48 đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán có lời giải chi tiết

TỦ SÁCH LUYỆN THI 48 Đ THI TUY N SINH VÀO L P 10 CHUYÊN TOÁN NĂM H C 2019 - 2020 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẠC LIÊU ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi chun: TỐN Câu a) Chứng minh số có dạng A  n6  n4  2n3  2n2 khơng phải số phương, n  , n     b) Rút gọn biểu thức: B  13    20  43  24 Câu a) Một người mang trứng chợ bán Tổng số trứng bán tính sau: Ngày thứ bán trứng số trứng lại Ngày thứ hai bán 1 16 trứng số trứng lại Ngày thứ ba bán 24 trứng số 8 trứng lại Cứ ngày cuối bán hết trứng Biết số trứng bán ngày Hỏi tổng số trứng người bán bán hết  x  y  x  y  b) Giải hệ phương trình:   x  y  x  y  Câu a) Cho phương trình 2018x2   m  2019 x  2020  (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x12  2019  x1  x12  2019  x2 b) Giải phương trình:  x    x3  Câu Cho ABC không cân, biết ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D, E, F tiếp điểm BC, CA, AB với đường tròn (I) Gọi M giao điểm đường thẳng EF đường thẳng BC, biết AD cắt đường tròn (I) điểm N  N  D  Gọi K giao điểm AI , EF a) Chứng minh AK AI  AN AD điểm I , D, N , K thuộc đường đường tròn b) Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn (I) Câu Cho đường tròn  O; R  hai điểm B, C cố định cho BOC  1200 Điểm A di động cung lớn BC cho ABC nhọn Gọi E điểm đối xứng với B qua AC F điểm đối xứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp ABE, ACF cắt K  K  A Gọi H giao điểm BE, CF a) Chứng minh KA phân giác góc BKC tứ giác BHCK nội tiếp b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn tứ giác BHCK theo R ĐÁP ÁN Câu a) Ta có: A  n  n  2n  2n  n  n  n  1 n  1   n  1   n  n  1  n3  1   n  1   n  n  1  n  2n   Với n  , n   n2  2n    n  1    n  1 2 Và n2  2n   n2   n  1  n2 Vậy  n  1  n2  2n   n2 nên n2  2n  khơng số phương Do A khơng số phương với n  , n     b) B  13    20  43  24  13    43  24   13      91  52  28  48    43  24       2 1   43  24         35 2 74     Câu a) Gọi x số trứng bán  x  , x  8 , thì: x 8 Số trứng bán ngày thứ là:  x 8  x  16      Số trứng bán ngày thứ hai là: 16  Theo ta có phương trình: x 8  x  16    x 8   8  16   x  392 8 Vậy tổng số trứng bán 392 trứng 392   56 Số trứng bán ngày :  Số ngày là: 392 :56  (ngày) 7 x  y  b) Điều kiện:  * 2 x  y  Đặt u  x  y , v  x  y  u, v   u  v  Hệ phương trình cho trở thành:  v  x  y  (1) (2) 5 x , thay vào (2) ta được: 5y    y Ta thấy u  v  5x , kết hợp với (1) suy ra: v  x  y 1 (3) Thay  3 vào (2) ta có:  y  y     2  y  11y  11  5 y     y  y     y  11  77 11  77    y  x  10  77(tm)     y  11  77    11  77  Vậy  x, y   10  77;    Câu a) Do ac  nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m Ta có: x12  2019  x1  x22  2019  x2  x12  2019  x22  2019  x2  x1  x12  x22 x  2019  x  2019 2  x2  x1  x1  x2   2  x1  2019  x2  2019  x1  x2 *Trường hợp 1: x1  x2   m  2019   m  2019 *Trường hợp 2: Không xảy do: Vậy m  2019 b)ĐK: x3   x12  2019  x1 ; x22  2019  x2  x    x3    x  x   x  1    x  1  x  x  1 x 1 x 1  20 x  x 1 x  x 1   x 1  37 2 x     x  x   0(VN ) x  x 1      x 1  37  x  5x     x    x  x 1  37 Vậy phương trình có nghiệm : x  Câu A N E K F M B I D C a) Ta có: AE, AF hai tiếp tuyến đường tròn (I) nên AE  AF , AI phân giác EAF AEF cân A, AI đường phân giác AI đường cao AEF EAI vuông E, EK đường cao nên AE  AK AI Xét AEN ADE có EAN chung; AEN  ADE (góc tạo tiếp tuyến dây AE AN   AE  AN AD cung) Do AEN ADE ( g.g )  AD AE Ta có: AK AI  AN AD (cùng AE ) AN AK   Do AK AI  AN AD  AI AD Do : ANK AID(c.g.c)  AKN  ADI  DNKI tứ giác nội tiếp b) Do MD tiếp tuyến (I) nên MD  ID Tứ giác MKID có MKI  MDI  900  900  1800 Do đó, MKID tứ giác nội tiếp nên M , N , K , I , D thuộc đường tròn Xét ANK AID có: KAN chung; Suy MNI  MKI  900  MN  IN  N   I   Vậy MN tiếp tuyến đường tròn  I  Câu E A F H O C B K a) Ta có: AKB  AEB (cùng chắn AB đường tròn ngoại tiếp AEB) Mà ABE  AEB (tính chất đối xứng) suy : AKB  ABE (1) Ta có: AKC  AFC (cùng chắn cung AC đường tròn ngoại tiếp AFC ) Mà ACF  AFC (tính chất đối xứng) suy : AKC  ACF (2) Mặt khác ABE  ACF (cùng phụ BAC ) (3) Từ (1), (2), (3) suy AKB  AKC hay KA phân giác BKC Gọi P, Q giao điểm BE voi ' AC CF với AB Ta có: BOC  1200 nên BC  R 3, BAC  BOC  600 Trong tam giác vng ABP có: APB  900 , BAC  600  ABP  300 Hay ABE  ACF  300 Tứ giác APHQ có: AQH  APH  1800  PAQ  PHQ  1800  PHQ  1200  BHC  1200 (đối đỉnh) Ta có: AKC  ABE  300 , AKB  ACF  ABE  300 Mà BKC  AKC  AKB  AFC  AEB  ACF  ABE  600  BHC  BKC  1800 , Do tứ giác BHKC nội tiếp b) Gọi  O ' đường tròn qua bốn điểm B, H , C, K Ta có dây BC  R BKC  600  BAC nên bán kính đường tròn (O’) bán kính R đường tròn O  Gọi M giao điểm AH BC suy MH  BC, kẻ KN  BC ( N  BC ), gọi I giao điểm HK BC 1 Ta có: S BHCK  S BHC  S BCK  BC.HM  BC.KN  BC. HM  KN  2 1 S BHCK  BC  HI  KI   BC.KH (do HM  HI , KN  KI ) 2 Ta có: KH dây cung đường tròn  O '; R  Suy KH  2R (không đổi) nên S BHCK lớn  KH  2R HM  KN  HK  2R Giá trị lớn S BHCK  R 3.2 R  3R 2 Khi HK đường kính đường tròn (O’) M , N , I trùng nhau, suy I trung điểm BC nên ABC cân A Khi A điểm cung lớn BC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi chun:TỐN (chun) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 3x  x  x 1 x 2   Tìm x để P  a) Rút gọn biểu thức P  x x 2 x 2 x 1    b) Cho x, y số thực thỏa mãn điều kiện x  x  y  y   Tính giá trị biểu thức Q  x y   y x  Câu a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P) : y  x đường thẳng  d  : y  x  Gọi A xA ; yA  , B  xB ; yB  (với xA  xB ) giao điểm  P   d  , C  xC ; yC  điểm thuộc  P  cho xA  xC  xB Tìm giá tri lớn diện tích tam giác ABC 2  x  x  y  x y  b) Giải hệ phương trình :    x  xy  3  3xy  Câu a) Giải phương trình: x   x   x   x   2 b) Cho phương trình (ẩn x) : x   m  1 x  m   Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 cho biểu thức A   x12   x22   có giá trị lớn Câu Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC trực tâm T Gọi H chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC D điểm đối xứng với T qua đường thẳng BC, I K hình chiếu vng góc D AB, AC , E F trung điểm AC IH a) Chứng minh ABDC tứ giác nội tiếp hai tam giác ACD IHD đồng dạng b) Chứng minh ba điểm I , H , K thẳng hàng DEF tam giác vuông BC AB AC   c) Chứng minh DH DI DK Câu a) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz  Chứng minh: x 2y 4z    x  y  y  z  3z  x  16 22020 b) Có số nguyên x cho số nguyên 3x  ĐÁP ÁN Câu a) Điều kiện x  0, x  Ta có:   x  2 x  2  x  1 x  2  x  1 x  2  x  x3 x 2    x  1 x  2  x  1 x  2 x  P 3x  x   P 3   x 1 x 1  x 1   x   x  4(tmdk ) x 1 b) Ta có:  xy  x  1 y  1  x y   y x   xy     Q    xy    x2  1 y  1   x  1 y Ta lại có Q  x  y  1  y  x  1  xy  x  1 y  1  Q  x y  x  y  xy  x  1 y  1 2 2 2   4Q   Q  2 2 2  1 y  1  Q   4Q  Q  x y  x  y   xy x  1 2 Câu a) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:  x  2 x  x3  2 x   9 Các giao điểm A  2;2  B  3;   2  xC2  Gọi C  xC ;  với 2  xC  Gọi A ', B ', C ' theo thứ tự hình chiếu A, B, C   trục hồnh Ta có: S ABC  S ABB ' A '  S ACC ' A '  S BCC ' B ' 1 9 1 xC2   xC2           xC         xC  2 2 2  2 2  5 15   xC2  xC  4 2 125   125 Ta có: S ABC    xC    16  2 16 125  xC  Vậy Max S ABC  16 2  x  xy 2  x3 y   x  x y  x y  x y    b) Viết lại hệ    x y  3 x  xy      x y  3 x  xy   u  x  xy u  v  (1) Đặt  ta có hệ ,  v  x y v  3u  (2)   ta có: v   3u Thay vào (1) ta u  3u    u  1, u   x  xy   x  1 Th1: u   v      x y  y    x; y   1;0  ;  1;0     x  xy   x    x  x   Th2 : u   v  3     (VN ) x x y   x y        x y  3  Câu 3 Phương trình (1) viết lại a) Điều kiện : x  2x   2x   2x   2x    2x   2x    2x   2x      2x       2x     2x    2x     2 x    x  (tmdk ) 2 b)   m  1   m    m2  6m  25   m  3  16  với m Suy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Theo định lý Viet ta có: x1  x2    m  1 , x1x2  m    Ta có: A  x12 x22  x12  x22  16  x12 x22   x1  x2   8x1x2  16 2 2 4  A   m     m  1   m    16  3m  4m  3  m     3 3  Vậy m   MaxA  3 Câu 2  a22  a2  a23  a3   a41  a21  3  20  a22  a2  a22  a21  a21  a20   a3  a2  20  a22  a21  a21  a20   a3  a2  1  Ta có : a1  401 mà 402  A  a2  402 Kết hợp (3) (4) suy A  401;402;403; ;441 Câu M A P N B O L C D Gọi P, Q giao điểm CD với MA, MB Đặt PD  x, CQ  y Ta có: APD  QBC (góc có cặp cạnh tương ứng vng góc)  APD QBC  PD CB x a     xy  2a DA CQ y a PC  QD   x  2a    y  2a   x  y  4a  x  y   8a 2   x  y   4a  x  y   8a  xy  x  y  4a  x  y   4a   x  y  2a   PQ 1 Q Áp dụng định lý Talet, ta có: MN ML MA MB AL BN AB       MD MC MP MQ PC QD PQ AL2 BN AB AL2  BN AL2  BN       do(1)  PC QD PQ PQ  QD PQ AL2  BN  AB  AL  BN  1 AB 2 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi chun: TỐN (chun) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài  x  xy  y  x  y  185  Giải hệ phương trình :   x  xy  y  x  y  65 (1) (2) Bài a) Chứng minh số M   n  1  n4  1chia hết cho số phương khác với số n nguyên dương b) Tìm tất số tự nhiên n để phương trình x2  n2 x  n   (ẩn số x) có nghiệm số nguyên Bài Cho số dương x; y; z thỏa xyz  Chứng minh : yz xz xy    xy  yz  xz x  y  z y x  z z x  y Bài Cho tam giác ABC cân A  A  900  nội tiếp đường tròn (O) Gọi D điểm cung AB không chứa C (D khác A, B) Hai dây cung AD, BC kéo dài cắt E Đường thẳng qua E song song với CD cắt AB F Vẽ tiếp tuyến FG với đường tròn (O) (G tiếp điểm) a) Chứng minh: FG  FE b) Từ trung điểm I BC vẽ IJ  AC  J  AC  Gọi H trung điểm IJ Chứng minh AH  BJ Bài Trong buổi tổ chức lễ tuyên dương học sinh có thành tích học tập xuất sắc huyện, ngoại trừ bạn An, hai người bắt tay nhau; An bắt tay với người quen Biết cặp (hai người) bắt tay khơng q lần có tổng cộng 420 bắt tay Hỏi bạn An có người quen buổi lễ tuyên dương ĐÁP ÁN Bài Cộng phương trình vế theo vế ta có:  x  y  x  y  250   x y 2   125  x2  y   x  y  25 Thay vào (1) ta có:  25  xy  x  y  185   25  xy   185  xy  12 Như hệ cho 12  y   x  y  25  x    xy  12  x  144  25  x2 2  x  3, y  12  12   x  3, y  4 y  y  x    x  x  4, y  2  x  25 x  144   x  16  x        x  4, y  3 Kết luận Bài a) ta có: M   n  1  n    n  2n  1  n    n  2n  1  n      n  n  1 n  3n  1   n  n  1 n  n  1   n  n  1 2n  2n     n  n  1 (*) Vì n * nên  n2  n  1 số phương khác Do đó, từ (*) suy M   n  1  n4  1chia hết cho số phương khác với số tự nhiên n khác (đpcm) b) Xét phương trình: x2  n2 x  n   (ẩn số x) (1) Để phương trình (1) có nghiệm    n4  4n    n 0;1 n  Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình (1)  x1  x2  n Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:   x1 x2  n   x1  x2  x1 x2  n  n   x1 1  x2   1  x2   n  n    x1  11  x2    n   n  1   x1  1 x2  1    n  n  1  x1  x2  n  Với n  , n 0;1   x1 x2  n   Do ,   n   n   0, n  n Mà n  , n 0;1  n  Khi phương trình (1) trở thành:   x  1(tm) x2  x      x  3(tm) Vậy để phương trình có nghiệm nguyên n  Bài 1 1 2 2 yz xz xy y Ta có VT   x  x ;  ;  z x  y  z y  z  y x  z  z x  y  yz y z x z x y Đặt 1  a;  b;  c  a, b, c    abc  x y z Theo bất đẳng thức Cơ si ta có: a2 bc a2 b2 ac c2 ab  2  a;   b;  c bc 4 ac ab Cộng vế lại với ta có: a2 b2 c2 abc    abc bc ac ab a2 b2 c2 abc abc 1          xy  yz  xz bc ac ab abc ab bc ac yz xz xy     xy  yz  zx(dfcm) x  y  z y  x  z z x  y Bài A D O B E I H G J Q C F a) Chứng minh : FG  FE Ta có: FG / /CD  FEB  DCB (so le trong) DCB  DAB (chắn cung AD) Nên FEB  FAE  FBE FEA( g.g )  FE FB   FE  FA.FB FA FE Do FG tiếp tuyến G đường tròn (O)  FGB  FAG (cùng chắn cung GB) Thế nên dễ dàng có: FGB FAG( g.g )  FG FA   FG  FA.FB FB FG Do FG  FE  FG  FE b) Chứng minh AH  BJ Ta gọi Q trung điểm CJ IQ đường trung bình tam giác BJC  IQ / / BJ , ta chứng minh : AH  IQ Do HQ / / IC (HQ đường trung bình tam giác JIC ) AI  BC  AI  IC (do tam giác ABC cân A có AI đường trung tuyến)  HQ / / IA Kết hợp với IH  AQ H trực tâm tam giác AIQ  AH  IQ  AH  BJ Bài Giả sử ngồi bạn An có n bạn An quen m bạn, điều kiện m  n; m, n  * Số bắt tay : n  n  1 m Theo ta có phương trình: n  n  1  m  420  n  n  1  2m  840 (1) Mặt khác 2m  2n, kết hợp với (1) ta suy n  n  1  2n  840  n2  n  840  n  29 Và 2m  2, kết hợp với (1) ta suy n2  n  838   n  29  n  29 Thay n  29 vào (1) ta có: 2m  29.28  840  m  14 Vậy An quen 14 người SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG ĐỂ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi chun: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu a) Giải phương trình:  x  x  1   3x    3  3x    b) Cho parabol  P  : y  2ax  a   đường thẳng d : y  x  2a Tìm a để d cắt (P) hai điểm phân biệt N , M có hồnh độ xN , xM cho K  đạt giá trị nhỏ xM  xN xM xN Câu Giả sử ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a  0, b  3a2 , a  b  c  abc Chứng minh : a  1 3 Câu a) Tính giá trị biểu thức P   x5  x  5x3  5x   x 2018  2019 1 1 b)Tìm tất số nguyên x cho x3 số nguyên x2  Câu Cho điểm M thuộc nửa đường tròn (O) đường kính AB  M  A, M  B, MA  MB  Tia phân giác AMB cắt AB C Qua C vẽ đường thẳng vuông góc với AB cắt đường thẳng AM , BM theo thứ tự D, H a) Chứng minh rằng: CA  CH b) Gọi E hình chiếu vng góc H tên tiếp tuyến A  O  , F hình chiếu vng góc D tiếp tuyến B Chứng minh E, M , F thẳng hàng c) Gọi S1 , S2 theo thứ tự diện tích tứ giác ACHE BCDF Chứng minh rằng: CM  S1.S2 ĐÁP ÁN Câu a) Ta có: x  x  1   3x     x2  x  2       x2  x  2      x2  x  2   3x    3x    3 x   1    3x     3x    3x   1      3 x   1    3x    3 3x      x  x    3x  3    x  x    x  1  3  3x     x3   3 3x     x3  3 3x    (*) 3x   t  t  3x   x3  3t     x3  3t     *   t  x   t  3x     Lấy 1    ta được: Đặt (1) (2) x3  t  3t  3x    x  t   x  xt  t    x  t     x  t   x  xt  t  3    x  t   x  tx   t  3   x  t  x  3x   x3  3x   x3  3x    x3  x  x    x  x  1   x  1   x  x  1 x  1   x  1    x  1  x  x     x  1(kep ')   x  2 x  tx   t  3  có   t  4.1. t  3  3t  12    3x   Vậy x  tx   t  3  vô nghiệm Vậy S  2;1 b) Phương tình hồnh độ (P) (d) là: 2ax2  x  2a  2ax  x  2a  (*) Để d cắt  P  hai điểm phân biệt M , N (*) phải có hai nghiệm phân biệt, nghĩa     4   4.2a.2a   16  16a    a   1  a  1  a  a     3  1  a   a        a     Ngồi ra, ta có:  16  16a3   a3  16  16a3   a3 xM   , xN   2.2a a 2.2a a xM  xN    a3   a3   a a a   a3   a3 xM xN   2a a a 8 1 BDT Co si     4a   4a 2 Mà K  xM  xN xM xN 2a 2a 2a a Do K đạt giá trị nhỏ nhất, nghĩa 4a   2  8a  2a    a  2a Vậy a  thỏa mãn yêu cầu đề Câu Ta thấy 3a  bc  3a3  abc  a  abc Áp dụng bất đẳng thức Cô si : 3a  a    b  c   3a  a  2 3a  bc    12a   3a  a    3a        2   a  3a  1  12a   3a  1   3a     3a     3a     3a    a2     a     a    30       a  3     1  a    1 1 a 3    3 3 ( Do a  0) Câu   1 2 1 1   1  2 2 1 Đặt A  x  x  5x  5x  Ta thấy: A  x3  x  x  1  x3  x  a) Ta có: x   x3  x  x  1  x  x  x  1   x  x  1    x  x  1 x3  x  1      1  Mà x  x          2  Thay x  x   vào A, ta A  1 2018 Vậy P   1  2019  2020    3a   3a      1  x  3 x  3 số nguyên x3 số nguyên nên x2  x2  x  3 x  3 x   10  1 Ta thấy x 1 x 1 x 1 2 Do : 10 x   x  1U (10)  1; 2; 5; 10 b) Vì x   1  x  2(ktm) x2    x  x   2  x  3(ktm) x    x  1 x   5  x  6(ktm) x    x  2 x   10  x  11(ktm) x   10  x  3 x3 Vậy x 2; 1;0;1;3 số nguyên x 1 Câu D F I E A M H C O B a) Tứ giác AMHC nội tiếp đường tròn (Vì AMH  ACH  900 )  HAC  CMH  450 (hai góc chắn cung HC )  ACH vuông cân  AC  CH b) Tứ giác MHCA thuộc đường tròn đường kính AH, mà EACH hình vng  EACH nội tiếp đường tròn đường kính AH  EACHM nội tiếp đường tròn Vì EACH hình vng nên CE  AH  EC đường kính  EM  MC (1) Ta lại có: HMI  HDI  HAC  CMH (do tứ giác MHID, MACH nội tiếp)  CMH  HMI  450  MC  MI (2) Từ (1) (2)  M , I , E thẳng hàng Chứng minh tương tự ta M , I , F thẳng hàng Vậy M , I , E, F thẳng hàng c) Các tứ giác EACH , FDCB hình vuông  S1.S2  AC CB2  S1.S2  AC.CB  AC.CB   AO  OC  OB  OC    R  OC  R  OC   R2  OC  OM  OC  CM  OM  OC (đúng MCO tù C) Vậy CM  S1S2 ... trình có nghiệm x  Ta có:  2k   2020   k  100 9 nên trường hợp có 101 0 nghiệm 22020 Vậy có tất 101 1  101 0  2021số nguyên x để số nguyên 3x  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT... Khi A điểm cung lớn BC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THI N HUẾ ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 Môn thi chun:TỐN (chun) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 3x  x  x 1 x 2   Tìm x để... trị nhỏ P a  b  c  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi chun: TỐN (chuyên Tin) Câu 1) Chứng minh rằng: 1 44     1