Tổng hợp đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên năm học 2019 2020(phần 1)

Tổng hợp đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên năm học 2019 2020(phần 1) - có đáp án

Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHKHTN HÀ NỘI Vòng – Năm học 2019 – 2020 Bài a) Giải phương trình: 26x + x + 30 + 26x + = x + 30 b) Giải hệ phương trình: 2  x + y =  x + 2y ) + 3y + 4xy = 27  ( ( ) Bài a) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn (x )( ) − x + y + xy = 3x − b) Với x, y số thực thay đổi thỏa mãn  y  xy +  2y Tìm giá trị nhỏ biểu thức x2 + M= y +1 Bài Cho hình vng ABCD Đường tròn ( O ) nội tiếp hình vng tiếp xúc với cạnh AB, AD theo thứ tự E, F Gọi G giao điểm đường thẳng CE BF a) Chứng minh năm điểm A, F, O, G, E nằm đường tròn b) Gọi giao điểm đường thẳng FB với đường tròn ( O ) M khác F Chứng minh M trung điểm đoạn thẳng BG c) Chứng minh trực tâm tam giác GAF nằm đường tròn ( O ) Bài Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = Chứng minh rằng: y 1 2 x z  + +  + + 2 2  1+ x 1+ x 1+ y 1+ z 1+ y + z2      HƯỚNG DẪN GIẢI Bài a) Giải phương trình 26x + x2 + 30 + 26x + = x + 30 2  x + y = b) Giải hệ phương trình  x + 2y ) + 3y + 4xy = 27  ( ( ) Lời giải a) Giải phương trình 26x + x + 30 + 26x + = x + 30 • Lời giải Điều kiện định phương trình 26x +  Phương trình cho ( ) viết lại thành 26x + + 26x + x + 30 = x + 30 Đặt a = 26x + 5; b = x + 30 ( a  0; b  ) Khi phương trình trở thành a + 2ab = 3b  a + 2ab − 3b =  ( a − b )( a + 3b ) = Do ta có a  0; b  nên từ phương trình ta thu a − b =  a = b Do ta có phương trình 26x + = x2 + 30  26x + = x + 30  x − 26x + 25 =  x  1; 25 Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình S = 1; 25 • Lời giải Điều kiện định phương trình 26x +  Dễ thấy x2 + 30  nên phương trình cho viết lại thành 26x + x + 30 x + 30 Đặt t = 26x + x + 30 + 26x + x + 30 =3 26x + 26x + + −3=0 x + 30 x + 30 ( t  ) Khi phương trình trở thành t + 2t − =  ( t − 1)( t + ) =  t = Do ta 26x + x + 30 =  26x + = x + 30  x − 26x + 25 =  x  1; 25 Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình S = 1; 25 2  x + y = b) Giải hệ phương trình  x + 2y ) + 3y + 4xy = 27  ( ( ) Thế = x2 + y2 vào phương trình thứ hai hệ cho ta ( x + 2y ) ( x + y + 3y + 4xy ) = 27  ( x + 2y ) ( x + 4y + 4xy ) = 27  ( x + 2y )( x + 2y ) = 27  ( x + 2y ) = 27  x + 2y =  x = − 2y 2 2 2 Thay trở lại phương trình thứ hệ cho ta ( − 2y )  7 + y =  5y − 12y + =  ( y − 1)( 5y − ) =  y  1;   5 1 7 Từ ta nghiệm hệ phương trình ( x; y ) = ( 1;1) ,  ;  5 5 Bài ( )( ) a) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x2 − x + y + xy = 3x − b) Với x, y số thực thay đổi thỏa mãn  y  xy +  2y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M= x2 + y2 + Lời giải ( )( ) a) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x2 − x + y + xy = 3x − ( )( ) Do x2 − x + y + xy = 3x − nên 3x − chia hết cho x − x + ( ) Do suy ( 3x − 1)( 3x − ) chia hết cho x − x + hay ta x2 − x + − chia hết cho x − x + Từ dẫn đến x − x + ước Để ý  1 x − x + =  x −  +  nên suy x − x + = x − x + = Do tương 2  ứng ta x  −2; 0;1; 3 + Với x = −2 , thay vào phương trình ban đầu ta y − 2y = −1  ( y − 1) =  y = + Với x = , thay vào phương trình ban đầu ta y2 = −1 Phương trình vơ nghiệm + Với x = , thay vào phương trình ban đầu ta y + y =  ( y − 1)( y + ) =  y  −2;1 + Với x = , ta 3x − = x − x + = nên 3x − không chia hết cho x2 − x + Vậy cặp số nguyên thỏa mãn phương trình ( x; y ) = ( −2;1) , (1; −2 ) ; (1;1) b) Với x, y số thực thay đổi thỏa mãn  y  xy +  2y Tìm giá trị nhỏ x2 + biểu thức M = y +1 Từ giả thiết xy +  2y ta 4xy +  8y Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta thu 4xy  4x2 + y2 Như ta có 4x2 + y2 +  4xy +  8y Từ ta có ( ) ( ) 4x2 + 16  − 8y − y  x2 +  y + + ( 5y + )( − y ) ( ) ( ) Do  y  nên suy ( 5y + )( − y )  , y + + ( 5y + )( − y )  y + ( ) ( ) Suy x2 +  y + hay x2 +  y2 + x2 + y2 + Do ta M =  = Đẳng thức xẩy x = 1; y = y + y2 + Vậy giá trị nhỏ M 1, đạt x = 1; y = Bài Cho hình vng ABCD Đường tròn ( O ) nội tiếp hình vng tiếp xúc với cạnh AB, AD theo thứ tự E, F Gọi G giao điểm đường thẳng CE BF a) Chứng minh năm điểm A, F, O, G, E nằm đường tròn b) Gọi giao điểm đường thẳng FB với đường tròn ( O ) M khác F Chứng minh M trung điểm đoạn thẳng BG c) Chứng minh trực tâm tam giác GAF nằm đường tròn ( O ) Lời giải a) Chứng minh năm điểm A, F, O, G, E nằm đường tròn Do ABCD hình vng đường tròn ( O ) E A M tiếp xúc với cạnh AB, AD E, F AD Do suy tứ giác AEOF hình vng nên nội tiếp đường tròn đường kính AO Hai tam giác vng BEC AFB G H nên suy E, F trung điểm AB, B T I F O D J có BC = AB; BE = AF nên hai tam giác vng Từ ta EBG = ECB Do suy hai tam giác BGE CBE đồng dạng với nên ta EGB = EBC = 900 C Đến ta EGF = EAF = 900 nên điểm G nằm đường tròn đường kính AO Vậy năm điểm A, F, O, G, E nằm đường tròn b) Gọi giao điểm đường thẳng FB với đường tròn ( O ) M khác F Chứng minh M trung điểm đoạn thẳng BG Theo tính chất góc tạo tia tiếp tuyến với dây cung góc nội tiếp ta có MEB = MFE Mặt khác lại có MFE = GFE = GAE nên suy MEB = GAE = GAB nên ME song song với GA Do E trung điểm AB nên suy ME đường trung bình tam giác ABG Do M trung điểm BG c) Chứng minh trực tâm tam giác GAF nằm đường tròn ( O ) • Lời giải Do tứ giác AEOF hình vng nên suy AGF = 450 Gọi H trực tâm tam giác AGF I, J giao điểm AH với GF, CD Khi dễ thấy AI vng góc với BF nên AJ song song với CE Do tứ giác AJCE hình bình hành nên AE = CJ suy J trung điểm CE, J tiếp điểm CD với đường tròn (O) FOJ = 900 Gọi T giao điểm FH với AG, tứ giác GTHI nội tiếp đường tròn Đến ta JHF = JHF = FGA = 450 Do JHF = FOJ nên suy H thuộc đường tròn ( O ) Do trực tâm tam giác GAF nằm đường tròn (O) • Lời giải Gọi J giao điểm CD với đường tròn ( O ) , dễ thấy J trung điểm ddaonj thẳng CD Ngồi dễ thấy AJ vng góc với BF I Điều dẫn đến trực tâm H tam giác AFG thuộc đường thẳng AJ Do AO đường kính đường tròn ngoại tiếp đa giác AEGOF nên suy AG vng góc với GO Từ để ý AH song song với EG HF song song với OG ta suy HAF = GEO HFA = GOE Từ dễ thấy hai tam giác HAF GEO nên AH = EG Mà AI đường trung bình tam giác AIB nên AH = EG = AI Ta có AJ = BF nên ta có biến đổi sau AI 2SFAB : FB FA.AB FA.AB = = = = AJ AJ AJ AD2 + DJ AB2 2 = AB2 + AB2 Kết hợp kết lại ta AH = AJ Gọi K giao điểm khác J đường tròn (O) với AJ Theo tính chất tiếp tuyến cát tuyến ta có AK.AJ = AE2 = AB2 Theo AB2 5AB2 4AJ AJ định lí Pitago ta có AJ = AD + DJ = AB Do AK = = = = 4AJ 20AJ 20AJ 2 nên suy hai điểm H K trung Do trực tâm tam giác GAF nằm đường tròn ( O ) Bài Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = Chứng minh rằng: y 1 2 x z  + +  + + 2  + x2 1+ x 1+ y 1+ z + y2 + z2      Lời giải Do xy + yz + zx = nên x + = x + xy + yz + zx = ( x + y )( x + z ) Từ suy y+z 1 = = Áp dụng tương tự ta x + ( x + y )( x + z ) ( x + y )( y + z )( x + z ) x+y z+x = ; = y + ( x + y )( y + z )( z + x ) z + ( x + y )( z + x )( y + z ) Do ta có (x + y + z) 1 + + = + x + y + z ( x + y )( y + z )( z + x ) Cũng từ giả thiết xy + yz + zx = bất đẳng thức AM – GM ta có x + x2 Tương tự ta có Do x + x2 + x = x + xy + yz + zx = x ( x + y )( z + x )  1 x x  +   2x+y z+x y  1 y z 1 z z    + ;   +   + y2  y + z x + y  + z2  y + z z + x  y + y2 y + z + z2  Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có  x  x y y z  z     (x + y + z)  + + + + 2   + x2 + y2 + z   1+ x 1+ y 1+ z   ( x + y + z )( xy + yz + zx ) = ( x + y )( y + z )( z + x ) Suy ta y 2 x z  + +  + x2 + y2 + z2   ( x + y + z )( xy + yz + zx ) (x + y + z)   =  ( x + y )( y + z )( z + x ) ( x + y )( y + z )( z + x )  Kết hợp kết ta suy y 1 2 x z  + +  + + 2  + x2 1+ x 1+ y 1+ z + y2 + z2      Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xẩy x = y = z = Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHKHTN HÀ NỘI Vòng – Năm học 2019 – 2020 Bài 2  3x + y + 4xy = a) Giải hệ phương trình  x + y ) x2 + xy + =  ( ( b) Giải phương trình 27 + x + x ( 2+ 5− x +x ) ) = 27 + 2x + − 2x Bài a) Chứng minh với số nguyên dương n ta ln có 7 ( 27n + )7 + 10  + (10n + 27 )7 +  + ( 5n + 10 )7 + 27        chia hết cho 42 b) Với x, y số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện 4x2 + 4y2 + 17xy + 5x + 5y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 17x2 + 17y2 + 16xy Bài Cho tam giác ABC cân A có đường tròn nội tiếp ( I ) Các điểm E F thuộc cạnh AC AB (E khác A C, F khác A B) cho EF tiếp xúc với đường tròn ( I ) P Gọi K L hình chiếu E F BC Giả sử KF cắt EL J Gọi H hình chiếu vng góc J lên BC a) Chứng minh HJ phân giác góc EHF b) Kí hiệu S1 ; S diện tích tứ giác BFJL CEJK Chứng minh S1 BF2 = S CE c) Gọi D trung điểm cạnh BC Chứng minh ba điểm P, J, D thẳng hàng Bài Cho M tập hợp tất số nguyên liên tiếp từ −2019 đến 2019 Chứng minh 2021 số đơi phân biệt chọn từ tập hợp M tồn ba số phân biệt có tổng HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 2  3x + y + 4xy = a) Giải hệ phương trình:  x + y ) x2 + xy + =  ( ( b) Giải phương trình: ) 27 + x + x ( 2+ 5− x +x ) = 27 + 2x + − 2x Lời giải 2  3x + y + 4xy = a) Giải hệ phương trình:  x + y ) x2 + xy + =  ( ( ) Biến đổi phương trình thứ hệ cho ta ( x + y )( 3x + y ) = Kết hợp với ( ) phương trình thứ hai hệ cho ta ( x + y )( 3x + y ) = ( x + y ) x + xy + Cũng từ phương trình thứ hai hệ cho ta x + y  Do từ phương trình ta 3x + y = x + xy +  x + xy − 3x − y + =  x − x + xy − y − 2x + =  x ( x − 1) + y ( x − 1) − ( x − 1) =  ( x − 1)( x + y − ) = + Với x − = ta x = , thay vào phương trình thứ hệ phương trình cho ta y + 4y − =  ( y − 1)( y + ) =  y  −5;1 + Với x + y − = ta x = − y , tháy vào phường trình thứ hệ phương trình cho ta ( − y ) + y + 4y ( − y ) =  −4 ( y − 1) =  y = Từ ta x = tương ứng Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 1; −5 ) , ( 1;1) b) Giải phương trình: 27 + x + x ( + − x2 + x ) = 27 + 2x + − 2x • Lời giải Điều kiện xác định phương trình 27 + 2x  0; x2 + x  5; − 2x  Phương trình cho viết lại thành ( 32 − − x − x + − x2 − x )= Đặt a = − x2 − x; b = − 2x Khi dễ thấy a  0; b  32 − ( − 2x ) + − 2x 32 − a 32 − b2 = 2+a 2+b Phương trình trở thành 32 − a  32 − b2 + Nếu a  b  ta có (1) 1  2+a 2+ b 32 − a 32 − b2 hay phương trình ( 1) vơ nghiệm  2+a 2+b Từ suy + Nếu a = b , ta có phương trình − x2 − x = − 2x  x ( x − 1) =  x  0;1 32 − a2  32 − b2 + Nếu b  a  ta có 1  2+a 2+ b 32 − a 32 − b2 hay phương trình ( 1) vơ nghiệm  2+a 2+b Từ suy Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình S = 0;1 • Lời giải Điều kiện xác định phương trình 27 + 2x  0; x2 + x  5; − 2x  Phương trình cho viết lại thành ( 27 + x + x ( ) 2+ 5− x +x ) = 27 + 2x + − 2x Đặt a = x2 + x; b = 2x Khi phương trình viết lại thành 27 + a + 5−a = 27 + b 2+ 5−b Từ phương trình ta có điều kiện xác định −27  a, b  27 + a 2+ 5−a 2 ( − 27 + b 2+ 5−b =0 ) ( 27 + a − 27 + b + ( ) ( 27 + a + − b − 27 + b + − a (2 + )( 5−a 2+ 5− b ) ) ) =0 27 + a − b − 27 + b − a = Đến ta xét trường hợp sau + Nếu a = b , ta có x + x = 2x  x ( x − 1) =  x  0;1 + Nếu a  b , dễ thấy suy 27 + a + 27 + b  0; 27 + a − b + 27 + b − a  Khi ta có  27 + a  27 + b; 27 + a − b  27 + b − a Từ ta ( ) ( 27 + a − 27 + b + (a − b) + ) 27 + a − b − 27 + b − a = 32 ( a − b ) =0 27 + a + 27 + b 27 + a − b − 27 + b − a   32  (a − b)  + =0 27 + a − b − 27 + b − a   27 + a + 27 + b Đề số ĐỀ THI TS LỚP 10 CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH QUẢNG NAM Chuyên Toán – Năm học 2019 – 2020 Câu (2.0 điểm)  x +2 x +  x2 − x x + x − a) Cho biểu thức A =  với x  Rút gọn −  x − x + x x +  x +   biểu thức A tìm x để A = b) Chứng minh với số nguyên dương n, số M = 9.34n − 8.24n + 2019 chia hết cho 20 Câu (1.0 điểm) Cho Parabol ( P ) : y = −x đường thẳng ( d ) : y = x + m − Tìm tất giá trị tham số m để ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x thỏa mãn x12 + x22  Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình x2 − x2 − 4x = ( x + ) x + y + 4x + 2y = b) Giải hệ phương trình  2 x + 7y − 4xy + 6y = 13 Câu (2.0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn Gọi H, K hình chiếu vng góc C lên đường thẳng AB, AD a) Chứng minh AB.AH + AD.AK = AC2 b) Trên đoạn thẳng BC, CD lấy điểm M, N (M khác B, M khác C) cho hai tam giác ABM CAN có diện tích Giả sử BD cắt AM AN E F Chứng minh BM DN + = BE + DF  EF BC DC Câu (2.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) có H trực tâm Ba điểm D, E, F chân đường có vẽ từ A, B, C tam giác ABC Gọi I trung điểm cạnh BC, P giao điểm EF với BC Đường thẳng DF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai K a) Chứng minh PB.PC = PE.PF KE song song với BC b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai Q Chứng minh tứ giác BIQF nội tiếp đường tròn Câu (1.0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: (1 + a ) P= + b2 + ab + a + (1 + b ) + + c2 + bc + b + (1 + c ) + + a2 + ca + c + HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2.0 điểm)  x +2 x +  x2 − x x + x − − a) Cho biểu thức A =  với x  Rút gọn  x − x + x x +  x +   biểu thức A tìm x để A = b) Chứng minh với số nguyên dương n, số M = 9.34n − 8.24n + 2019 chia hết cho 20 Lời giải  x +2 x +  x2 − x x + x − − a) Cho biểu thức A =  với x  Rút gọn biểu  x − x + x x +  x +   thức A tìm x để A = + Với x  ta có  x +2 x +  x2 − x x + x − A= −   x − x + x x +  x +3   = = = ( x +2 ( )( ) x +1 −2 x −8 x x  x +1 x− x +1 )( x+3 x +2−2 x x +1 ( x −2 )( ) x − (x  ) x −1 x +3  x +3 x +1 ( ) ( x −1 + ( )( x −2 ) x +3 x −1 x +3 = x −1 )( )= (x + ) x −2 x −6  x −1 x +3 ) x −1 = x − x + + Khi ta có A =  x−3 x +2 =  x−3 x −4 =  x+ x −4 x −4 =0  ( x −4 )( ) x + =  x − =  x = 16 Kết hợp với điều kiện xác định ta với x = 16 A = b) Chứng minh với số nguyên dương n, số M = 9.34n − 8.24n + 2019 chia hết cho 20 • Lời giải Ta có M = 9.34n − 8.24n + 2019 = 9.92n − 8.42n + 2019 + Do chia có số dư nên suy 2n = ( + 1) 2n chia có số dự Do 9.92n chia có số dư Lại có 2019 chia có số dư Từ ta M = 9.92n − 8.42n + 2019 chia hết cho + Ta có 2n = ( 10 − 1) lại có 2n = ( − 1) 2n 2n chia có số dư nên 9.92n chia có số dư Mặt khác ta chia có số dư nên 8.42n chia có số dư Lại có 2019 chia có số dư Từ ta M = 9.92n − 8.42n + 2019 chia có số dư − + = nên M = 9.92n − 8.42n + 2019 chia hết cho Mà ta có ( 4; ) = suy M = 9.34n − 8.24n + 2019 chia hết cho 20 với số nguyên dương n • Lời giải Ta có M = 9.34n − 8.24n + 2019 = 9.92n − 8.42n + 2019 Ta có 81  ( mod )  81n  ( mod )  9.81n   ( mod ) 8.16 n  ( mod ) Do ta M  − + 2019  2020  ( mod ) hay M Lại có 81  ( mod )  81n  ( mod )  9.81n   ( mod ) Và 16  ( mod )  16 n  ( mod )  8.16 n   ( mod 5) ) Do ta M  − + 2019  2020  ( mod ) hay M Mà ta có ( 4; ) = suy M = 9.34n − 8.24n + 2019 chia hết cho 20 với số nguyên dương n Câu (1.0 điểm) Cho Parabol ( P ) : y = −x đường thẳng ( d ) : y = x + m − Tìm tất giá trị tham số m để ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x thỏa mãn x12 + x22  Lời giải Xét phương trình hồnh độ giao điểm Parabol ( P ) đường thẳng ( d ) −x2 = x + m −  x2 + x + m − = Ta có  = − ( m − ) = − 4m Parabol ( P ) đường thẳng ( d ) cắt hai điểm phân biệt phương trình hồnh độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt hay    m  Khi theo hệ thức Vi – et ta có: x1 + x = −1; x1x = m − Ta có x12 + x22   ( x1 + x2 ) − 2x1x2  Do ta − ( m − )   − 2m   m  Kết hợp với điều kiện có nghiệm ta  m  thỏa mãn yêu cần toán Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình x2 − x2 − 4x = ( x + ) 2 x + y + 4x + 2y = b) Giải hệ phương trình  2 x + 7y − 4xy + 6y = 13 Lời giải a) Giải phương trình x2 − x2 − 4x = ( x + ) Điều kiện xác định phương trình x2 − 4x  Khi ta biến đổi phương trình ( ) dạng x − 4x − x − 4x − 12 = x2 − 4x = y ( y  ) Phương trình trở thành y2 − y − 12 =  y = Đặt x2 − 4x =  x2 − 4x = 16  ( x − ) = 20  x =  Từ ta có phương trình Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình cho   S = − 5; + x + y + 4x + 2y = b) Giải hệ phương trình  2 x + 7y − 4xy + 6y = 13 Biến đổi tương đương hệ phương trình cho ta x + y + 4x + 2y = x + 4x + + y + 2y + =   2 2 x + 7y − 4xy + 6y = 13 x − 4xy + 4y + 3y + 6y + = 16 ( x + )2 + ( y + 1)2 = 2 ( x + )2 + ( y + 1)2 = 16     2 2 ( x − 2y ) + ( y + 1) = 16 ( x − 2y ) + ( y + 1) = 16 Lấy hiệu theo vế hai phương trình hệ cho ta ( x + ) − ( x − 2y ) − ( y + 1) =  ( x + ) − ( x − 2y ) + ( x + ) − ( y + 1) = 2 2  ( 2x − 2y + )( 2y + ) + ( x + y + )( x − y + 1) = 2  ( x − y + 1)( 4y + ) + ( x + y + )( x − y + 1) =  ( x − y + 1)( x + 5y + ) = + Với x − y + = ta x = y − Thay vào phương trình thứ hệ cho ta ( y − + ) + ( y + 1) =  ( y + 1) =  ( y + 1) =  y  −3;1 2 2 Từ ta ( x; y ) = ( 0;1) , ( −4; −3 ) thỏa mãn hệ phương trình + Với x + 5y + = ta x = −5y − Thay vào phương trình thứ hệ cho ta ( −5y − + ) + ( y + 1) 2 =  26 ( y + 1) =  ( y + 1) = 2  2   y  −1 + ; −1 −  13 13 13    10   10  Từ ( x; y ) =  −2 − ; −1 + ; −1 −  ,  −2 +  thỏa mãn hệ phương trình 13 13   13 13   Vậy nghiệm hệ phương trình cho  ( x; y ) = ( 0;1) , ( −4; −3 ) ,  −2 − 10  13 ; −1 +   10  ; −1 −  ,  −2 +  13   13 13  Câu (2.0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn Gọi H, K hình chiếu vng góc C lên đường thẳng AB, AD a) Chứng minh AB.AH + AD.AK = AC2 b) Trên đoạn thẳng BC, CD lấy điểm M, N (M khác B, M khác C) cho hai tam giác ABM ACN có diện tích Giả sử BD cắt AM AN E F Chứng minh BM DN + = BE + DF  EF BC DC Lời giải a) Chứng minh AB.AH + AD.AK = AC2 Kẻ BP vng góc với AC P B A H DQ vng góc với AC Q Khi dễ E Q thấy hai tam giác vng AQD CPB Do ta AQ = CP nên F AQ + AP = AC Lại dễ thấy hai tam giác vuông APB AHC đồng dạng với nên AB AP = AC AH D ta có AD.AK = AC.AQ Kết hợp P N hay ta AB.AH = AC.AP Chứng minh tương tự M O K C kết lại ta AB.AH + AD.AK = AC.AP + AC.AQ = AC ( AP + AQ ) = AC b) Chứng minh BM DN + = BE + DF  EF BC DC + Hai tam giác ADN ADC có chung đường cao kẻ từ A nên ta có tam giác ABM ABC có chung đường cao hạ từ A nên ta có S ABM = S ACN S ABC = S ADC Do suy DN S ADN = Hai DC S ADC BM S ABM = Mà BC S ABC BM S ACN = nên BC S ADC BM DN S ACN S ADN S ACN + S ADN + = + = = BC DC S ADC S ADC S ADC + Từ O vẽ OX OY vng góc với BC CD Gọi T hình chiếu E BC, ta có ET  OX Dễ thấy S OBC = S OCD nên OX.BC = OY.CD hay ta CN DN BM DN BC OY OY Theo ta có = + +  = nên = Mà ta lại có CD OX ET CD CD BC DC suy BM CN BM BC BM OY hay Kết hợp hai kết lại ta hay = =  CN DC CN ET BC CD BM.ET  CN.OY nên S BEM  S CON  S COFN Mà ta có S ABM = S ACN nên S ABE + S BEM = S AOF + S COFN Từ suy S AOF  S ABE Ta có S ABC = S ADC S ABM = S ACN nên S ACM = S ADN Lập luận chứng minh tương tự ta có S AOE  S ADF Như ta S AEF  S ABE + S ADF Mà tam giác AEF, ABE ADF có chung đường cao hạ từ A nên ta suy ta BE + DF  EF Câu (2.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) có H trực tâm Ba điểm D, E, F chân đường có vẽ từ A, B, C tam giác ABC Gọi I trung điểm cạnh BC, P giao điểm EF với BC Đường thẳng DF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai K a) Chứng minh PB.PC = PE.PF KE song song với BC b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai Q Chứng minh tứ giác BIQF nội tiếp đường tròn Lời giải A J E K F QO H P B D I C a) Chứng minh PB.PC = PE.PF KE song song với BC + Ta có BEC = BFC = 900 nên tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn, suy BCF = BEF Hai tam giác PBE PFC có góc EPC chung BCF = BEF nên đồng dạng với nhau, suy PB PE hay PB.PC = PE.PF = PF PC + Ta có BDH = BFH = 90 nên tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn, suy DFH = DBH  AH  Gọi J trung điểm AH Dễ thấy tam giác HEF nội tiếp đường tròn  J; nên   tứ giác HEKF nội tiếp đường tròn ( J ) Từ ta BFH = HEK = 180 − HFK Mà ta có DFH = DBH nên suy DBH = HEK hay KE song song với BC b) Chứng minh tứ giác BIQF nội tiếp đường tròn Trước hết ta chứng minh DIEF tứ giác nội tiếp + Hướng Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn nên ta có DBH = HFE Mà ta có DFH = DBH nên DFE = 2DBH Tam giác EBC vng E có đường trung tuyến EI nên IB = IE = BC , suy tam giác IBE cân I nên CIE = 2CBE Như ta CIE = DFE nên tứ giác DIEF nội tiếp đường tròn + Hướng Chứng minh IEH = DBH = HFE nên IEH = sđHE hay EI tiếp tuyến đường tròn ( J ) Từ suy IEF = EAF = BHF = BDF hay tứ giác DIEF nội tiếp đường tròn Dễ chứng minh hai tam giác PDF PEI đồng dạng với nên PD.PI = PE.PF Lại có hai tam giác PHE PFQ đồng dạng với nên PE.PF = PH.PQ Do PD PH = , suy hai tam giác PDH PQI đồng dạng với PQ PI PD.PI = PH.PQ hay nên PHD = PIQ Lại có PHD = AHQ = AFQ nên ta AFQ = PIQ hay tứ giác BIQF nội tiếp đường tròn Câu (1.0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức (1 + a ) P= + b2 + ab + a + (1 + b ) + + c2 + bc + b + (1 + c ) + + a2 + ca + c + Lời giải • Lời giải Dự đốn giá trị nhỏ P 5, đạt a = b = c = Khi ta quy tốn chứng minh (1 + a ) P= + b2 + ab + a + (1 + b ) + + c2 + bc + b + (1 + c ) + + a2 + ca + c +  Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có (1 + a ) + b2 + = a + b2 + 2a +  2ab + 2a + = ( ab + a + ) − (1 + a ) Do ta + b2 + ab + a +  ( ab + a + ) − ab + a + = 2− ab + a +  2  + + Áp dụng hoàn toàn tương tự ta P  −    ab + a + bc + b + ca + c +   2  + + Như ta cần chứng minh −  5  ab + a + bc + b + ca + c +  Hay ta cần chứng minh 1 1 + +  ab + a + bc + b + ca + c + Do abc = nên tồn số dương x, y, z thỏa mãn a = y x z ; b = ; c = Khi ta y z x yz xy 1 zx + + = + + ab + a + bc + b + ca + c + xy + xz + 4yz xy + yz + 4xz xz + yz + 4xy Đặt Q = yz xy zx Biến đổi tương đương ta + + xy + xz + 4yz xy + yz + 4xz xz + yz + 4xy − 3Q = − 3yz 3xy 3zx +1− +1− xy + xz + 4yz xy + yz + 4xz xz + yz + 4xy   1 − 3Q = ( xy + yz + xz )  + +   xy + xz + 4yz xy + yz + 4xz xz + yz + 4xy  Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng − 3Q = ( xy + yz + xz ) Vậy 1 1 ta + +  A B C A+B+C 9 3 =  3Q  − =  Q  6xy + 6yz + 6xz 2 1 1 + +  Đẳng thức xẩy a = b = c = ab + a + bc + b + ca + c + Vậy toán chứng minh hồn tất • Lời giải Dễ chứng minh bất đẳng thức x2 + y2  2xy 1 với +  x y x+y x, y  Áp dụng bất đẳng thức ta có (1 + a ) a + b2 + 2a + 2ab + 2a + ( ab + a + ) − =  = ab + a + ab + a + ab + a + ab + a + 4 1 1 = 2− = 2−   2−  +  ab + a + ( ab + a + 1) +  ab + a +  + b2 + = 11 1 −  ab + a + Hoàn toàn tương tự ta (1 + b ) + c2 + bc + b + Do ta P  + c ) + a + 11 ( 11 1  −  ;  −  bc + b + ca + c + ca + c + 11  1  −  + + 2  ab + a + bc + b + ca + c +  Vì abc = nên ta lại có biến đổi a a ab ab = = ; = = bc + b + abc + ab + a ab + a + ca + c + a bc + abc + ab ab + a + Suy 1 1 a ab + + = + + =1 ab + a + bc + b + ca + c + ab + a + ab + a + ab + a + Do ta có P  11 − = Dấu đẳng thức xẩy a = b = c = 2 Vậy giá trị nhỏ P 5, đạt a = b = c = Đề số ĐỀ THI TS LỚP 10 CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH QUẢNG NAM Chuyên Tin – Năm học 2019 – 2020 Câu (1.5 điểm) Cho biểu thức A = x+ x − x −1 x ( x ) x −1 với x  0; x  Rút gọn biểu thức A tìm x để A = Câu (1.0 điểm) Tìm tất cặp số tự nhiên ( x; y ) thỏa mãn 2x − y2 + 2y + = Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình 3−x −x+1=  x + y + x + y = b) Giải hệ phương trình   2x + 2y − xy = Câu (1.0 điểm) Cho parabol ( P ) : y = x đường thẳng ( d ) : y = m với m tham số Tìm tất giá trị m để ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt A B cho tam giác OAB tam giác Câu (3.5 điểm) Cho tam giác ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) đường kính BC Tiếp tuyến A với đường tròn ( O ) cắt BC D Vẽ dây cung AE đường tròn ( O ) vng góc với BC Gọi H giao điểm AE với BC K hình chiếu vng góc A lên CE Tia phân giác góc BAC cắt BC F a) Chứng minh AB.HC = AC.HA b) Chứng minh CDE = CAK c) Chứng minh DF2 = DB.DC Câu (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z Tìm giá trị lớn biểu thức P= xy + ( 2x + z )( 2y + z ) yz + ( 2y + x )( 2z + x ) zx ( 2z + y )( 2x + y ) HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (1.5 điểm) Cho biểu thức A = x+ x − x −1 x x ( ) x −1 với x  0; x  Rút gọn biểu thức A tìm x để A = Lời giải Với x  0; x  ta có A= x+ x − x −1 x Khi A =  ( x +1 x x = ) ( x −1 x ( )( x −1 ) x +1 − ) x( x +1 x ) x −1 =  x = x +1 x = 1 x = Kết hợp với điều kiện xác định ta thấy x = x −1 = x ( x −1 ) = x +1 x 1 x= thỏa mãn Câu (1.0 điểm) Tìm tất cặp số tự nhiên ( x; y ) thỏa mãn 2x − y2 + 2y + = Lời giải Biến đổi phương trình cho ta x − y + 2y + =  x = y − 2y −  x = ( y + 1)( y − ) Do số nguyên tố x, y số tự nhiên nên tồn số tự nhiên a, b với a  b thỏa mãn điều kiện y + = 2a y − = b , với x = a + b ( ) Từ suy 2a − b =  b 2a − b − = 22 Dễ thấy a  b 2a − b − số lẻ 2a − b − = a − b = a =   Do ta  b 2 = b = b = Đến ta suy x = , thay vào phương trình cho ta − y + 2y + =  y − 2y − 35 =  y  −5; 7 Do y số tự nhiên nên ta nhận y = Vậy cặp số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu toán ( x; y ) = ( 5; ) Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình 3−x −x+1=  x + y + x + y = b) Giải hệ phương trình   2x + 2y − xy = Lời giải a) Giải phương trình 3−x −x+1= Điều kiện xác định phương trình x  Biến đổi phương trình cho ta  x  x   − x = x −1   x=2  x − x − = − x = x −  ( )    Kết hợp với điều kiện xác định ta x = nghiệm phương trình  x + y + x + y = b) Giải hệ phương trình   2x + 2y − xy = Biến đổi hệ phương trình cho ta 2  x + y + x + y = ( x + y ) + x + y − 2xy = ( x + y ) + x + y −  ( x + y ) +  =    2x + 2y − xy = xy = − x + y ( )  xy = ( x + y ) +   x + y = −2 ( x + y )2 − ( x + y ) − 10 =  x + y = −2; xy =    x + y =   x + y = 5; xy = −7 xy = − ( x + y )  xy = − ( x + y ) Câu (1.0 điểm) Cho parabol ( P ) : y = x đường thẳng ( d ) : y = m với m tham số Tìm tất giá trị m để ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt A B cho tam giác OAB tam giác Lời giải Trước hết ta nhắc lại cơng thức tính khoảng cách hai điểm A ( x A ; y A ) B ( x B ; y B ) hệ trục tọa độ Oxy AB = (x − xB ) + ( yA − yB ) A Đường thẳng ( d ) : y = m đường thẳng song song với trục hoành Ox Để đường thẳng ( d ) parabol ( P ) cắt hai điểm A B phân biệt phương trình hồnh độ x = m phải có hai nghiệm phân biệt Từ phương trình ta m  Khi ta hai hoành độ giao điểm xA = m; x B = − m Từ suy tọa độ giao điểm đường thẳng ( d ) parabol ( P ) A ( ) ( ) m; m B = − m; m Để ý đến tính đối xứng hai điểm A B ta tính độ dài đoạn thẳng AB, OA, OB OA = OB = m + n AB = m Để tam giác AOB tam giác ta cần có OA = OB = AB Từ ta có m + n = m  m + m = 4m  m − 3m =  m  0; 3 Do m  nên ta chọn m = Thay vào ta thấy thỏa mãn toán Vậy m = giá trị cần tìm Câu (3.5 điểm) Cho tam giác ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) đường kính BC Tiếp tuyến A với đường tròn ( O ) cắt BC D Vẽ dây cung AE đường tròn ( O ) vng góc với BC Gọi H giao điểm AE với BC K hình chiếu vng góc A lên CE Tia phân giác góc BAC cắt BC F a) Chứng minh AB.HC = AC.HA b) Chứng minh CDE = CAK c) Chứng minh DF2 = DB.DC Lời giải A D B H F C O K E a) Chứng minh AB.HC = AC.HA Do tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) có đường kính BC nên tam giác ABC vng A Lúc AH đường cao tam giác ABC nên suy BAH = ACH , hai tam giác vuông AHB CHA đồng dạng với nên AB.HC = AC.HA b) Chứng minh CDE = CAK AB AH hay ta = AC CH Do AE vng góc với BC H nên suy C E đối xứng với qua BC Từ dẫn đến DE tiếp tuyến E đường tròn ( O ) Do ta có ADC = EDC Mặt khác ta lại có ADC = 90 − DAE = 90 − ACE = CAK Từ ta CDE = CAK c) Chứng minh DF2 = DB.DC Ta có AF phân giác góc BAC nên suy BAF = CAF = 450 Do ta suy DAF = DAB + BAF = DAB + 450 Lại có góc AFD góc ngồi tam giác AFC nên ta có AFD = 450 + ACF Mà ta lại có ACF = ACB = BAD nên ta DAF = DFA cân D, suy DA = DF Hai tam giác DAB DCA có góc ADB chung ACB = BAD nên hai tam giác đồng dạng với Từ suy DA DC hay = DB DA DA2 = DB.DC Đến ta thu DF2 = DB.DC Câu (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z Tìm giá trị lớn biểu thức P= xy + ( 2x + z )( 2y + z ) yz + ( 2y + x )( 2z + x ) zx ( 2z + y )( 2x + y ) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có xy y   2x 2y   1 x z z    + + − =   = 2− ( 2x + z )( 2y + z )  2x + z 2y + z   2x + z 2y + z   2x + z 2y + z  Áp dụng tương tự ta thu yz 1 x x   2− − ; ( 2y + x )( 2z + x )  2y + x 2z + x  Do ta suy P  Đặt T = y y  zx 1  2− − ( 2z + y )( 2x + y )  2z + y 2x + y  y y  1  z z x x + + + + + 6 −     2x + z 2y + z 2y + x 2z + x 2z + y 2x + y   y y z z x x + + + + + 2x + z 2y + z 2y + x 2z + x 2z + y 2x + y Áp dụng bất đẳng Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta z z 4z 2z +  = 2x + z 2y + z 2x + 2y + 2z x + y + z Áp dụng tương tự ta có y y 2y x x 2x +  ; +  2y + x 2z + x x + y + z 2z + y 2x + y x + y + z Do T = ( x + y + z) y y z z x x + + + + +  =2 2x + z 2y + z 2y + x 2z + x 2z + y 2x + y x+y+z Đến ta suy P  ( − ) = , dấu xẩy x = y = z Vậy giá trị lớn biểu thức P 1, đạt x = y = z ... Vậy với trường hợp dẫn đến mâu thuẫn, tức điều giả sử sai Do mệnh đề phát biểu Áp dụng mệnh đề cho n = 101 0 ta có điều cần chứng minh Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH THANH... nhiều ba lần Do có 2022 : = 674 tam giác đẹp khác Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH THANH HÓA Chuyên Tin học – Năm học 2019 – 2020 Câu I (2.0 điểm) Chứng minh rằng: +1 +... ( a − 1)( a + 1) ( a ) ( − ) + 5a ( a − 1)( a + 1) a − a = a ( a − 1)( a + 1) a + = a ( a − 1)( a + 1) a − + ) = a ( a − 1)( a + 1)( a − )( a + ) + 5a ( a − 1)( a + 1) Để ý ( a − )( a − 1) a (