060 đề thi vào 10 chuyên toán cần thơ 2019 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức A  KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Khóa ngày 02 tháng năm 2019 Mơn thi: TỐN (CHUN) x   x  1  x   x  1   1   , x    x   x  1 x  1, x  a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức A số nguyên Câu (1,0 điểm) Anh Bình vừa tốt nghiệp loại xuất sắc nên nhiều công ty mời làm việc, có cơng ty A B Để thu hút người tài, hai công ty đưa hình thức trả lương thời gian thử việc sau: Cơng ty A: Anh Bình nhận 1400USD ký hợp đồng thử việc tháng trả lương 1700USD Công ty B: Anh Bình nhận 2400USD ký hợp đồng thử việc tháng trả lương 1500USD Em tư vấn giúp anh Bình lựa chọn cơng ty để thử việc cho tổng số tiền nhận lớn Biết thời gian thửu việc hai công ty từ tháng đến tháng Câu (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng m2  d1  : y  m x  m   d2  : y  x  (m tham số thực khác 0) Tìm tất giá trị m 1 tham số m để  d1   d  cắt điểm A cho diện tích hình 15 Biết B  1;2  hai điểm H , K hình chiếu vng góc B A lên trục hồnh Câu (3,0 điểm) thang ABHK a) Giải phương trình: x  3x   x  x  21  11 2   x  y  xy  b) Giải hệ phương trình:  2   x  y  xy  y  x c) Tìm tất cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 2020  x  y   2019  xy  1  Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân có AB  AC, trực tâm H đường trung tuyến AM Gọi K hình chiếu vng góc H lên AM , D điểm đối xứng A qua M L điểm đối xứng K qua BC a) Chứng minh tứ giác BCKH ABLC nội tiếp b) Chứng minh LAB  MAC c) Gọi I hình chiếu vng góc H lên AL, X giao điểm AL BC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác IXM đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC tiếp xúc với Câu (1,0 điểm) a) Cho a, b, c số thực x, y, z số thực dương Chứng minh: a b2 c  a  b  c     x y z x yz b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  số thực dương thỏa mãn abc  a3  b3  c3  với a, b, c   a  b  c  b3  c  a  c  a  b  ĐÁP ÁN Câu a) A     x   x  1  x   x  1   1    x 1 x2  x  x 1 x 1 1  x 1 x 1 1  x      x 1   x  2   x 1 1    x  2  x 1 1 2  x2    x 1  x 1 1  x 1 1  x     x2  x 1  Nếu  x  A  1 x 1  x 1 1 x  2 x  2     x  2 x 1  x x 1 x 1 x 1 1 x 1 1 x  2 x 1 x  2   x2 x 1 x  x 1 x 1 2 b) TH1: Nếu  x  A  x 1 Để A nhận giá trị nguyên x  1phải ước dương (vì x nguyên x  1) Nếu x  A   x    x  2(ktm)   x    x  3(ktm) x 1 Vì x nguyên, x  nên x  1nguyên x   TH2: Nếu x  A  x  ước lớn  x    x  5(tm) Vậy với x  A nhận giá tri nguyên Câu Gọi x (tháng) số tháng thử việc anh Bình  x  * /3  x  8 A nhận giá tri nguyên nên Gọi y USD  số tiền anh Bình nhận sau x tháng thử việc Theo cơng ty A số tiền anh Bình nhận được: y  1400  1700 x (d1 ) Theo công ty B số tiền anh Bình nhận được: y  2400  1500 x (d2 ) Xét phương trình hồnh độ giao điểm  d1   d  : 1400  1700 x  2400  1500 x  x   y  9900 Xét đồ thị biểu diễn hai hàm  d1   d  sau: Căn vào đồ thị, ta tư vấn cho anh Bình sau: +Nếu thử việc từ đến tháng anh Bình nên chọn cơng ty B thu nhiều tiền +Nếu thử việc từ tháng anh Bình nên chọn cơng ty A thu nhiều tiền +Nếu thử việc tháng anh Bình chon cơng ty thu tiền Câu Xét phương trình hồnh độ giao điểm  d1   d  là: m2 m xm 2 x2 m 1 m4  x  m4  x  m2  1 m    y  m   A  m  1; m   m 1 H, K hình chiếu B, A lên Ox nên H  1;0  , K  m2  1;0  15  AK  BH  HK  15  AK  BH HK  15    2  m2   m  1 2   m   m    15  m  6m      m  7(VN ) Câu S ABHK  x  3x   x  x  21  11 a) 3  Ta có: x  3x    x     0x 4  2  75  x  x  21   x     0x 4   Đặt a  x2  3x   a  0 , phương trình cho trở thành: Bình phương hai vế phương trình (1) ta được: 3a  17  2a  17 a  121 104    2a  17 a  104  3a  a       2a  17a   10816  624a  9a  a  676(ktm)  a  692a  10816     a  16(tm) a  2a  17  111 x  Với a  16  x  3x  14    x     7  Vậy S  2;   2 b)  x  y  xy  (1)  2  x  y  xy  y  x (2) PT (2)   x  y    xy  y    x  y     x  y 1  y  x   x  y  x   y   1  y  x  x  y 1  x   y  1 Với x   y, từ PT (1)  x     x  1  y   y   x  1 y   x  7  Với x  y  1, từ PT 1   y  12  y   y  1 y   y  y       Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   1; 1 ;  1;1 ;  1;0  ;  ;    7   c)2020  x  y   2019  xy  1   2019  x  y   x  y  2024 (1)  2019  x  y   2024   x  y   2 2024    x  y  1  x  y  2019 x y 0   x  y  Nếu x  y   x  y, từ 1  x  2024  x  1012 (vô nghiệm nguyên) x  y 1  y  x 1 Nếu x  y  1thì  từ 1  x  y    x  y  1  y  x  Thay y  x  vào (2) ta được:  x  1  y  2  x   x  1   x  x     x   y 1 (2) Thay y  x  1vào (2) ta : x 1 y  2  x   x  1   x  x      x  2  y  1 Vậy phương trình có nghiệm nguyên  x; y   1;2  ;  2;1 ; 1; 2 ;  2; 1 Câu A F G J I K O' H B C M E X O L D a) Gọi E, F , G theo thứ tự chân đường cao AE, BF , CG tam giác ABC AK AH AHK AME ( g.g )    AK AM  AH AE AE AM AH AF AHF ACE ( g.g )    AC AF  AH AE AC AE AK AF   AFK AMC  AKF  ACM AC AM FBC vuông F có FM đường trung tuyến  FM  MC  BC  MFC cân M  MFC  MCF  ACB Xét tứ giác BHKC có: Từ suy AK AM  AF AC  HKC  HBC  HKM  MKC  HBC  900  MFC  HBC  900  ACB  HBC  900  900  1800 Suy tứ giác BHKC nội tiếp Ta có: AGHF nội tiếp  BAC  GHF  1800 mà GHF  BHC (đối đỉnh) Lại có: BHKC nội tiếp  BHC  BKC mà BKC  BLC (K, L đối xứng qua BC) Từ đó: BAC  BLC  1800  ABLC tứ giác nội tiếp b) Ta có: LAB  LCB (ABLC nội tiếp, chắn cung BL) Mà LCB  KCM ( K đối xứng L qua BC)  LAB  KCM (1) AMC CMK có KMC chung MKC  ACB  AMC CMK ( g.g )  KCM  MAC (2) Từ (1) (2) suy : LAB  MAC c) Ta có : ABDC hình bình hành MA  MD, MB  MC  BDC  BAC Mà BHC  BAC  1800  BHC  BDC  1800  BHCD tứ giác nội tiếp  B, H , K , C, D thuộc đường tròn AB / /CD mà CH  AB  CH  CD  HD đường kính đường tròn ngoại tiếp BHC Gọi O trung điểm HD O tâm đường tròn ngoại tiếp BHC Ta có: AI AX  AH AE AH AE  AK AM suy AI AX  AK AM AI AK    AKI AXM  AKI  AXM  IXMK tứ giác nội tiếp AM AX Suy K thuộc đường tròn ngoại tiếp IXM Suy đường tròn ngoại tiếp BHC đường tròn ngoại tiếp IXM có điểm chung K OD  OK (bán kính đường tròn ngoại tiếp BHC)  OKD cân  OKD  ODK Gọi J trung điểm AH, IM đường trung bình AHD, JM cắt OK O ' Suy O ' thuộc đường trung trực KM (*) Mặt khác AHIK nội tiếp đường tròn tâm J, đường kính AH  HKI  HAI (cùng chắn cung HI) JI=JK AH / / KL (cùng vng góc với BC)  HAI  ILK  HKI  ILK  HK tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp KIL Mà HK  AM suy tâm đường tròn thuộc AM , lại có BC đường trung trực KL M thuộc BC suy M tâm đường tròn ngoại tiếp KIL suy MK  MI Mà JI  JK  JM trung trực IK (**) Từ (*) (**) suy O ' tâm đường tròn ngoại tiếp IXM Mà ta có: OO '  OK  O ' K Suy đường tròn ngoại tiếp BHC đường tròn ngoại tiếp IXM tiếp xúc với K Câu a b2 c  a  b  c  a) Ta có:    x y z x yz  a b2 c2        x  y  z    a  b  c  (vi x, y, z  0) y z   x a y a z b2 x b2 z c x c y 2 a    b     c  a  b  c  2ab  2bc  2ca x x y y z z  a2 y b2 x   a z c2 x   b2 z c2 y    2ab   2ca   2bc    0 y   x z   y z   x 2  y x  z x  z y  a b c c  a   b   (luôn với x, y, z  0) x y x z y z        a   Dấu "  " xảy : a   b  y x b x y ay  bx z x a b c  c  az  cx    x z x y z  bz  cy z y c y z a b2 c2  a  b  c  Vậy    x y z x yz a3  b3  c3  b) P    a  b  c  b3  c  a  c  a  b  P 1 8      b  c c  a a  b a  b  c  b  c  a  c  a  b  1 8 P  bc  ca  ab     abc  1 1 1 1 1 1 1 31 31 3    a    b    c    b c c a a b b c c a a b 1 Đặt x  ; y  ; z   x, y, z  xyz  a b c  yz zx xy   x y2 z2  P       8   y  z z  x x y   y  z z  x x y Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: yz yz yz y  z  2  yz yz yz zx zx zx z  x  2  zx zx zx xy x y xy x  y  2  xy x y x y yz zx xy x yz     xy  yz  zx  3 yz zx x y yz zx xy x yz     3 (1) yz zx x y Áp dụng bất đẳng thức câu a, ta có: Suy : x2 y2 z2  x  y  z  x  y  z    y  z z  x x  y 2 x  y  z  2  x2 y2 z2  Suy :      4 x  y  z  y  z z  x x  y   Cộng (1) (2) vế theo vế ta được: (2) 7 x  y  z   x2 yz zx xy y2 z2     8    3  yz zx x y y  z z  x x y x2 y z  7 x  y  z 21 27   3 xyz    2 2 Dấu "  " xảy x  y  z   a  b  c  Suy : P   Vậy MinP  27  a  b  c 1 ... 1;0  ;  ;    7   c )2020  x  y   2019  xy  1   2019  x  y   x  y  2024 (1)  2019  x  y   2024   x  y   2 2024    x  y  1  x  y  2019 x y 0   x ... trình (1) ta được: 3a  17  2a  17 a  121 104    2a  17 a  104  3a  a       2a  17a   108 16  624a  9a  a  676(ktm)  a  692a  108 16     a  16(tm) a  2a  17  111...   x  y, từ 1  x  2024  x  101 2 (vô nghiệm nguyên) x  y 1  y  x 1 Nếu x  y  1thì  từ 1  x  y    x  y  1  y  x  Thay y  x  vào (2) ta được:  x  1  y  2 