TUYỂN TẬP ÔN TOÁN 10 CHUYÊN

Tailieumontoan.com  Tài liệu sưu tầm TUYỂN TẬP ĐỀ TOÁN VÀO LỚP 10 CHUYÊN TP HỒ CHÍ MINH Tài liệu sưu tầm Website:tailieumontoan.com TUYỂN TẬP ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 CHUN THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LỜI NĨI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh luyện thi vào lớp 10 mơn tốn, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy em đề thi vào lớp 10 chuyên thành phố Hồ Chí Minh Đây đề thi mang tính chất thực tiễn cao, giúp thầy em học sinh luyện thi vào lớp 10 có tài liệu bám sát đề thi để đạt thành tích cao, mang lại vinh dự cho thân, gia đình nhà trường Bộ đề gồm nhiều Câu tốn hay thầy nước sưu tầm sáng tác, ôn luyện qua giúp em phát triển tư mơn tốn từ thêm u thích học giỏi mơn học này, tạo tảng để có kiến thức tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức lớp, cấp học nhẹ nhàng hiệu Các vị phụ huynh thầy dạy tốn dùng dùng tuyển tập đề tốn để giúp em học tập Hy vọng Tuyển tập đề thi toán vào lớp 10 chuyên thành phố Hồ Chí Minh giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng học tốn nói chung Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, giáo em học! Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ đề này! Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TP HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2019 – 2020 Mơn: TỐN (chun) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số Câu 1: (1,0 điểm) Cho a, b, c ba số thực thỏa điều kiện a  b  c  Tính giá trị biểu Câu 2: (2,5 điểm) Câu 3: 3 thức: A  a  b  c   ab  c  c  1 a) Giải phương trình: x   x   3x  b) Giải hệ phương trình:  2  x  y   xy  xy x  y       (1,5 điểm) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC , CA , AB M , N , P Gọi K hình chiếu vng góc M lên NP Chứng minh: KM tia phân giác BKC Câu 4: Câu 5: (2,0 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc đoạn  0; 2 thỏa mãn điều kiện x  y  z  a) Chứng minh rằng: x  y  z  b) Tìm giá trị lớn biểu thức: P  x3  y3  z  3xyz (2,0 điểm) Cho tam gi{c ABC Gọi M , N l| hai điểm nằm cạnh BC cho MAN  30 ( M nằm B N ) Gọi K l| giao điểm hai đường tròn  ABN   ACM  Chứng minh rằng: Câu 6: a) Hai điểm K C đối xứng với qua AN b) Đường thẳng AK qua t}m đường tròn  AMN  (1,0 điểm) Cho m, n hai số nguyên Chứng minh rằng:  m  n   2mn chia hết cho 225 mn chia hết cho 225 Hết Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học : 2018 -2019 Môn thi: TỐN (khơng chun) Thời gian làm bài: 120 phút Đề số Bài (1 điểm) Biết  x  y       x y 2 x y 2   y x     Tính x   y x  y   x  y )    x x  y y x y       Bài 2: (2 điểm) 2x2   x  a) Giải phương trình  x( x  7) 3 x  x  3 x  1   y   x  3 b) Giải hệ phương trình  2  x  1 y  y    y   Bài 3: (2 điểm ) Cho phương trình x2  x  3m  11  0(1) a) Với giá trị m phương trình (1) có nghiệm kép ? Tìm nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 cho      2017 x1  2018x2  2019 Bài 4: (2 điểm) a) Đầu th{ng năm 2018, v|o vụ thu hoạch, gi{ dưa hấu bất ngờ giảm mạnh Nông dân A cho biết sợ dưa hỏng nên phải bán 30% số dưa hấu thu hoạch với gi{ 1500 đồng kilogam ( 1500d / kg ), sau nhờ phong tr|o “giải cứu dưa hấu” nên may mắn bán hết số dưa lại với gi{ 3500đ/1 kg; trừ tiền đầu tư lãi triệu đồng (khơng kể cơng chăm sóc th{ng nhà) Cũng theo ông A, s|o đầu tư (hạt giống, ph}n bónca+cb=ab=>ca+ab=2ab-ab=>a(b+c)=b(2a-c) ⇒ a( b + c) ⋮ b (**) Mà b + c số nguyên tố, b số nguyên dương nhỏ b + c nên (b + c, b) = Do từ (**) suy a ⋮ b Chứng minh tương tự ta có b(a + c) = a(2b – c) ⇒ b ⋮ a Vậy a = b Từ (*) ⇒ a = b = 2c Do a + c = b + c = 3c, không số nguyên tố với c > (mâu thuẫn với giả sử) Vậy a + c b + c đồng thời số nguyên tố Câu IV a) Ta có: HCA =ABC (cùng phụ với HCB ) Vì CN phân giác góc HCB nên HCN =BCN Do CAN= HCA +HCN= ABC +BCN Mặt kh{c, xét ∆ BCN với góc ngồi ANC ta có: ANC= ABC+ BCN Suy CAN= ANC ⇒ ∆ ACN c}n A ⇒ AC = AN Chứng minh tương tự ta có BC = BM b) Vì CM, CN alà phân giác góc ACH BCH nên 1 MCN  MCH  NCH  ACH  BCH  ACB  45o 2 Tam giác ACN cân A có AI phân giác kẻ từ đỉnh A, nên l| trung trực đ{y CN ⇒ IC = IN ⇒ ∆ ICN c}n I Tam giác ICN cân I có ICN=45o nên tam giác vng cân I ⇒ CI ⊥ IN Chứng minh tương tự ta có CJ ⊥ MJ Tứ giác MIJN có MIN=MJN=90o nên tứ giác nội tiếp ⇒ Bốn điểm M, I, J, N thuộc đường tròn Vì CH ⊥ MN, MJ ⊥ CN, NI ⊥ CM nên CH, MJ, NI đồng quy trực tâm ∆ CMN c) Đặt AC  b; BC  a  a2  b2  BC  R2 ( Pi  ta  go) Theo câu a, ta có AN=AC= b; BM=BC=b Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 78 Website:tailieumontoan.com Do a+b=AN+BM=BC+MN=>MN=a+b-BC=a+b-2R Ta có: (a  b)2   2ab  a  b  (a  b)  2(a  b )  8R  a  b  2 R  MN  a  b  R  R(  1) Dấu xảy a = b ⇔ CA = CB ⇔ C l| điểm nửa đường tròn Vì C thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên CH ≤ R 1 Do SCMN  CH MN  R.2.R(  1)  R (  1) 2 Dấu xảy ⇔ C l| điểm nửa đường tròn Vậy giá trị nhỏ MN 2R(  1) giá trị nhỏ diện tích tam giác CMN R (  1) xảy C l| điểm nửa đường tròn đường kính AB Câu V a) Gọi số tự nhiên cho l| a, b, c, d, e Do chúng đôi phân biệt nên giả sử a < b < c < d < e Theo giả thiết ta có a + b + c > d + e ⇒ a + b + c ≥ d + e + Suy a ≥ d + e + – b – c Vì b, c, d, e số tự nhiên nên từ d > c ⇒ d ≥ c + 1; c > b ⇒ c ≥ b + Suy d ≥ b + ⇒ d – b ≥ e>d⇒e≥d+1⇒e≥c+2⇒e–c≥2 Do a ≥ (d – b) + (e – c) + ≥ Suy b, c, d, e > Vậy tất số không nhỏ b) Nếu a ≥ ⇒ b ≥ a + ≥ Tương tự c ≥ 8, d ≥ 9, e ≥ 10 ⇒ a + b + c + d + e ≥ 40 (m}u thuẫn) Suy a < M| theo c}u a ta có a ≥ ⇒ a = Ta có + b + c ≥ d + e + ⇒ b + c ≥ d + e – Mà d – ≥ b, e – ≥ c ⇒ d + e – ≥ b + c Do b  d  =>a+b+c+d+e=5+2b+2c+4 0) Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 81 Website:tailieumontoan.com P a  3ab  b ab (a  b) (a  b)  ab ab (a  b) (a  b)  ab  (a  b) 4 ab (a  b)  1 3 (a  b)  ab (a  b) (a  b) ab ab 4 4      1  2 ab (a  b) ab ab (a  b) ab 1  (a  b)  ab Dấu xảy    a  b  a  b Vậy MinP   a  b *Cách khác P a  3ab  b2 (a  b)2  ab a  b ab a  b a  b ab     (  )    ab a  b 4 ab (a  b) ab (a  b) ab a  b ab Câu a) Kẻ đường kính AE (O), EH cắt (O) K’, AK’ cắt EB D Dễ thấy H trực tâm tamgiác AED nên DH ⊥ AO ⇒ DH // AM (1) Ta có BDH= EAH =HMB nên tứ giác HMDB nội tiếp ⇒ HM ⊥ MD ⇒ DM // AH (2) Từ (1) (2) ⇒ AHDM hình bình hành ⇒ AD qua trung điểm I HM ⇒ K’ l| giao AI với (O) ⇒ K’ ≡ K ⇒ HK ⊥ AI b) Ta có IAM =ABK (cùng chắn cung AK) AMI= OBA (OAMB nội tiếp) Nên IAM+AMI=ABK+OBA Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 82 Website:tailieumontoan.com AIH=OBK Mặt khác AIH+KHI=90o OBK+KBM=90o =>KHI=KBM ⇒ Tứ giác HKMB nội tiếp =>BKM=BHM=90o Câu 2015( x  y )  2014(2 xy 1)  25  2014(x  y)2  x  y  2039 Đặt t=|x-y| , t  N x, y nguyên Xét c{c trường hợp: TH1: t = 0, tức x = y ⇒ phương trình vơ nghiệm TH2: t = 1, tức x – y = ±1 + Với x – y = hay x = y + 1, phương trình trở thành: ( y  1)2  y  25  y  y  12  y     y  4 Với y = x = 4; với y = –4 x = –3 + Với x – y = –1 hay x = y – 1, phương trình trở thành: ( y  1)2  y  25  y  y  12   y  3   y  Với y = –3 x = –4; với y = x = TH3: t ≥ 2, VT > VP ⇒ phương trình vô nghiệm Vậy cặp (x;y) thỏa (4;3), (–3;–4), (–4;–3), (3;4) Cách khác: Sử dụng phương ph{p biến đổi phương trình dạng vế trái tổng bìnhphương Vế phải tổng số phương, c{ch điều kiện có nghiệm phươngtrình bậc hai giải đ{p số Đề số 15 Câu 1: Giải phương trình : Điều kiện : 8x   46  10 x   x3  5x  x  1 46 x 10 Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 83 Website:tailieumontoan.com x   46  10 x   x  x  x   x    46  10 x    x  x  x    8x    8x    46  10 x   46  10 x  8x   46  10 x  8 1  x  10 1  x     1  x   x  x   8x   46  10 x  1  x    8 10   x2  4x   x   46  10 x    1  x   x  x  8 1  2 Từ (1) suy ra: x = Từ (2), ta có : x2 – 4x + = (x – 2)2 +  với x 10 10   46  10 x  6 10 8 10 suy :     46  10 x  8x   46  10 x  8x   3 46  10 x   46  10 x    Vậy : 10 8   x  x  , với x 46  10 x  8x   Suy phương trình có nghiệm : x = Câu 2: Cho đa thức f(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a số nguyên dương, biết: f(5) – f(4) = 2012 Chứng minh: f(7) – f(2) hợp số Ta có : f(5) – f(4) = 2012  (125a + 25b + 5c + d) – ( 64a + 16b + 4c + d) = 2012  61a + 9b + c = 2012 f(7) – f(2) = (343a + 49b + 7c + d) – ( 8a + 4b + 2c + d) = 335a + 45b + 5c = 305a + 45b + 5c +30a = 5(61a + 9b + c) + 30a = 2012 + 30a = 2( 1006 + 15a) Vì a số nguyên nên ta : 2( 1006 + 15a) chia hết cho Vậy f(7) – f(2) hợp số Câu 3: Cho ba số dương a; b v| c thỏa a + b + c = Tìm GTNN : ab  bc  ca A  14  a  b2  c   a b  b2c  c a Ta có : (a + b + c) = a + b + c + 2(ab + bc + ca)  2 2   a  b2  c   ab  bc  ca Ta có: a2 + b2 + c2 = (a + b + c) (a2 + b2 + c2) = a3 +b2a+ b3 + bc2 + c3 + ca2 + a2b + b2c + c2a Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 84 Website:tailieumontoan.com Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si: a3 + b2a ≥ 2a2b ; b3 + bc2 ≥ 2b2c ; c3 + ca2 ≥ 2c2a , dấu “=” xảy a = b = c suy ra: a2 + b2 + c2 = a3 +b2a+ b3 + bc2 + c3 + ca2 + a2b + b2c + c2a ≥ 3(a2b + b2c + c2a) suy ra: 2  ab  bc  ca    a  b  c  ab  bc  ca     a 2b  b c  c a a  b  c a b  b 2c  c a a  b2  c2  a  b2  c  Đặt : t = a2 + b2 + c2, ta có : 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2 =  t ≥ = , dấu “=” xảy a = b = c Ta : A = 14t   3t 28t 3t 27t t        2t 2t 2t 2t 2 Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si : Mặt khác : Suy ra: A   27t 27t  2  dấu “=” xảy : t = 2t 2t t 3 4 1       : t   2 3 3 23 1 dấu “=” xảy : a2 + b2 + c2 = a = b = c suy ra: a = b = c =  3 3 Vậy A đạt giá trị nhỏ 23 , a= b = c = 3 Câu 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) có AC vng góc BD H Trên cạnh AB lấy điểm M cho: AM = 1/3 AB Trên cạnh HC lấy trung điểm N chứng minh MH vng góc với DN + Gọi E; F l| trung điểm HB MB, Suy ra: AM = MF = FB = 1/3 AB + Gọi K G l| giao điểm MH với DN AE + Ta có: AHB ~ => AH : (2HE) = DH : ( 2HN)  AH : HE = DH : HN => AHE ~ A DHC => AH : HB = DH : HC DHN => NDH  EAH + Ta có : EF l| đường trung bình tam giác HMB => HM // EF + Xét AEF : AM = MF MG // EF => AG = GE + Xét AEH: vng H có G l| trung điểm AE, suy ra: Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 M F G H B D E K O N C TÀI LIỆU TOÁN HỌC 85 Website:tailieumontoan.com AG = HG = EG => AHG cân G => AHG  EAH + Ta có : KDH  DHK  EAH  DHK  AHG  DHK  900 , suy DHK vng K Vậy MH vng góc với DN.(đpcm) Câu 5: Cho đường tròn t}m O v| đường tròn tâm I cắt hai điểm A B(O I kh{c phía A B) IB cắt (O) E: OB cắt (I) F Qua B vẽ MN // EF( M thuộc (O) N thuộc (I) a) Chứng minh :Tứ giác OAIE nội tiếp ; b) Chứng minh :AE + AF = MN a) + BOE cân O => OBE  OEB ; + BIF cân I => IBF  IFB ; A + Do : AOI = BOI ( c – c – c) => OAI  OBI + Ta có : I O Do : OBE  IBF  OEB  IFB , suy ra: tứ giác OIFE nội tiếp N B M F E OAI  OEI  OBI  OBE  1800 , suy tứ giác AOEI nội tiếp Vậy điểm O; A; I; E; F nằm đường tròn Vậy Tứ giác OAIE nội tiếp b) + Xét đường tròn (O) : AMB  FOI  Sd AB + Do : MN // EF ta : BEF  MBE ( slt) + Do điểm O; A; I; E; F nằm đường tròn, suy ra: BEF  FOI Suy ra: AMB  FOI  BEF  MBE suy ra: AM // EB Vậy tứ giác MABE hình thang nội tiếp đường tròn (O) suy ra: MABE hình thang cân => MB = AE + Chứng minh tương tự ta : NB = AF, suy ra: AE + AF = MB + NB = MN ( đpcm) Câu 6: Trên mặt phẳng cho 2013 điểm tùy ý cho điểm khoảng cách hai điểm ln bé Chứng minh tồn đường tròn có bán kính Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 86 Website:tailieumontoan.com chứa 1007 điểm( kể biên) Gọi c{c điểm : A1; A2; A3; – b  a + b > (1) (a – b)2(a + b) ≥  (a2 – b2)(a – b) ≥  a3 + b3 – ab(a + b) ≥  a3 + b3 ≥ ab(a + b)  3(a3 + b3) ≥ 3ab(a + b)  4(a3 + b3) ≥ (a + b)3  ≥ (a + b)3  a + b ≤ (2) Từ (1) (2)  < a + b ≤ Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... Chứng minh x1 x2 b) Giả sử hai nghiệm x 1; x kh{c 0, chứng minh rằng: Câu (2.0 điểm) Cho x, y l| hai số nguyên với x y 1 x1 x2 x1 x2 a) Chứng minh x y chia hết cho x b) Chứng minh x y chia hết cho... y chia hết cho x y chia hết cho y x y khơng thể l| số ngun tố c) Tìm tất c{c số nguyên dương k cho x k y k chia hết cho với x, y m| xy không chia hết cho Câu (1.5 điểm) a) Cho ba số a,b, c a b... biệt Câu 2(2.0 điểm) Cho x, y l| hai số nguyên dương thỏa mãn x y2 10 chia hết cho xy a) Chứng minh x v| y l| hai số lẻ v| nguyên tố x2 b) Chứng minh k y2 xy 10 x y2 chia hết cho v| k 12 Câu 3(1.5