tuyen tap de thi vao lop 10 chuyen mon toan nam hoc 2019 2020

Tailieumontoan.com  Sưu tầm TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUN TỐN NĂM HỌC 2019-2020 Thanh Hóa, tháng năm 2019 Website:tailieumontoan.com TUYỂN TẬP ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƢỜNG CHUN MƠN TỐN NĂM HỌC 2019-2020 MƠN TỐN LỜI NĨI ĐẦU Để góp phần định hướng cho việc dạy - học trường việc ôn tập, rèn luyện kĩ cho học sinh sát với thực tiễn giáo dục, nhằm nâng cao chất lượng kì thi tuyển sinh, Website: tailieutoanhoc.com phát hành Bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên mơn tốn năm học 2019-2020 có đáp án chi tiết Về nội dung kiến thức, kĩ năng: Tài liệu biên soạn theo hướng bám Chuẩn kiến thức, kĩ Bộ GDĐT, tập trung vào kiến thức bản, trọng tâm kĩ vận dụng, viết theo hình thức Bộ đề ơn thi dựa đề thi năm 2019 trường chuyên nước Mỗi đề thi có hướng dẫn giải chi tiết! Hy vọng Bộ tài liệu ôn thi có chất lượng, góp phần quan trọng nâng cao chất lượng dạy - học trường THCS kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 20202021 năm Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ đội ngũ người biên soạn, song tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong đóng góp thầy, giáo em học sinh toàn tỉnh để Bộ tài liệu hoàn chỉnh Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao kỳ thi tới! Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com MỤC LỤC Trang Đề thi Đáp án Đề vào 10 Chuyên toán Nghệ An năm học 2019 -2020 52 Đề v|o 10 Chuyên to{n Nam Định năm học 2019 -2020 55 Đề v|o 10 Chuyên to{n Thanh Hóa năm học 2019 -2020 60 Đề v|o 10 Chuyên tin Thanh Hóa năm học 2019 -2020 64 Đề v|o 10 Chuyên to{n Đ| Nẵng năm học 2019 -2020 68 Đề v|o 10 Chuyên to{n Điện Biên năm học 2019 -2020 73 Đề v|o 10 Chuyên to{n Tuyên Quang năm học 2019 -2020 10 78 Đề v|o 10 Chuyên to{n Hƣng Yên năm học 2019 -2020 11 82 Đề vào 10 Chun tốn Bình Thuận năm học 2019 -2020 12 85 10 Đề v|o 10 Chuyên to{n Phú Yên năm học 2019 -2020 13 88 11 Đề vào 10 Chuyên toán Hải Phòng năm học 2019 -2020 14 94 12 Đề vào 10 Chuyên toán Quảng Ninh năm học 2019 -2020 15 98 13 Đề vào 10 Chuyên toán Quảng Nam năm học 2019 -2020 16 100 14 Đề vào 10 Chun tốn Quảng Bình năm học 2019 -2020 17 107 15 Đề vào 10 Chuyên toán Phú Thọ năm học 2019 -2020 18 110 16 Đề vào 10 Chuyên toán Cần Thơ năm học 2019 -2020 19 113 17 Đề vào 10 Chuyên toán Thừa Thiên Huế năm học 2019 -2020 21 120 18 Đề v|o 10 Chuyên to{n Đăk Nông năm học 2019 -2020 22 125 19 Đề vào 10 Chuyên toán Quảng Ngãi năm học 2019 -2020 23 128 20 Đề v|o 10 Chuyên to{n T}y Ninh năm học 2019 -2020 24 133 21 Đề v|o 10 Chuyên to{n Bình Định năm học 2019 -2020 25 136 22 Đề v|o 10 Chuyên to{n Bình Phƣớc năm học 2019 -2020 26 141 23 Đề vào 10 Chuyên toán Bắc Ninh năm học 2019 -2020 27 145 24 Đề v|o 10 Chuyên to{n Bình Dƣơng năm học 2019 -2020 29 150 25 Đề v|o 10 Chuyên to{n Sơn La năm học 2019 -2020 30 154 26 Đề vào 10 Chuyên toán Tiền giang năm học 2019 -2020 31 161 27 Đề v|o 10 Chuyên to{n Kh{nh Hòa năm học 2019 -2020 32 164 28 Đề vào 10 Chuyên toán TP Hồ Chí Minh năm học 2019 -2020 33 168 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com 29 Đề vào 10 Chuyên toán Bạc Lƣu năm học 2019 -2020 34 172 30 Đề v|o 10 Chuyên to{n Gia Lai năm học 2019 -2020 36 177 31 Đề vào 10 Chuyên toán Bạc Lƣu năm học 2019 -2020 37 184 32 Đề vào 10 Chuyên toán Vũng T|u năm học 2019 -2020 38 185 33 Đề vào 10 Chuyên toán Kon Tum năm học 2019 -2020 39 189 34 Đề vào 10 Chuyên toán Hà Nội (vòng 1) năm học 2019 -2020 40 194 35 Đề vào 10 Chun tốn Hà Nội (vịng 2) năm học 2019 -2020 41 196 36 Đề vào 10 Chuyên toán An Giang năm học 2019 -2020 42 200 37 Đề vào 10 Chun tốn Sƣ Phạm Hà Nội (vịng 1) 2019 -2020 43 204 38 Đề vào 10 Chuyên toán Hƣng Yên (vòng 2) 2019 -2020 44 207 39 Đề vào 10 Toán chung Kon Tum năm học 2019 -2020 45 210 40 Đề v|o 10 to{n chung Hƣng Yên năm học 2019-2020 46 212 41 Đề vào 10 toán chung Nam Định năm học 2019-2020 47 217 42 Đề vào 10 PTNK Hồ Chí Minh (vịng 1) năm học 2019-2020 48 222 43 Đề vào 10 PTNK Hồ Chí Minh (vòng 2) năm học 2019-2020 49 226 44 Đề vào 10 Chuyên Quảng Trị năm học 2019-2020 50 230 45 Đề vào 10 Chuyên toán Sƣ Phạm Hà Nội (vịng 2) 2019 -2020 51 232 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƢỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƢỜNG THPT CHUYÊN – TRƢỜNG ĐH VINH Năm học 2019-2020 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi chun: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số (Đề thi có trang) Câu (6,0 điểm) a) Giải phƣơng trình x3  x2  12 x x   20  ( x  1)( xy  1)  b) Giải hệ phƣơng trình  2 x ( y  y  1)   Câu (3,0 điểm) a) Cho đa thức P( x)  ax  bx  c  a   * thỏa mãn P    P    2019 Chứng minh P 10   P   số lẻ b) Tìm cặp số nguyên dƣơng  x; y  cho x y  x  y chia hết cho xy  y  Câu (2,0 điểm) Cho số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn abc  a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức P  a b 2  b c 2  c  a2 Câu (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đƣờng tròn  O  Gọi E l| điểm nằm cung nhỏ BC Trên cạnh AC lấy điểm M cho EM  EC , đƣờng thẳng BM cắt đƣờng tròn  O  N ( N khác B ) C{c đƣờng thẳng EA EN cắt cạnh BC lần lƣợt D F a) Chứng minh tam giác AEN đồng dạng với tam giác FED b) Chứng minh M trực tâm tam giác AEN c) Gọi I trung điểm AN , tia IM cắt đƣờng tròn  O  K Chứng minh đƣờng thẳng CM tiếp tuyến đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác BMK Câu (2,0 điểm) Cho 12 điểm mặt phẳng cho điểm n|o l| đỉnh tam giác mà tam gi{c ln tồn cạnh có độ dài nhỏ 673 Chứng minh có hai tam giác mà chu vi tam giác nhỏ 2019 Hết -Họ tên Số báo danh Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi chun: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề số (Đề thi có trang) Câu 1: ( 2,0 điểm) a) Cho x       Tính giá trị biểu thức P  x   x  b) Cho ba số a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  2019 Chứng minh: a  bc b2  ca c  ab   0 a  2019 b2  2019 c  2019 Câu 2: ( 2,0 điểm) Giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình sau: 1 2    3x y x y  a) x3   x  1  9x  b)      x3 y3  x y Câu 3: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( Với AB < AC ) nội tiếp đƣờng tròn tâm O Đƣờng ph}n gi{c v| đƣờng phân giác BAC cắt đƣờng tròn  O  lần lƣợt D E ( khác A ) Gọi G hình chiếu vng góc E lên cạnh AC, gọi M v| N tƣơng ứng l| trung điểm c{c đoạn thẳng BC BA Gọi K l| trung điểm đoạn thẳng GM, H l| giao điểm đƣờng thẳng AB v| đƣờng thẳng MG, F l| giao điểm đƣờng thẳng MN v| đƣờng thẳng AE a) Chứng minh hai đƣờng thẳng AD GM song song b) Chứng minh FH = MC c) Chứng minh KE  KN  2.EN n  29n Câu 4: ( 1,5 điểm) a) Chứng minh n số nguyên l| số nguyên 30 b) Tìm tất cặp số tự nhiên  x; y  cho x2  y2  3x  2y      x2  y2  4x  2y  số phƣơng Câu 5: ( 1,5 điểm )  a  ab  b  b a) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a  b4 2  b  c4  bc  c c c   a  Chứng minh   ca  a  b) Trƣớc ngày thi vào lớp 10 chuyên, thầy giáo dùng không 49 bút đem tặng cho tất 32 bạn học sinh lớp 9A cho nhận đƣợc bút thầy Chứng minh có số bạn lớp 9A nhận đƣợc bút tổng cộng 25 Hết Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi chun: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số (Đề thi có trang) Câu (2,0 điểm): 1/ Cho ba số thực dƣơng a,b,c thõa mãn a b c=1 Chứng minh a b c   1 ab  a  bc  b  ca  c  2/ Cho số a,b,c khác thỏa mãn a b+b c+2 c a=0 Hãy tính giá trị biểu thức A  bc ca ab   8a b2 c Câu (2,0 điểm): 1/ Giải phƣơng trình x  x   x  x   3x 1 1  x  y  x  y   2/ Giải hệ phƣơng trình   xy   x  y   xy y x Câu (2,0 điểm): 1/ Tìm tất cặp số nguyên (x ; y) thõa mãn y  y  x4  x3  x  x 2/ Cho hai số nguyên dƣơng x, y với x > thỏa mãn điều kiện 2x2 – = y15 Chứng minh x chia hết cho 15 Câu (3,0 điểm): Cho tam giâc ABC nhọn nội tiếp đƣờng tròn (O) với AB < AC Gọi M trung điểm BC, AM cắt (O) D kh{c A Đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác MDC cắt đƣờng thẳng AC E kh{c C Đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác MDB cắt đƣờng thẳng AB F khác B 1/ Chứng minh hai tam gi{c BDF, CDE đồng dạng 2/ Chứng minh ba điểm E, M, F thẳng hàng OA  EF 3/ Đƣờng phân giác góc BAC cắt EF điểm N Đƣờng phân giác góc CEN cắt CN P, đƣờng phân giác góc BFN cắt BN Q Chứng minh PQ // BC Câu (1,0 điểm): Trong mặt phẳng, kẻ 2022 đƣờng thẳng cho khơng có hai đƣờng thẳng n|o song song v| khơng có ba đƣờng thẳng n|o đồng quy Tam giác tạo ba đƣờng thẳng số c{c đƣờng thẳng cho gọi l| tan gi{c đẹp khơng bị đƣờng thẳng số c{c đƣờng thẳng lại cắt Chứng minh số tam gi{c đẹp khơng 674 Hết Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi chun: TỐN (chun Tin) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số (Đề thi có trang) Câu 1: (2,0 điểm) Chứng minh rằng: 1 44    1  2025 2024  2024 2025 45 Cho x số thực âm thỏa mãn x   23 Tính giá trị biểu thức: x A  x3  x Câu 2: (2,0 điểm) 1 Giải phƣơng trình:  2 x  x2   x  y  2xy  x  Giải hệ phƣơng trình:  2 2  x  y   x y  3x  Câu 3: (2,0 điểm) Tìm tất nghiệm nguyên phƣơng trình: x2  xy  5x  y   Cho biểu thức: A   a 2020  b2020  c 2020    a 2016  b2016  c 2016  với a,b,c số nguyên dƣơng Chứng minh A chia hết cho 30 Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đƣờng trịn  O  có tâm O Các đƣờng cao BE, CF tam giác ABC cắt H Đƣờng phân giác BHC cắt cạnh AB, AC lần lƣợt M , N Đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đƣờng phân giác BAC điểm I khác A, IM cắt BE điểm P IN cắt CF điểm Q Chứng minh tam giác AMN cân A Chứng minh HPIQ hình bình hành Chứng minh giao điểm hai đƣờng thẳng HI AO thuộc đƣờng tròn  O  Câu 5: (1,0 điểm) Với số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  , tìm giá trị nhỏ biểu thức S   a   b2   c2   Hết Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÀ NẴNG ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số Mơn thi chun: TỐN (chun) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài ( 2,0 điểm) a) Tìm giá GTNN biểu thức A  x6 x9  x6 x9 81 18  1 x2 x , với x  b) Tìm x thỏa 9x   7x   5x   3x   x  Bài ( 2,0 điểm) a) Cho ba số thực dƣơng ph}n biệt a, b, c thỏa a  b  c  Xét ba phƣơng trình bậc hai 4x2  4ax  b  0, 4x2  4bx  c  0, 4x  4cx  a  Chứng minh ba phƣơng trình có phƣơng trình có nghiệm có phƣơng trình vô nghiệm b) Cho hàm số y  x có đồ thị  P  v| điểm A  2;  Gọi d m l| đƣờng thẳng qua A có hệ số góc m Tìm tất giá trị m để d m cắt đồ thị  P  hai điểm A v| B, đồng thời cắt trục Ox điểm C cho AB  3AC Bài ( 2,0 điểm) Giải phƣơng trình v| hệ phƣơng trình sau:  8xy  22y  12x  25  x a) x   x   x   14x  x   13  b)   y  3y   x   x    O  đƣờng kính AB = 2r lấy điểm C khác A cho CA < CB Hai tiếp tuyến nửa đƣờng tròn  O  B, C cắt M Tia AC cắt đƣờng tròn ngoại Bài 4: ( 1,5 điểm) Trên nửa đƣờng tròn tiếp tam giác MCB điểm thứ hai D Gọi K l| giao điểm thứ hai BD nửa đƣờng tròn r2  O  , P l| giao điểm AK BC Biết diện tích hai tam giác CPK APB lần lƣợt 12 r2 , tính diện tích tứ giác ABKC Bài ( 1,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( BA < BC) nội tiếp đƣờng tròn  O  Vẽ đƣờng  Q  qua A v| C cho  Q  cắt c{c tia đối tia AB CB lần lƣợt c{c điểm thứ hai D E Gọi M l| giao điểm thứ hai đƣờng tròn  O  v| đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác trịn BDE Chứng minh QM vng góc BM Bài ( 1,0 điểm ) Ba bạn A,B,C chơi trò chơi: Sau A chọn hai số tự nhiên từ đến ( giống ), A nói cho B tổng nói cho C tích hai số Sau đ}y l| c{c c}u đối thoại B C B nói : Tơi khơng biết hai số A chọn nhƣng chắn C khơng biết C nói: Mới đầu tơi khơng biết nhƣng biết hai số A chọn Hơn , số m| A đọc cho lớn số bạn B nói: À, tơi biết hai số A chọn Xem B C nhà suy luận logic hoàn hảo, cho biết hai số A chọn hai số ? Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐIỆN BIÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi chun: TỐN (chun) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số (Đề thi có trang)  2x   x x4  Câu (2,5 điểm) Cho biểu thức P      x   với x  x   x x 1 x  x 1  x     a) Rút gọn P b) Tìm x để P  x  Chứng minh rằng: 32 2 3  1 1 Câu (1,5 điểm) Giải phƣơng trình: x2  4x   x   x2  x   1 4x  4x  y  1 Giải hệ phƣơng trình:  2 4x  3xy  y  Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đƣờng thẳng d : y  2mx  m  ( m tham số) v| parabol  P  : y  x Chứng minh với gi{ trị m d ln cắt  P  hai điểm ph}n biệt có ho|nh độ x1 , x2 Tìm m cho x12  6x22  x1 x2  Cho a, b, c l| c{c số thực không }m v| thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  Chứng minh a b c    bc ca ab Câu (3,0 điểm) Cho tam gi{c nhọn ABC AB AC nội tiếp đƣờng tròn t}m I Gọi E l| hình chiếu vng góc B đƣờng thẳng AI T l| giao điểm BE đƣờng tròn t}m I a) Chứng minh tam gi{c ABT c}n A Từ suy AC l| đƣờng ph}n gi{c góc BCT b) Gọi M l| trung điểm BC D l| giao điểm ME AC Chứng minh BD AC Cho tam giác ABC , đƣờng trung tuyến AD lấy điểm I cố định ( I khác A D ) Đƣờng thẳng d qua I cắt c{c cạnh AB, AC lần lƣợt M , N X{c định vị trí đƣờng thẳng d để diện tích tam gi{c AMN đạt gi{ trị nhỏ Câu (1,0 điểm) Tìm tất c{c số nguyên dƣơng x, y, z thỏa mãn x  y 2019 y  z 2019 l| số hữu tỷ v| x2  y2  z2 l| số nguyên tố Hết Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 221 Website:tailieumontoan.com  OCF  90o  FC l| tiếp tuyến (O)  F  E Dễ chứng minh  ECI  EHC (g-g)  EC2 = EI.EH (3) Vì AC > BD  AC2 > BD2  AC2 > 4OB2 (4)  ACE vuông C  AE2 = EC2 + AC2 (5) Từ (3), (4), (5)  EI.EH + 4OB2 < EC2 + AC2 = AE2 (đpcm) Câu ( x  y )   y  x  ( x  1)( y  1)  1) Ta có:  3xy  y  x  11 5  x3   (1) (2) ĐK: x  1; y  Đặt x 1  a , y   b  a  0, b    x  a  1; y  b2  Phƣơng trình (1) trở th|nh: ( a  b  2)   3(b  1)  5( a  1)  2ab  (a  b  2)2   3b  5a   2ab   (a  b  2)2   4(a  b  2)  a  b  2ab   ( a  b )  ( a  b)   (a  b) [(a  b)  1]   ( a  b)  ab  x   y 1  y  x  (3) (2)  3xy  y  x  11  x3  (4) Thay (3) v|o (4) đƣợc: 3x( x  2)  5( x  2)  x  11  x   3x  x  x  10  x  11  x   3x  x   x3   3( x  x  1)  2( x  1)  x  x  x     x2  x   x    x2  x   x    x2  x   x    x  x   4( x  1)  x2  5x   Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 222 Website:tailieumontoan.com x  37 (TMĐK) Với x   37  37 y 2 Vậy nghiệm hệ phƣơng trình l|   37  37    37  37    ; ;  ;      2      x; y    2) Ta có: x  y  z  2019 xyz  2019 x   2019 x   x  xy  xz yz x  xy  xz  yz ( x  y )( x  z )  x   x      1  1 yz yz  y  z   x  x   x x  x 1  2019 x     1   1           2 y z  y  z   y z  (theo BĐT Cô-si) x 1 x2       2 y z x   2019 x  11 1    x     x x x 2 y z  2 Tƣơng tự: y   2019 y  11 1  y     y y 2 z x z   2019 z  11 1  z     z z 2 x y 1 1  VT  x  y  z      x y z Chứng minh đƣợc ( x  y  z )2  3( xy  yz  zx)  1  3( xy  yz  zx) 2019.3( xy  yz  zx)  3      xyz 2019 xyz x y z 2019.( x  y  z )   2019( x  y  z ) x yz  VT  2020( x  y  z)  2020.2019 xyz  VP  Đpcm Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 223 Website:tailieumontoan.com Đề số 42 Bài Điều kiện: a  a  Ta có:    a 1         a 1  a  1 a  a  1 a  a  2a   a  2a   a    2a  1   a  1  a Do đó, phƣơng trình cho đƣợc viết lại thành Phƣơng trình n|y tƣơng đƣơng với  1   a 1 a 1   a  1  hay  a 1  a  1 a  1 a 1  Nhƣ thế, ta có a   hay a  (thỏa mãn) Vậy có giá trị a thỏa mãn yêu cầu đề a  Bài Từ phƣơng trình cho, ta thấy có hai trƣờng hợp xảy ra: a) Điều kiện: x   Trƣờng hợp 1: x   x  Trong trƣờng hợp này, ta có x   x , hay  x  1 x  2  , tức x  1 x  , vơ lý x   x    Trong trƣờng hợp này, ta có x   , tức x  Trƣờng hợp 2: Vậy phƣơng trình cho có nghiệm x  b) Điều kiện: x  y   x  y   Từ phƣơng trình thứ hệ, ta có x  y   x  y  1, tức x   y Từ đ}y v| c{c điều kiện x  y   0, x  y   , ta phải có  y   y  , tức y Bây giờ, thay x   y v|o phƣơng trình thứ hai hệ, ta đƣợc:   y  y  1    y   54  hay Do y  2  y   y    nên từ đ}y, ta có y  4 (tƣơng ứng x  10 ) Vậy hệ phƣơng trình cho có nghiệm  x, y   10, 4 Bài Phƣơng trình 1 l| phƣơng trình bậc hai ẩn x có hệ số tƣơng ứng a  , b    2m  1 c  12 Do a c trái dấu nên phƣơng trình 1 ln có hai nghiệm phân  x1  x2  2m  biệt x1 , x2 trái dấu Theo Viet, ta có:   x1 x2  12 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 224 Website:tailieumontoan.com a) Do x1  x2  x1 x2  25 nên ta có 2m   24  25 , tức m  Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu m  b) Ta có x12  x22   x1  x2  x1  x2    2m  1 x1  x2  Dó đó, để thỏa mãn u cầu ta phải có  2m  1 x1  x2    , tức m   x1  x2  Ở trƣờng hợp thứ hai, x1  x2  2m  nên ta có x1  m  x2  m  Từ đ}y, x1 x2  12 nên  m   m  3  12 , tức m  m  1  Suy m  m  1 Vậy có ba giá trị m thỏa mãn yêu cầu m  , m  1 m   Bài a) Ở trường hợp ông A : Theo giả thiết, ta thấy giá bán lẻ lít xăng RON 95 từ 16 chiều ngày / / 2019 17600 1  0, 25  22000 (đồng) Khi ông A mua 100 lít xăng RON 95 vào ngày /1/ 2019 khoảng thời gian gian chƣa có điều chỉnh giá nên giá lít xăng RON 95 giá niêm yết ngày 1/1/ 2019 , suy số tiền ông A bỏ 17600.100  1760000 (đồng) Tƣơng tự nhƣ trên, gi{ xăng RON 95 vào ngày / / 2019 giá niêm yết lúc 16 chiều ngày / / 2019 Do đó, với số tiền bỏ để mua 100 lít xăng RON 95 vào ngày /1/ 2019 vào ngày / / 2019 , ơng A mua đƣợc 176000  22000  80 lít xăng RON 95 Ở trường hợp ông B : Gọi x số lít xăng RON 95 mà ơng B mua ng|y /1/ 2019 , y số lít xăng RON 95 mà ơng B mua ng|y / / 2019 Rõ ràng x, y  Theo đề  x  y  200 bài, ta có:  Hệ phƣơng trình tƣơng đƣơng với 17600 x  22000 y  3850000  x  y  200  4 x  y  875 Do x  y   x  y   y  800  y nên ta có y  75 , từ suy x  125 (thỏa mãn) Vậy số lít xăng RON 95 mà ơng B mua v|o ng|y / / 2019 75 lít b) Theo đề bài, ta có AD  AB  Do AB  BC  CD  DA  18 nên BC BC  BC  BC  BC  18 , hay BC  18 Từ đ}y, ta tính 4 2 đƣợc BC   cm  , AB   cm  , CD   cm  DA   cm  Do AC  CD nên ta có AC   cm  Suy AB2  BC  32  42  52  AC Từ đó, theo định lý Pythagoras đảo, tam giác ABC vng B Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 225 Website:tailieumontoan.com Do AC  CD nên tam giác ACD cân C Gọi E trung điểm AD ta có CE  AD Áp dụng định lý Pythagoras tam giác AEC vuông E , ta có CE  AC  AE  52  32  1 Từ đ}y, ta tính đƣợc: S ABCD  S ABC  S ACD  AB.BC  AD.CE 2 1  3.4  6.4  18  cm2  2 Bài a) Theo tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp, ta có DCF  DAC (cùng chắn cung DC đƣờng trịn   ) Lại có DAC  ADB (tính chất hình chữ nhật) DCF  AEF (đồng vị) nên AEF  DCF  DAC  ADB Xét tam giác ADB tam giác AEF , ta có góc DAB chung AEF  ADB (chứng minh AD AB trên) nên ADB ∽ AEF (góc – góc) Từ suy , hay AB AE  AD AF  AE AF Bây giờ, BEF  AEF  ADB nên ta có BEF  BDF  ADB  BDF  1800 Từ suy tứ giác BEFD nội tiếp b) tròn Theo tính chất góc nội tiếp, ta có AMB  ADB (cùng chắn cung AB đƣờng  ) Lại có ADB  AEF nên AMB  AEF Từ đ}y, ta có BEN  BMN  AEF  BMN  AMB  BMN  1800 Suy tứ giác BMNE nội tiếp Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 226 Website:tailieumontoan.com Bây giờ, AN  BD nên ta có NAE  900  ABD  DBC  ADB  AEF  AEN Do tam gi{c NAE cân N , suy NA  NE 1 Mặt khác, NAE  AEN , NAE  900  NAF AEN  900  AFN nên ta có NAF  AFN , suy tam giác NAF cân N Từ ta có NF  NA   Từ 1   ta suy NE  NF , tức N l| trung điểm đoạn EF c) Do N l| trung điểm EF I l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác BEF nên NI  EF Lại có EF tiếp tuyến C đƣờng tròn đƣờng trịn     AC l| đƣờng kính nên AC  EF Từ suy ta AC / / NI , tức AO / / NI  3 Do tứ giác BEFD nội tiếp nên D thuộc đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác BEF Ta lại có O trung điểm BD I tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác BEF nên IO  BD Mà NA  BD (theo giả thiết) nên IO / / NA   Từ  3   ta suy tứ giác ANIO hình bình hành Từ IN  OA  2a Đề số 43 Câu a) Có: b  ac nên b2  4ac Suy   b2  4ac  Vậy phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt a  b  c  a  b  c  Có b  a  c  a  c  b  a  c   b a Suy 1  x1 1  x2     x1  x2   x1 x2    b a Và 1  x1 1  x2     x1  x2   x1 x2    c abc  0 a a c a b c  0 a a b) Có 1  x1 1  x2    x1  c  x1 x2     c  a a  x2  Xét trƣờng hợp:  Mâu thuẫn với giả thiết a  c Vậy x1 , x2  Có 1  x1 1  x2    x1  1 c  x1 x2     c  a a  x2  1 Xét trƣờng hợp:  Mâu thuẫn với giả thiết a  c Vậy x1 , x2  1 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 227 Website:tailieumontoan.com Câu a) n  3k suy 2n   8k    1   mod9  Suy k lẻ, k  2t  k Suy n  3 2t  1  6t  Nếu n  3k  ta có 2n   3.8k    1   mod9  suy 2n  không chia hết cho k Vậy với n  6t  , với t số tự nhiên số cần tìm b) Cách 1: Ta có 2km  2m  Từ 22 n   2n  1 2n  1 Đặt 2n  km  q   q  m  Khi 22n   2km q  2q  2q   2q  2km  1  2q  chia hết cho 2m  , suy 2q  chia hết cho m mà  2q   2m  , suy q  Do 2n  km Trường hợp 1: Nếu m lẻ, suy k chẵn, k  2k ' , suy n  k ' m, 2n   2k ' m   2k ' m   chia hết cho 2m  , suy chia hết cho 2m  vô lý Trường hợp 2: Nếu m chẵn m  2m ' nên n  km ' , suy 2km '  chia hết cho 2m  , mà 2m  chia hết cho 2m '  nên 2km '  chia hết cho 2m '  , suy chia hết cho 2m '  vơ lý m' 1 Cách 2: Ta có 2nm  2m  1 2m  , suy 2n  2nm 2m  , mà 2n  2m  suy 2nm  chia hết cho 2m  Lý luận tƣơng tự ta có 2nkm  chia hết cho 2m  Giả sử n  km  q,  q  m Chọn k nhƣ trên, ta có 2q  chia hết cho 2m  Mà q  m nên 2q   2m  , giải q  1, m  (vơ lý) Câu a) Ta có a4  b4   a  b  , mà a  b4   a  b  a  b   a  b2  nên đẳng thức đƣợc viết lại thành  a  b  a  b   a2  b2    a  b  Mà a  b nên  a  b   a  b2   Vì a2  b2  (do a, b đồng thời ) nên ta có a  b  Ngồi ra, ta có đ{nh gi{ a  b Nên  a  b 4  a  b  2 (đẳng thức khơng xảy a  b )   a  b   a  b  Vậy ta đƣợc  a  b  b) Rõ ràng ab  , ta chứng minh a, b trái dấu Ta xét hai trƣờng hợp: Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 228 Website:tailieumontoan.com  Nếu a  0, b  a  4a  a  a3  4  nên a   Tƣơng tự b  Khi a  b  , mâu thuẫn với a)  Nếu a  0, b  a  b  , m}u thuẫn với a) Do a, b trái dấu ab  Không tính tổng quát, giả sử c4  4c  b4  4b  k  Từ đ}y dễ thấy a0b đặt  b  c  b2  c2   c  a  , ta viết lại b  c Ta cần chứng minh  k  ab   k  bc  bc  k Câu a) Tứ giác ANBM hình chữ nhật nên hai đƣờng chéo MN, AB cắt trung điểm đƣờng Suy MN l| trung điểm AB Chứng minh tƣơng tự ta có PQ qua trung điểm AC b) Do ANBM hình chữ nhật NQ phân giác ngồi BAC nên MNA  BAN  CAQ Mà MNA CAQ vị trí đồng vị nên MN // AC Ta có MN // AC v| MN qua trung điểm AB nên MN l| đƣờng trung bình ứng với cạnh AC tam gi{c ABC Suy MN qua trung điểm I BC Chứng minh tƣơng tự ta có PQ qua trung điểm I BC Vậy NM PQ cắt trung điểm I BC c) Ta có: IBC  ABC  ABE  ABC  ACB Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 229 Website:tailieumontoan.com Tƣơng tự ta có: ICB  ABC  ACB Do đó: IBC  ICB Mà hai hóc vị trí so le trong, suy BE // FC, từ đ}y ta sử dụng BE JB định lý Thales tam gi{c JFC v| BE //FC (J l| giao điểm d1 BC), ta có: CF  JC Mặt khác theo tính chất tia phân giác ta có: BE JB AB  JC AC AB Kết hợp hai kết lại ta đƣợc: CF  AC d) Ta có: BEC  ABE  BAE  BAC  BAC  EJB Do tam gi{c BEJ c}n B Mà BM vng góc với EJ nên ta có M l| trung điểm EJ Lại có tam giác KAB cân A (có AN vừa phân giác vừa l| đƣờng cao) Suy N trung điểm KB Bây sử dụng định lý Thales tam giác IBN với MJ // BN, ta EJ IJ MJ EJ    có: IB BN KB KB IJ EJ Hai tam giác IJE IBK có IJE  IBK (đồng vị) IB  KB nên đồng dạng với (c-gc) Suy EIJ  KIB Từ ta có K, E, I thẳng hàng Vậy đƣờng thẳng KE qua trung điểm I BC Chứng minh tƣơng tự, ta có LF qua trung điểm I BC Do đó, KE v| LF cắt trung điểm I BC Câu a) Giả sử ngƣợc lại n  k  10 2n  k  Gọi A tập hợp quốc gia có học sinh tham dự buổi gặp gỡ B tập hợp quốc gia cịn lại Khi đó, quốc gia B có học sinh Ta chọn tất học sinh A quốc gia B , chọn học sinh có k   n  k   2n  k học sinh Các học sinh n|y có đặc điểm là: khơng có học sinh n|o đến từ cùng quốc gia Do 2n  k  10 nên chọn 10 học sinh n|o khơng thỏa mãn đề b) Theo câu a) ta có 2n  k  10 nên 2n  k   n  k 9 Do số học sinh tổng cộng 60 , đề có 15 học sinh đến từ quốc gia theo nguyên lý Dirichlet, ta cần 60  k  15  15n  14k  60 nk Ta chứng minh đ{nh gi{ với  n; k  Vì ta có n  Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp k 9 nên ta đƣa TÀI LIỆU TOÁN HỌC 230 Website:tailieumontoan.com k 9 15 chứng minh 15    14k  60  k  Do đó, với k  khẳng định Tiếp theo, 13   ta xét hai trƣờng hợp:  Nếu k  theo (*), ta phải có n  nên 15n  14k  15n  60 ,  Nếu k  theo (*), loại trừ học sinh nƣớc cịn lại 59 học sinh, đến từ quốc gia Theo nguyên lý Dirichlet, tồn 15 học sinh đến từ quốc gia Đề số 44 Câu 1) A  2( x  1)  x  x  x  x  x   ( x  1)( x  2) ( x  1)( x  2)   x 1    x  Đối chiếu điều kiện giá trị cần tìm  x  2) Vì ac  2  nên PT có hai nghiệm phân biệt x1  x2 nên x1   x2  x1  x2  4  x1  x2  Theo định lí Vi et x1  x2  2(m  1) Nên 2(m  1)   m  13  x  y  x  y  13    Câu 1) 2 x   x  y  3  x       2 x   x  13  x     x      13  x  13  x  y  y     2  x    x  1 2 x   7  Vậy nghiệm  x; y  hệ phƣơng trình l|: 1;  ,  1;  3  2) x6   x3  3  3x5  x    x    x3  3   3x  x3  3 3 Đặt: x2  a, x3   b Ta có phƣơng trình: a3  b3   3ab   a  b    3ab  a  b   3ab    a  b  1  a  b    a  b   1  3ab  a  b   1      a  b  1  a  b2  ab  a  b  1  Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 231 Website:tailieumontoan.com ) a  b2  ab  a  b     a  b    a  1   b  1   a  b  2  x2  x3   (VN)   +) a  b    x  x3      x  1 x  x    x  Vậy phƣơng trình có nghiệm x  Câu 1) Ta có 4.abc  2119a  2b    a  2b  4c  Vì 2119a  2b    mod 21 , nên 4.abc 21  a  2b  4c  21 mà  4, 21  nên abc 21  4.abc 21   a  2b  4c  21 2) Ta có z  x y  , mà x, y số nguyên tố nên x  2, y   z  Do z số nguyên tố lẻ Vì x y  z  nên x y số chẵn, x  Khi z  y  Nếu y lẻ y  2(mod3)  y   z vô lý z số nguyên tố Nếu y chẵn, y nguyên tố suy y  z  22   Vậy số cần tìm x  y  2, z  Câu F C E M G B A I O D H a) Vì DE / / BC nên ADE  ABC  AHC  AHG tứ giác AGDH nội tiếp b) Từ tứ giác AGDH nội tiếp, ta có: DHG  DAG  BAF  FAC  CHF  FHG Suy hai tia HD HF trùng Vậy H, D, F thẳng hàng c) Gọi M l| giao điểm CD AF Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 232 Website:tailieumontoan.com IA MD EC  (Định lý Ceva) ID MC EA Ta có: MD AD (Phân giác)  MC AC EC DB AC (Talet)   EA DA DA Suy ra: IA AD AC IA 1  ID AC DA ID Vậy I l| trung điểm AD Câu Ta có: a  b  c   abc  Đặt x  1 ,y ,z  a 1 b 1 c 1 Ta có x  y  z  a  2   2 ab bc ca  1    a 1 b 1 c 1 yz zx x y 1  ,b  ,c  x x y z xy  x  z  y  z  2 yz  y  x  z  x  2 xz  x  y  z  y  x y y z x z       xz yz yx zx x y z y Đề số 45 Câu Nếu a  ta có b3  suy b   a , vơ lý a  b Do a  Chứng minh tƣơng tự, ta có b  Từ giả thiết tốn đƣợc viết lại thành Đặt x  1  1 a b ab 1 y  ta có x  y x3  y3   3xy a b Sử dụng kết quen thuộc A3  B3  C   A  B  C   A2  B  C  AB  BC  CA  , ta đƣợc  x3  y3   3xy  x3  y3   1  3.x y. 1   x  y  1  x  y   xy  x  y  2 Mặt khác ta lại có x  y   xy  x  y   x  1   y  1   x  y      Nên từ kết trên, ta suy x  y  , tức a  b  ab Vậy T  Câu Sử dụng định lý Vieta, ta có S1  a1  a2   n n1 n , S2  b1  b2   , S3  c1  c2   m1 m2 m3 Ta có P  c1   P  c2   m1  c12  c22   n1  c1  c2    c1  c2 m1  c1  c2   n1    m1  c1  c2  S3  S1  Tƣơng tự, ta có Q  c1   Q  c2   m2  c1  c2  S3  S2  Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 233 Website:tailieumontoan.com Do P  c1   P  c2   Q  c1   Q  c2   c1  c2 nên từ hai biến đổi trên, ta suy m1  S3  S1   m2  S3  S2   1 Chứng minh tƣơng tự ta có m2  S1  S2   m3  S1  S3     m3  S2  S3   m1  S2  S1    3 Từ 1 ,    3 , thấy vai trò S1 , S2 , S3 l| nhƣ Khơng tính tổng qt, ta giả sử S1 = max S1 , S2 , S3  Khi đó, ta có S1  S2  S1  S3  Lại có m2 , m3  nên VT 2  Để xảy dấu đẳng thức nhƣ   dấu c{c đ{nh gi{ phải xảy ra, tứ ta phải có S1  S2  S3 Đ}y l| kết cần chứng minh Câu a) Phƣơng trình cho đƣợc viết lại thành x2  y  2  y3  y   hay  y    x2  y  1  Suy  y    x2  y   Giải ra, ta đƣợc x  1 y  Vậy có hai cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn yêu cầu đề 1;1  1;1 b) Do a3  b3  c3 chẵn nên số a, b, c có số chẵn Từ suy tích abc chia hết cho 1 Giả sử ba số a, b, c số chia hết cho Ta thấy rằng, với x nguyên không chia hết cho x  1,  2,   mod7  , suy x3  1  mod  Do a3  1  mod  , b3  1  mod  , c3  1  mod  Suy a3  b3  c3  3,  1, 1,  mod7  , tức a3  b3  c3 không chia hết cho , mâu thuẫn Vậy ba số a, b, c phải có số chia hết cho Từ suy tích abc chia hết cho   Từ 1   với ý  2;7   , ta có abc chia hết cho 14 Câu a) Ta có AFB  ADB  AEB  900 nên năm điểm A, B, D, E, F nằm đƣờng tròn Lại có DAE  900  ACB FAB  OAB  1800  AOB 1800  2ACB   900  ACB 2 Nên FAB  DAE Đ}y l| góc nội tiếp chắn cung tƣơng ứng BF DE đƣờng tròn  ABFDE  , FB  DE Tứ giác BFDE nội tiếp có BF  DE nên hình thang cân Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 234 Website:tailieumontoan.com A E O M B D C I N F P b) Gọi I l| giao điểm EF BC Do tứ giác BFDE hình thang cân nên BI  IE Suy tam giác BIE cân I Từ đó, ta có IBE  IEB Lại có IBE  900  ICE IEB  900  IEC nên ICE  IEC Suy tam giác IEC cân I , tức ta có IC  IE  IB Vậy EF qua trung điểm I BC c) Do tứ giác ABFE nội tiếp nên BFE  1800  BAC Lại có BPC  1800  BAC (do tứ giác APBC nội tiếp) nên BFE  BPC 1 Do BFDE hình thang cân nên DF // BE Mà BE  AC nên DF  AC Lại có PC  AC nên DF // PC Suy BCP  BDF  BEF   Từ 1   , ta suy BEF BCP (g-g) Lại có M trung điểm EF N l| trung điểm CP nên từ kết trên, ta suy BEM BCN Từ đó, ta có NBC MBE  3 BN BC  4  BM BE Từ  3 , ta suy CBE  MBN Kết hợp với   , ta đƣợc BMN # BEC Do BMN  BEC  900 Câu a) Xét tập hợp A1 có ba phần tử a, b, c Mỗi tập hợp Ai với i  2, ,2019 phải có chung với A1 phần tử Ta chia tập hợp Ai với i  2, ,2019 tạo thành ba nhóm Nhóm thứ gồm tập hợp chứa phần tử a , nhóm thứ hai gồm tập hợp chứa phần tử b nhóm thứ ba gồm tập hợp chứa phần tử c Ba nhóm tổng hợp lại có 2018 tập hợp, phải có nhóm chứa 673 tập hợp 673 tập hợp với A1 tạo thành 674 tập hợp có phần tử chung Chỉ cần lấy tập hợp chúng đƣợc tập hợp thỏa mãn yêu cầu toán (Chú ý, giao bốn tập hợp khơng thể có q phần tử) Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 235 Website:tailieumontoan.com b) Xét bốn tập hợp A1 , A2 , A3 , A4 có chung phần tử a Ta chứng minh tất tập hợp cịn lại có chung phần tử a Thật vậy, giả sử tồn tập hợp A khơng chứa a Khi tập A1 , A2 , A3 , A4 có chung với A phần tử (khác a ) Vì A có ba phần tử nên theo nguyên lý Dirichlet, có hai tập hợp chúng có chung phần tử chung với A Chẳng hạn A1 , A2 có chung phần tử b với A Nhƣng lúc n|y ta có điều mâu thuẫn A1 , A2 có chung hai phần tử a b Vậy tất tập hợp có chung phần tử a Do giao hai tập hợp có phần tử nên tất phần tử khác a cịn lại đơi khác nhau, suy A1  A2   A2019   2019   4039 Từ suy số phần tử X khơng 4039 _Hết Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC ... học 2019 -2020 73 Đề v|o 10 Chuyên to{n Tuyên Quang năm học 2019 -2020 10 78 Đề v|o 10 Chuyên to{n Hƣng Yên năm học 2019 -2020 11 82 Đề vào 10 Chuyên toán Bình Thuận năm học 2019 -2020 12 85 10. .. Chuyên toán Quảng Nam năm học 2019 -2020 16 100 14 Đề vào 10 Chuyên toán Quảng Bình năm học 2019 -2020 17 107 15 Đề vào 10 Chuyên toán Phú Thọ năm học 2019 -2020 18 110 16 Đề vào 10 Chuyên toán... năm học 2019 -2020 55 Đề v|o 10 Chuyên to{n Thanh Hóa năm học 2019 -2020 60 Đề v|o 10 Chuyên tin Thanh Hóa năm học 2019 -2020 64 Đề v|o 10 Chuyên to{n Đ| Nẵng năm học 2019 -2020 68 Đề v|o 10 Chuyên