Mời các bạn học sinh cùng tham khảo tài liệu “48 đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán năm học 2019-2020 (Có đáp án)” sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những nội dung chính được đề cập trong đề thi để từ đó có kế hoạch học tập và ôn thi tuyển sinh lớp 10 một cách hiệu quả hơn. Chúc các bạn ôn tập và đạt kết quả cao trong kì thi này.
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 74 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 20 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 trịn 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 trịn 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 trịn (O’) bán kính R đường trịn 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 trịn 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 trịn (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 x3 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 x3 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 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 CHUYÊN 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 không 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 11 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 ngun 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 bc a2 b2 ac c2 ab 2 a; b; c bc 4 ac ab Cộng vế lại với ta có: a2 b2 c2 abc abc bc ac ab a2 b2 c2 abc abc 1 xy yz xz bc ac ab 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 cịn 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 CHUYÊN 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 x3 số nguyên x2 Câu Cho điểm M thuộc nửa đường trịn (O) đường kính AB M A, M B, MA MB Tia phân giác AMB cắt AB C Qua C vẽ đường thẳng vng 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 30 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 x3 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 1U (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 x3 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 trịn (Vì AMH ACH 900 ) HAC CMH 450 (hai góc chắn cung HC ) ACH vuông cân AC CH b) Tứ giác MHCA thuộc đường trịn đường kính AH, mà EACH hình vng EACH nội tiếp đường trịn đường kính AH EACHM nội tiếp đường trịn Vì EACH hình vuông 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 vng 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 ...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)... gồm học sinh từ học sinh thứ i đến học sinh thứ j nhận tổng cộng 25 bút SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2019-2020 Mơn thi: TỐN... 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 CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM HỌC 2019-2020 k ĐỀ