Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán năm học 2018 2019 phần 1

TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số ĐỀ THI TS LỚP 10 CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÀNH PHỐ HÀ NỘI Chuyên Toán – Năm học 2018 – 2019 Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình x2 + 3x + = ( x + ) x2 + x +  y − 2xy = 8x − 6x + b) Giải hệ phương trình   y = x + 8x − x + Câu (2.5 điểm) a) Cho p, q hai số nguyên tố lớn Chứng minh p4 + 2019q chia hết cho 20 b) Cho số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn đồng thời điều kiện a  b  c  d , ad = bc d − a  Chứng minh rằng: i) a + d  b + c ii) a số phương Câu (1.5 điểm) a) Với x, y, z số thực thỏa mãn xyz = ( xy + y + 1)( yz + y + 1)( zx + z + 1)  Chứng minh 1 + + =1 xy + x + yz + y + zx + z + b) Với x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện 1 + + = 3, x y z tìm giá trị lớn biểu thức P= 2x2 + y + + 2y + z + + 2z + x + Câu (3.0 điểm) Cho tứ giác ABCD (khơng có hai cạnh song song) nội tiếp đường tròn ( O ) Các tia BA CD cắt điểm F Gọi E giao điểm hai đường chéo AC BD Vẽ hình bình hành AEDK a) Chứng minh tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB b) Gọi M, N tương ứng trung điểm cạnh AD, BC Chứng minh đường thẳng MN qua trung điểm EF Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN c) Chứng minh đường thẳng EF ln tiếp xúc với đường trịn ngoại tiếp tam giác EMN Câu (2.0 điểm)   Cho tập hợp S = x  Z  x  50 Xét A tập hợp tập hợp S có tính chất: Khơng có ba phần tử tập hợp A số đo ba cạnh tam giác vng a) Tìm tập hợp A có 40 phần tử thỏa mãn điều kiện toán b) Có hay khơng tập hợp A có 41 phần tử thỏa mãn điều kiện toán? Hãy giải thích câu trả lời HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình x2 + 3x + = ( x + ) x2 + x +  y − 2xy = 8x − 6x + b) Giải hệ phương trình   y = x + 8x − x + Lời giải a) Giải phương trình x2 + 3x + = ( x + ) x2 + x + + Lời giải Phương trình xác định với số thực x Để ý x2 + 3x +  với x nên phương cho tương đương với x +  x + 3x + = ( x + ) x + x +   2 2  x + 3x + = x + 10x + 25 x + x +  x + 6x + 25x + 48x + 64 = x + 11x + 37x + 45x + 50 ( ) ( )( )    5x + 12x − 3x − 14 =  ( x − 1)( x + )( 5x + ) =  x  −2; − ;1     Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = −2; − ;1   + Lời giải Phương trình cho xác định với số thực x Phương trình cho viết lại thành x2 + x + + 2x + = ( x + ) x2 + x + Đặt t = x + x +  viết lại phương trình thành t − ( x + ) t + 2x + = Xem phương trình phương trình bậc hai có ẩn t ta có Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN  = ( x + ) − ( 2x + ) = x + 2x + = ( x + 1)  2 Từ ta suy phương trình có hai nghiệm t = t = x + Với t = ta có phương trình x2 + x + =  x2 + x − =  x  −2;1 Với t = x + ta có phương trình  x +  x2 + x + = x +   2 x=− x + x + = x + ( )     Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = −2; − ;1   • Nhận xét Trong lời giải ta thấy lời giải thứ hai tự nhiên hơn, tùy nhiên nhẩm hai nghiệm đẹp thù lời giải thứ lợi đơn giản nhiều Ngoài lời giải thứ hai ta không cần phải sử dụng đến biệt thức delta mà phân tích thành phương trình tích ln t − ( x + ) t + 2x + =  ( t − )( t − x − ) = Một số phương trình sau có hình thức lời giải tương tự a) x2 + x + + 13 − 7x = x b) ( x + ) 48 − x2 − 8x = x + 12  y − 2xy = 8x − 6x + b) Giải hệ phương trình   y = x + 8x − x + + Lời giải Biến đổi tương đương phương trình thứ hệ ta  y = 4x − 2 y2 − 2xy + x2 = 9x2 − 6x +  ( x − y ) = ( 3x − 1)    y = − 2x Với y = 4x − , thay vào phương trình thứ hai hệ cho ta phương trình ( 4x − 1) = x3 + 8x2 − x +  16x2 − 8x + = x + 8x − x +  x3 − 8x2 + 7x =  x ( x − 1)( x − ) =  x  0;1; 7 Từ ta cặp ( x; y ) thỏa mãn hệ phương trình ( x; y ) = ( 0; −1) , (1; ) , ( 7; 27 ) Với y = − 2x , thay vào phương trình thứ hai hệ cho ta phương trình (1 − 2x ) = x + 8x − x +  4x − 4x + = x + 8x − x +  x3 + 4x2 + =  x ( x + 1)( x + ) =  x  0; −1; −3 Từ ta cặp ( x; y ) thỏa mãn hệ phương trình ( x; y ) = ( 0;1) , ( −1; ) , ( −3; ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0; −1) , (1; ) , (7; 27 ) , ( 0;1) , ( −1; ) , ( −3; ) Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN + Lời giải Phương trình thứ viết lại thành y2 = 8x2 + 2xy − 6x + Khi lấy hiệu theo vế hai phương trình thu gọn ta lại thu phương trình x = 2xy − 6x = x − x  x − 2xy + 5x =  x x − 2y + =    2y = x + ( ) Với x = , thay vào phương trình thứ hai hệ phương trình ta y2 =  y = 1 Với x = , thay vào phương trình thứ hai hệ phương trình ta (x +5 ) ( ) = x + 8x − x +  x + 10x + 25 = 4x + 32x − 4x +  x − 4x − 22x + 4x + 21 =  ( x − 1)( x + 1)( x + )( x − ) =  x  −3; −1;1; 7 Từ ta cặp ( x; y ) thỏa mãn hệ ( x; y ) = ( 1; ) , ( 7; 27 ) , ( −1; ) , ( −3; ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0; −1) , (1; ) , (7; 27 ) , ( 0;1) , ( −1; ) , ( −3; ) Câu (2.5 điểm) a) Cho p, q hai số nguyên tố lớn Chứng minh p4 + 2019q chia hết cho 20 b) Cho số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn đồng thời điều kiện a  b  c  d , ad = bc d − a  Chứng minh rằng: i) a + d  b + c ii) a số phương Lời giải a) Cho p, q hai số nguyên tố lớn Chứng minh p4 + 2019q chia hết cho 20 + Lời giải Ta có p4 + 2019q4 = p4 − q4 + 2020q4 Do đến chứng minh p4 + 2019q chia hết cho 20 ta cần chứng minh p4 − q chia hết cho 20 Để ý ta có 20 = 4.5 ( 4, ) = nên ta chứng minh p4 − q4 ( chia hết cho ( ) ) Ta có p4 − = ( p − 1)( p + 1) p2 + q − = ( q − 1)( q + 1) q + Do p Do p q số nguyên tố lớn nên p q số nguyên tố lẻ nên ( p − 1)( p + 1) ( q − 1)( q + 1) chia hết cho Điều dẫn đến p4 − q4 − chia hết cho ( ) ( ) Đến ta suy p4 − q = p4 − − q − chia hết cho Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Ta có ( ) ( ) p4 − = ( p − 1)( p + 1) p2 + = ( p − )( p − 1)( p + 1)( p + ) + ( p − 1)( p + 1) p2 + Để ý ( p − )( p − 1) p ( p + 1)( p + ) chia hết cho Mà p số nguyên tố lớn nên không chia hết cho 5, ta có ( p − )( p − 1)( p + 1)( p + ) chia hết cho Từ suy p4 − chia hết cho Lập luận hoàn toàn tương tự ta có q4 − chia hết cho Đến ta suy p4 − q chia hết cho Kết hợp kết ta có điều phải chứng minh + Lời giải Hồn toàn tương tự ta chứng minh p4 − q chia hết cho Do p q số nguyên tố lớn nên p q số lẻ, p q chia cho có số dư Điều dẫn đến p4 q chia cho có số dư Đến ta suy p4 − q chia hết cho Cũng dp p q số nguyên tố lớn nên p q chia cho có số dư 1; 2; 3; Điều dẫn đến p2 q chia cho có số dư 5, p4 q chia cho có số dư Đến ta suy p4 − q chia hết cho Kết hợp kết ta có điều phải chứng minh b) Cho số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn đồng thời điều kiện a  b  c  d , ad = bc d − a  Chứng minh: i) a + d  b + c ii) a số phương i) Để ý đến giả thiết ad = bc a  b  c  d ta có biến đổi d ( a + d − b − c ) = ad + d − bd − dc = d − db − dc + bc = ( d − b )( d − c )  Do d số nguyên dương nên ta có a + d − b − c  , suy a + d  b + c ii) Gọi ( a, b ) = m với m số nguyên dương Khi tồng số nguyên dương x y nguyên tố cho a = mx b = my Từ giả thiết ad = bc ta suy dx = cy , điều có nghĩa dx chia hết cho y Mà ( x, y ) = nên suy d chia hết cho y, đặt d = ny với n số nguyên dương Từ ta có nxy = cy hay c = nx Do a  b  c  d nên ta y  x n  m , hay ta có y  x + n  m + Từ ta lại suy Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN d − a = ny − mx  d − a  ta Kết hợp với giả thiết ( m + 1)( x + 1)  Để ý ( m− x ) ( m + 1)( x + 1) − ( m + 1)( x + 1) − mx mx  hay ta mx +  ( m + 1)( x + 1)  mx + + mx  ( m− x ) 0  nên kết hợp với bất đẳng thức ta suy x = m Điều dẫn ta đến a = m2 Do a số chương • Nhận xét Ngồi lời giải ý ii) cịn tiếp cận hai lời giải khác sau + Lời giải Từ giả thiết toán ta d + a − ad  Do ad = bc nên bất đẳng thức viết lại thành d + a − bc  Hay ta ( a + d − b − c − 1) + Do ( b− c ) ( b− c ) 0  nên từ bất đẳng thức ta a + d − b − c −  hay a + d  b + c +1 Mà theo ý a) ta có a + d  b + c nên a + d  b + c + Kết hợp hai bất đẳng thức ta a + d = b + c + hay a + d − b − c − = Đến ta thu ( b− c )  Điều dẫn ta đến b = c Lại có ad = bc nên suy ad = b2 a + d = 2b + Đến ta có biến đổi a = a.1 = a ( a + d − 2b ) = a + ad − 2ab = a + b2 − 2ab = ( a − b ) Vậy a số phương + Lời giải Đặt b = a + x,c = a + x + y d = a + x + y + z với x, z số nguyên dương, y số ngun khơng âm Khi giả thiết tốn viết lại thành a ( z − x ) = x + xy a + x + y + z  a + Do ta suy x + y + z −  a Do a ( z − x ) = x + xy  nên z − x   z  x hay z  x + nên suy a  x2 + xy Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta a  x2 + xy  x + x + y  z − + ( x + 1) = x + y + z − Kết hợp với x + y + z −  a ta x + y + z − = a nên dấu bất đẳng thức xẩy Điều dẫn đến y = a = x2 + xy = x2 số phương Câu (1.5 điểm) Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN a) Với x, y, z số thực thỏa mãn xyz = ( xy + y + 1)( yz + y + 1)( zx + z + 1)  Chứng minh 1 + + =1 xy + x + yz + y + zx + z + b) Với x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện 1 + + = 3, x y z tìm giá trị lớn biểu thức: P= 2x2 + y + + 2y + z + + 2z + x + Lời giải a) Với x, y, z số thực thỏa mãn xyz = ( xy + y + 1)( yz + y + 1)( zx + z + 1)  Chứng minh 1 + + = xy + x + yz + y + zx + z + + Lời giải Do xyz = nên ta có biến đổi xy 1 1 x + + = + + xy + x + yz + y + zx + z + xy + x + xyz + xy + x x yz + xyz + xy = xy xy + x + 1 x + + = =1 xy + x + xy + x + xy + x + xy + x + Vậy đẳng thức chứng minh + Lời giải Do xyz = nên tồn số a, b, c cho x = a b c ; y = ; z = Khi ta b c a có biến đổi đẳng thức cần chứng minh sau 1 1 1 + + = + + b b c c xy + x + yz + y + zx + z + a a + +1 + +1 + +1 c b a c b a 1 1 1 + + a b c = + + = a b c =1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + + a b c a b c a b c a b c Vậy đẳng thức chứng minh b) Với x, y, z số thực dương thay đỏi thỏa mãn điều kiện giá trị lớn biểu thức: P = 2x2 + y + + 2y + z + + 1 + + = , tìm x y z 2z + x + + Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có đánh giá sau Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN 1 1 =  = 2.2x + 2y ( 2x + y ) 2x + y + x2 + + y2 + ( ) ( ) Áp dụng tiếp bất đẳng thức AM – GM bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta lại có đánh giá ( 2x + y ) Do ta 1 3 1 1   1 =  +    + +  ( 2x + y ) 2  2x + y    x y   = 2x + y +   62  + +  Chứng minh hoàn toàn tương tự ta 26  x y  2y + z2 +   62 1 62   + + 3  + + 3;  36  y z   2z + x + 36  z x Công theo vế bất đẳng thức để ý đến P= 2x + y + + 2y + z + Vậy giá trị lớn P 1 + + = ta thu x y z + 2z + x +   63 3  + + + 9 = 36  x y z  , đạt x = y = z = + Lời giải Theo kết ý a) ta có 1 + + = xy + x + yz + y + zx + z + Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có biến đổi 2x + y + = (x ) ( ) + y2 + x2 + +  ( xy + x + 1) 3 1 1 6 1   + = +   ( xy + x + 1) 2  xy + x +   xy + x +  = Áp dụng hoàn toàn tương tự ta 2y + z + 2  6 1 6 1 + ;  +    2  yz + y +  2z + x +  zx + z +  Cộng theo vế bất đẳng thức để ý đến 1 + + = ta xy + x + yz + y + zx + z + P Nguyễn Công Lợi  6 1 + + + 1 =   xy + x + yz + y + zx + z +  Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Vậy giá trị lớn P , đạt x = y = z = Câu (3.0 điểm) Cho tứ giác ABCD (khơng có hai cạnh song song) nội tiếp đường tròn ( O ) Các tia BA CD cắt điểm F Gọi E giao điểm hai đường chéo AC BD Vẽ hình bình hành AEDK a) Chứng minh tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB b) Gọi M, N tương ứng trung điểm cạnh AD, BC Chứng minh đường thẳng MN qua trung điểm EF c) Chứng minh đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN Lời giải B A E N M T O L I K F C D a) Chứng minh tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB Do tứ giác AEDK hình bình hành nên DK song song với AC Chú ý đến tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn ta FDK = DCA = DBA Cũng tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn ta có tam giác FDA đồng dạng với tam giác FBC tam giác EDA đồng dạng với tam giác ECB Do ta suy nên ta có DF AD EA DK = = = BF BC EB EB DF BF Do tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB = DK BE b) Gọi M, N tương ứng trung điểm cạnh AD, BC Chứng minh đường thẳng MN qua trung điểm EF Gọi I trung điểm EF Do tứ giác AEDK hình bình hành nên ta có M trung điểm EK, điều dẫn đến IM song song với FK Dựng hình bình hành Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BECL, để ý đến góc nội tiếp ta có FCL = 1800 − BDC = 1800 − BAC = FAC Lại có tam giác FDA đồng dạng với tam giác FBC tam giác EDA đồng dạng với tam giác ECB nên ta có FC BC EB CL Do suy tam giác FCL đồng dạng = = = FA AD EA AE với tam giác FAE Kết hợp với tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB ta suy KFD = EFA = LFC nên ba điểm F, K, L thẳng hàng Lại có N trung điểm EL nên suy IN song song với FL Do ba điểm I, M, N thẳng hàng hay đường thẳng MN qua trung điểm EF c) Chứng minh đường thẳng EF ln tiếp xúc với đường trịn ngoại tiếp tam giác EMN c) Gọi T điểm đối xứng với M qua I Ta có tứ giác METF hình bình hành nên FTE = FME Lại có tam giác FAD đồng dạng với tam giác FCB M, N theo thứ tự trung điểm AD, BC nên suy tam giác FAM đồng dạng với tam giác FCN Do ta FMA = FNC Chứng minh hồn tồn tương tự ta có tam giác EDA đồng dạng với tam giác ECB nên suy tam giác EMA đồng dạng với tam giác ENB nên ta EMA = ENB = CNL Từ ta có FME = FNL = 180 − ENF , điều dẫn đến FTE = 1800 − ENF nên tứ giác ETFN nội tiếp Suy ENM = EFT = MEF nên EF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN Câu (2.0 điểm)   Cho tập hợp S = x  Z  x  50 Xét A tập hợp tập hợp S có tính chất: Khơng có ba phần tử tập hợp A số đo ba cạnh tam giác vng a) Tìm tập hợp A có 40 phần tử thỏa mãn điều kiện toán b) Có hay khơng tập hợp A có 41 phần tử thỏa mãn điều kiện toán? Hãy giải thích câu trả lời Lời giải a) Trước hết ta chứng minh nhận xét: Trong ba số ngun dương thỏa mãn định lí Pitago ln có số chia hết cho Thật vậy, gọi a, b, c số nguyên đương thỏa mãn điều kiện a2 + b2 = c2 + Nếu hai số a b có số chia hết cho nhận xét hiển nhiên + Nếu hai số a b không chia hết cho Khi a b chia cho có số dư 1, 2, 3, nên a b2 chia cho có số dư Điều dẫn Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 10 ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Vòng – Năm học 2018 – 2019 Câu (2.5 điểm) a) Rút gọn biểu thức A = −2 − 14 + ( −2 ) b) Giải phương trình 5x + 5x + = 3x − 2y = 16 c) Giải hệ phương trình  x + 5y = −23 Câu (2.0 điểm) a) Tìm tất giá trị hệ số a để hàm số y = ax + đồng biến đồ thị hàm số qua điểm A ( 1; ) b) Cho đường thẳng ( d ) : y = ( − 2m ) x − m parabol ( P ) : y = x Tìm tất giá trị tham số m để (d) cắt ( P ) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x x1 ( x − 1) + ( x1 − x ) = 2x1 − x Câu (1.5 điểm) a) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 174m Nếu tăng chiều rộng 5m giảm chiều dài 2m diện tích mảnh vườn tăng thêm 215m2 Tính chiều rộng chiều dài ban đầu mảnh vườn b) Giải phương trình 5x − 2x − 3x x + = Câu (3 điểm) Cho đường trịn ( O ) có AB dây cung không qua tâm I trung điểm dây AB Trên tia đối tia AB lấy điểm M khác điểm A Vẽ hai tiếp tuyến MC MD đến ( O ) (tiếp điểm C thuộc cung nhỏ AB, tiếp điểm D thuộc cung lớn AB) a) Chứng minh tứ giác OIMD nội tiếp đường tròn b) Chứng minh MD2 = MA.MB c) Đường thẳng OI cắt cung nhỏ AB ( O ) điểm N, giao điểm hai đường thẳng DN MB E Chứng minh tam giác MCE cân M Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN d) Đường thẳng ON cắt đường thẳng CD điểm F Chứng minh 1 + = OI.OF ME CD2 Câu (0.5 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b  Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = a b + + 1+ b 1+ a a + b HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2.5 điểm) a) Rút gọn biểu thức A = 14 − −2 + ( −2 ) b) Giải phương trình 5x + 5x + = 3x − 2y = 16 c) Giải hệ phương trình  x + 5y = −23 Lời giải a) Rút gọn biểu thức A = A= = −2 ( − +2 3 −2 14 + ) −2 − 14 ( −2 ( + ) −2 = ) ( Ta có ( −2 +2 )( ) +2 ) −2 + −2 + −2 = +2− −2 =0 b) Giải phương trình 5x + 5x + = Ta có 5x2 + 5x + =  ( ) 5x + =  5x + =  x = − Vậy nghiệm phương trình x = − 5 3x − 2y = 16 c) Giải hệ phương trình  x + 5y = −23 Biến đổi tương đương hệ phương trình cho ta  y = −5 3x − 2y = 16 3x − 2y = 16 −17y = 85 x =      3x − ( −5 ) = 16 x + 5y = −23 3x + 15y = −69 3x − 2y = 16  y = −5 Vậy nghiệm hệ phương trình ( x; y ) = ( 2; −5 ) Câu (2.0 điểm) Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN a) Tìm tất giá trị hệ số a để hàm số y = ax + đồng biến đồ thị hàm số qua điểm A ( 1; ) b) Cho đường thẳng ( d ) : y = ( − 2m ) x − m parabol ( P ) : y = x Tìm tất giá trị tham số m để (d) cắt ( P ) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x x1 ( x − 1) + ( x1 − x ) = 2x1 − x Lời giải a) Tìm tất giá trị hệ số a để hàm số y = ax + đồng biến đồ thị hàm số qua điểm A ( 1; ) Đồ thị hàm số y = ax + qua điểm A ( 1; ) ta = a.1 +  a = Với a = hàm số y = ax + đồng biến Vậy a = giá trị cần tìm b) Tìm tất giá trị tham số m để (d) cắt ( P ) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x x1 ( x − 1) + ( x1 − x ) = 2x1 − x Xét phương trình hồnh độ giao điểm ( d ) ( P ) x = ( − 2m ) x − m  x + ( 2m − ) x + m = Khi ta có  = ( 2m − ) − 4m = −12m + Như ( d ) ( P ) cắt hai điểm phân biệt phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt x1 , x Điều xẩy  = −12m +   m  Áp dụng hệ thức Vi – et ta có x1 + x2 = − 2m; x1x2 = m2 Đến ta có x1 ( x − 1) + ( x1 − x ) = 2x1 − x  x1x − x1 + 2x1 − 2x − 2x1 + x =  x1x − ( x1 + x ) =  m − ( − 2m ) =  m + 2m − =  m  −3;1 Kết hợp với điều kiện m  ta m = −3 thỏa mãn yêu cầu toán Vậy m = −3 giá trị cần tìm Câu (1.5 điểm) a) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 174m Nếu tăng chiều rộng 5m giảm chiều dài 2m diện tích mảnh vườn tăng thêm 215m2 Tính chiều rộng chiều dài ban đầu mảnh vườn Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN b) Giải phương trình 5x − 2x − 3x x + = Lời giải a) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 174m Nếu tăng chiều rộng 5m giảm chiều dài 2m diện tích mảnh vườn tăng thêm 215m2 Tính chiều rộng chiều dài ban đầu mảnh vườn Gọi chiều rộng chiều dài ban đầu mảnh vườn x ( m ) y ( m ) (  x  y  87;  y ) Vì chu vi mảnh vườn 174m nên ta có phương trình ( x + y ) = 174  x + y = 87 ( ) Diện tích ban đầu mảnh vườn xy m Khi tăng chiều rộng 5m giảm chiều dài 2m diện tích mảnh vườn ( x + 5)( y – ) ( m ) Ta có phương trình ( x + )( y − ) = xy + 215  −2x + 5y = 225 x + y = 87 Do ta có hệ phương trình  −2x + 5y = 225 Giải hệ x = 30; y = 57 (thỏa mãn điều kiện) Vậy chiều rộng chiều dài ban đầu mảnh vườn 30m 57m b) Giải phương trình: 5x − 2x − 3x x + = Điều kiện xác định phương trình x  R + Lời giải Biến đổi tương đương phương trình cho ta ( ) ( )  ( x − )( 5x + ) − 3x ( 5x x − + x − − 3x 2 ( ( (  ( ) x2 + − = ) ( )( )( x + − ) ( 5x + ) − 3x ( x + − ) = x + − ) ( x + + ) ( 5x + ) − 3x  =   x + − ) ( x + + ) ( 2x + ) + 3x ( x + + 1)  =   x2 + + ) x + − =  x + − 5x + − 3x 2 2 ( ) x2 + − = 2 2 2 2 2  x2 + − =  x2 + =  x2 + =  x2 =  x =  Do ( )( ) x + + 2x + + 3x ( ) x2 + +    Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = − 2; ( ) + Lời giải Đặt y = x2 + y   x2 = y2 − Khi phương trình cho viết lại thành Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN ( ) ( ) ( ) y − − y − − y − y =  5y − 20y + 20 − 2y + − 3y + 6y − =  5y − 3y − 22y + 6y + 20 =  5y − 10y + 7y − 14y − 8y + 16y − 10y + 20 = ( )  5y ( y − ) + 7y ( y − ) − 8y ( y − ) − 10 ( y − ) =  ( y − ) 5y + 7y − 8y − 10 = ( ) ( )  ( y − )  5y y − + y − + 2y +  =  y − =  y =   ( ) ( ) Do y   5y y − + y − + 2y +    Đến ta tìm tập nghiệm phương trình S = − 2; Câu (3 điểm) Cho đường trịn ( O ) có AB dây cung khơng qua tâm I trung điểm dây AB Trên tia đối tia AB lấy điểm M khác điểm A Vẽ hai tiếp tuyến MC MD đến ( O ) (tiếp điểm C thuộc cung nhỏ AB, tiếp điểm D thuộc cung lớn AB) a) Chứng minh tứ giác OIMD nội tiếp đường tròn b) Chứng minh MD2 = MA.MB c) Đường thẳng OI cắt cung nhỏ AB ( O ) điểm N, giao điểm hai đường thẳng DN MB E Chứng minh tam giác MCE cân M d) Đường thẳng ON cắt đường thẳng CD điểm F Chứng minh 1 + = OI.OF ME CD2 Lời giải F N C B I E A M H O D a) Chứng minh tứ giác OIMD nội tiếp đường tròn Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Vì MD tiếp tuyến D đường tròn ( O ) nên ODM = 90 Lại thấy đường trịn (O) có dây AB khơng qua tâm I trung điểm dây AB Do suy OI vng góc với AB nên OIM = 90 Tứ giác OIMD có ODM + OIM = 1800 suy tứ giác OIMD nội tiếp đường tròn b) Chứng minh MD2 = MA.MB Đường trịn ( O ) có MDA góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn AD MBD góc nội tiếp chắn AD nên suy MDA = MBD Hai tam giác MDA MBD có DMB chung MDA = MBD nên đồng dạng với Do ta MD MA = MB MD nên suy MD2 = MA.MB c) Chứng minh tam giác MCE cân M Vì MDE góc nội tiếp chắn DN nên MDE = sđ DN Đường trịn ( O ) có ON vng góc với dây AB nên NA = NB Vì MED góc có đỉnh bên ( O ) nên ta có ) ( ( ) 1 MED = sđ AD + NB Mà NA = NB nên MED = sđ AD + NA = sđ DN , 2 MED = MDE nên tam giác M DE cân M, suy MD = ME Mà ta lại có MC = MD nên suy MC = ME hay tam giác MCE cân M d) Chứng minh 1 + = OI.OF ME CD2 Gọi H giao điểm OM CD ta có OC = OD MC = MD nên suy OM đường trung trực CD Do OM vng góc với CD H Hai tam giác OIM OHF có MOF chung OIM = OHF = 90 nên đồng dạng với Từ ta OI OM hay OI.OF = OH.OM Tam giác ODM vng D có đường cao DH nên = OH OF ta suy OH.OM = OD2 1 Mà OI.OF = OH.OM = OD2 + = 2 OD MD DH 1 MD = ME; DH = CD Từ ta suy + = OI.OF ME CD2 Câu (0.5 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b  Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = a b + + 1+ b 1+ a a + b Lời giải Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Với a, b số thực dương nên áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a2 a2 4 + ( a + ab )   ( a + ab ) = a a + ab a + ab Do ta a2 4 a  a − ( a + ab ) nên  a − ab a + ab 1+ b 9 Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có Do S  b  b − ab 1+ a 9 8 8  1 a + b ) − ab + = a + b + − ab +  (  9 a+b 9 a+b 9 a+b Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a + b + Vì a + b  nên ( a + b )  4ab  ab  2 a+b ( a + b )  a +1 b = 2 1 1 a + b )  ( a+b 4 8 1 Từ suy S   −  + = Dấu xẩy a = b = 9 Vậy giá trị nhỏ S Nguyễn Công Lợi a = b = Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 11 ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Vòng – Năm học 2018 – 2019 Bài  + a3  a −2 a +1 a) Rút gọn biểu thức P =  với a  −1− a   a −1  a   ( ) b) Giải phương trình x ( x − 1) x2 + 3x + = 24  x + 2y = xy + 2x c) Giải hệ phương trình    x + y = xy − Bài a) Cho đa thức f ( x ) = x + ax + b thỏa mãn f ( 1) = f ( )  Chứng minh phương trình f ( x ) = x có hai nghiệm phân biệt Tìm số nghiệm phương trình ( ) f f ( x) = x b) Cho A = m n − 4m − 2n với m n số nguyên dương + Khi n = , tìm tất giá trị m để A số phương + Khi n  , chứng minh A khơng thể số phương Bài Cho số  a, b,c  thỏa mãn abc ( a + b + c ) = + Chứng minh ab + bc + ca  + Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a − b2 + b − c2 + c − a2 Bài Cho đường trịn ( O ) có đường kính AB, điểm M thuộc ( O ) khác A, B Các tiếp tuyển đường tròn ( O ) điểm A M cắt C Đường tròn ( I ) qua M tiếp xúc với đường thẳng AC C Các đường thẳng CB CO cắt đường tròn ( I ) điểm thứ hai theo thứ tự E F Vẽ đường kính CD đường trịn ( I ) Gọi giao điểm hai đường thẳng DF AB K a) Chứng minh tam giác OCD cân tứ giác OEFK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh hai tam giác OEF CED đồng dạng với c) Đường thẳng qua hai giao điểm ( O ) ( I ) cắt đường thẳng AC H Chứng minh đường thẳng AF, CK, OH đồng quy Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Bài Cho tam giác ABC có cạnh Điểm M di động bên tam giác thỏa mãn BMC = 120 Đường thẳng BM cắt cạnh AC Q đường thẳng CM cắt cạnh AB P Chứng minh AP + AQ khơng đổi Tìm giá trị lớn diện tích tứ giác APMQ HƯỚNG DẪN GIẢI  + a3  a −2 a +1 Bài a) Rút gọn biểu thức P =  với a  −1− a   a −1  a   ( ) b) Giải phương trình x ( x − 1) x2 + 3x + = 24  x + 2y = xy + 2x c) Giải hệ phương trình    x + y = xy − Lời giải  + a3  a −2 a +1 a) Rút gọn biểu thức P =  với a  −1− a   a −1  a   Với a  ta có ( )( )( )   + a3  a − a +1  1+ a a − a +1  P= +1− a  = + 1− a     a −1  a a −1 a +1     ( ( ) ( a −1 ) a )  a − a +1  a −1 a − a +1− a − a +1 a −1 a = + 1− a  = = =1   a a −1 a −1 a a   ( ) b) Giải phương trình x ( x − 1) x2 + 3x + = 24 Biến đổi tương đương phương trình cho ta có ( ) ( )(  ( x + x ) − ( x + x ) − 24 =  ( x + x ) − ( x + x ) + ( x + x ) − 24 =  ( x + x )( x + x − ) + ( x + x − ) =  ( x + x + )( x + x − ) = ) x ( x − 1) x + 3x + = 24  x ( x − 1)( x + 1)( x + ) = 24  x + x x + x − = 24 2 2 2 2 2 2 Dễ thấy x2 + x +  với x nên từ ta có x + x − =  x  −3; 2 Vậy tập nghiêm phương trình cho S = −3; 2  x + 2y = xy + 2x c) Giải hệ phương trình    x + y = xy − Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Điều kiện xác định hệ phương trình x + y  Biến đổi phương trình thứ hệ cho ta có x + 2y = xy + 2x  x − xy + 2y − 2x =  x ( x − y ) − ( x − y ) =  ( x − )( x − y ) = + Với x − =  x = , vào phương trình thứ hai hệ cho ta  y  y   y + = 2y −   y=2   4y − 9y + = y + = y −  ( )    + Với x − y =  x = y , vào phương trình thứ hai hệ cho ta y2   2y = y −   2y = y −   ( ) 2  y   y     2  ( y − ) y + 2y − =  y − 4y − 2y + = ( ) Để ý từ điều kiện xác định phương trình y2  suy y3 + 2y2 −  Do từ phương trình ta y = nên ta x = y = Kết hợp điều kiện xác định ta có ( x; y ) = ( 2; ) nghiệm hệ cho Bài a) Cho đa thức f ( x ) = x + ax + b thỏa mãn f ( 1) = f ( )  Chứng minh phương trình f ( x ) = x có hai nghiệm phân biệt Tìm số nghiệm phương trình ( ) f f ( x) = x b) Cho A = m n − 4m − 2n với m n số nguyên dương + Khi n = , tìm tất giá trị m để A số phương + Khi n  , chứng minh A số phương Lời giải a) Chứng minh phương trình f ( x ) = x có hai nghiệm phân biệt Tìm số nghiệm ( ) phương trình f f ( x ) = x + Ta có f ( 1) = nên ta + a + b =  a + b =  a = −b Do ta có x = f ( x ) = x  x2 − bx + b = x  x ( x − 1) − b ( x − 1) =  ( x − 1)( x − b ) =   x = b Cũng từ f ( )  ta có ( − 1)( − b )   b  Do phương trình f ( x ) = x có hai nghiệm phân biệt + Để ý từ ta có a = −b nên ta có f ( x ) = x − bx + b Từ ta Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN ( ) f f ( x ) = x  f ( x )  + af ( x ) + b = x  f ( x )  − bf ( x ) − x + b = 2  f ( x )  − x − bf ( x ) + bx + x − bx − x + b = ( )  f ( x ) − x  f ( x ) + x  − b f ( x ) − x  + x − bx + b − x = f ( x ) − x =  f ( x ) − x  f ( x ) + x − b − 1 =   f ( x ) + x − b − = Với f ( x ) − x =  f ( x ) = x , phương trình có hai nghiệm phân biệt Với f ( x ) + x − b − =  x − ( b − 1) x + = Ta có  = ( b − 1) − = b2 − 2b − = ( b + 1)( b − )  , ta có b  Từ suy phương trình có hai nghiệm phân biệt Mặt khác với b  x = x = b nghiệm phương trình x − ( b − 1) x + = ( ) Vậy phương trình f f ( x ) = x có ln có bốn nghiệm phân biệt b) Cho A = m n − 4m − 2n với m n số nguyên dương + Khi n = , tìm tất giá trị m để A số phương Khi n = ta có A = 4m − 4m − = ( 2m − 1) − Do A số phương nên tồn số nguyên k cho A = k2 hay ta có ( 2m − 1) − = k  ( 2m − 1) − k =  ( 2m − − k )( 2m − + k ) = Do m , k số nguyên nên ta xét trường hợp qua bảng sau 2m − k − −5 −1 2m + k − −1 −5 k −2 −2 m −1 −1 2 Do m số nguyên dương nên từ bảng ta m = thỏa mãn yêu cầu toán + Khi n  , chứng minh A số phương Xét m = , ta có A = n − 2n − Ta có A = n − 2n − = ( n − 1)2 −  ( n − 1)2   2 A = n − 2n − = ( n − ) + 2n −  ( n − ) Do ta ( n − )  A  ( n − 1) nên A số phương Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Xét m  , A = m n − 4m − 2n = ( mn − 1) + 2mn − 4m − 2n −  ( mn − 1) 2 Lại có A = m n − 4m − 2n  ( mn ) Do ta ( mn − 1)  A  ( mn ) nên A không 2 thể số phương Vậy với n  A khơng thể số phương Bài Cho số  a, b,c  thỏa mãn abc ( a + b + c ) = + Chứng minh ab + bc + ca  + Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a − b2 b + − c2 c + − a2 Lời giải + Chứng minh ab + bc + ca  Áp dụng bất đẳng thức dạng ( x + y + z )  ( xy + yz + zx ) ta có ( ab + bc + ca )  ( ab.bc + bc.ca + ca.ab ) = 3abc ( a + b + c ) = Do ta ab + bc + ca  Dấu đẳng thức xẩy a = b = c = a + Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 9−b + b 9−c + c −a Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a − b2 = 2a 2 ( − b )( + b ) b Hồn tồn tương tự ta có − c2 =  2a 2a = ( − b) + ( + b) − b 2b c 2c ; = 9−c − a2 − a 2a 2b 2c  a b c  + + =2 2 + +  9− b 9−c 9−a  9− b 9−c 9−a  Đến áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có Do ta P  (a + b + c ) a b c a2 b2 c2 + + = + +  − b − c − a 9a − ab 9b − bc 9c − ca ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) Để ý ta có ( a + b + c )  ( ab + bc + ca )  nên suy a + b + c  (a + b + c ) (a + b + c )  Do ab + bc + ca  nên ta có ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) ( a + b + c ) − ( a + b + c )  Thật ta có Ta chứng minh (a + b + c ) − ( a + b + c )   a + b + c  27 a + b + c − ( ) ( ) (a + b + c ) −  ( a + b + c ) − 27 ( a + b + c ) +   ( a + b + c − ) 8 ( a + b + c ) −   2 2 2 Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Để ý bất đẳng thức cuối a + b + c  Đẳng thức xẩy a + b+c = (a + b + c )  Nên ta P  ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) Từ ta 3 2 = Dấu đẳng thức xẩy a = b = c = Vậy giá trị nhỏ P , đạt a = b = c = Bài Cho đường trịn ( O ) có đường kính AB, điểm M thuộc ( O ) khác A, B Các tiếp tuyển đường tròn ( O ) điểm A M cắt C Đường tròn ( I ) qua M tiếp xúc với đường thẳng AC C Các đường thẳng CB CO cắt đường tròn ( I ) điểm thứ hai theo thứ tự E F Vẽ đường kính CD đường trịn ( I ) Gọi giao điểm hai đường thẳng DF AB K a) Chứng minh tam giác OCD cân tứ giác OEFK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh hai tam giác OEF CED đồng dạng với c) Đường thẳng qua hai giao điểm ( O ) ( I ) cắt đường thẳng AC H Chứng minh đường thẳng AF, CK, OH đồng quy Lời giải a) Chứng minh tam giác OCD cân tứ giác OEFK nội tiếp đường tròn Ta co CMD = 90 = CMO nên ba điểm D, M, O I C D thẳng hàng Do CD AB vng góc với M AC ta có CD song song với AB Do ta có OCD = COA = COD nên tam giác OCD cân N H F E D Mặt khác ta lại có OCD = KEF nên suy KOF = KEF , tứ giác KOEF nội tiếp A K O B đường tròn b) Chứng minh hai tam giác OEF CED đồng dạng với Ta có OME = ECD = OBE nên tứ giác OBME nội tiếp đường trịn Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Do ta có OEM = OMB = OBM = AOM = KOF = KEF Mà ta lại có BC vng góc với DK nên suy OEF = 900 Hai tam giác OEF CED có OEF = CED = 90 OFE = CDE nên đồng dạng với Vậy ta có hai tam giác OEF CED đồng dạng c) Chứng minh đường thẳng AF, CK, OH đồng quy Tam giác OCD cân D lại có DF vng góc với CO nên suy FC = FO Từ giác OEFK nội tiếp đường trịn nên ta có OEF = 900 Do OKF = 90 hay KF vng góc với AB Suy FK song song với AC nên ta có KA = KO Theo tính chất quen thuộc tiếp tuyến cát tuyến ta có HC2 = HN.HM = HA2 nên H trung điểm AC Do tam giác ACO có AF, CK OH đường trung tuyến Vậy ta có đường thẳng AF, CK, OH đồng quy Bài Cho tam giác ABC có cạnh Điểm M di động bên tam giác thỏa mãn BMC = 120 Đường thẳng BM cắt cạnh AC Q đường thẳng CM cắt cạnh AB P Chứng minh AP + AQ khơng đổi Tìm giá trị lớn diện tích tứ giác APMQ Lời giải A P Q M K B N C + Kẻ MN tia phân giác góc BMC Khi PMB = BMN = NMC = CMO = 60 Từ ta suy PBN + PMN = NMQ + NCQ = 1800 nên tứ giác BMNP CNMQ nội tiếp đường tròn Do ta có BPN = BMN = 60 nên suy tam giác BNP Chứng minh hoàn toàn tương tự ta tứ giác CNQ Do suy NP song song với AQ NQ song song với AP Do tứ giác NPAQ hình bình hành Từ suy AQ = PN = PB Do ta có AP + AQ = AB + BP = không đổi Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN + Đặt PB = AQ = x , ta AP = CQ = − x Dễ thấy hai tam giác CMQ CAP đồng dạng với nên ta có SCMQ SCAP = CM.CQ CM − x Từ ta suy = CA.CP CP SCMQ SCAP − SCMQ S APMQ SCAP = = = CP ( − x ) CM CP − (1 − x ) CM CP − (1 − x ) CM Lại có S CAP − x = nên suy S CAP = ( − x ) S ABC Từ dẫn đến S ABC S APMQ = (1 − x ) CP − (1 − x ) CM  S CP ABC  ( − x ) CM  = ( − x ) 1 −  CP   Gọi K giao điểm NQ với PC Khi theo định lí Thales ta có PM BP = KM KQ PM x KQ CQ KQ − x = Từ ta nên suy = = MK ( − x )2 1− x AP CA PM PM x x = = = 2 PK MK + PM ( − x ) + x x − x + Lại có PK AQ x PK x = = nên , PK = xCP Đến ta suy = CK CQ − x CP − PK − x CP − CM PM x2 x2 CM 1− x = hay ta có = = PC PC x − x + PC x − x + x −x+1 Do S APMQ x − x2 3  34  Dấu xẩy = = − 1  − 1 =   x − x +  x − x +    12 P trung điểm BC hay M tâm tam giác ABC Vậy giá trị lớn S APMQ Nguyễn Công Lợi , đạt M tâm tam giác ABC 12 Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp ... 3.4 − 2 018 . 2 019 − P = ? ?1? ?? 1? ??  −    = 2.3 3.4 2 018 . 2 019  2.3  3.4   2 018 . 2 019  2.3 − 3.4 − 2 018 . 2 019 − 10 4074340 1. 4 2.5 2 017 .2020 = = = 2.3 3.4 2 018 . 2 019 2.3 3.4 2 018 . 2 019 2.3... THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THI? ??U ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH Năm học 2 018 – 2 019 Bài (1. 5 điểm) Cho phương... THCS Thị Trấn Quỳ Hợp TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THI? ??U ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH THÁI BÌNH Vịng – Năm học 2 018 – 2 019 Câu (2.0 điểm) a)