TUYỂN TẬP ĐỀ THI MÔN TOÁN VÀO TRƯỜNG THPT CHUYÊN SƯ PHẠM TỪ NĂM 2008 - 2023 ( DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 9 ÔN THI VÀO 10, ÔN THI HSG)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (4.05 MB, 133 trang )

Trang 1<div class="page_container" data-page="1">

TUYỂN TẬP ĐỀ THI MƠN TỐN VÀO TRƯỜNG

</div>Trang 2<div class="page_container" data-page="2">

MỤC LỤC

1 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2022-2023 ( Vòng 1) 2 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2022-2023 ( Vòng 2) 3 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2021-2022 ( Vòng 1) 4 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2021-2022 ( Vòng 2) 5 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2020-2021 ( Vòng 1) 6 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2020-2021 ( Vòng 2) 7 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2019-2020 ( Vòng 1) 8 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2019-2020 ( Vòng 2) 9 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2018-2019 ( Vòng 1) 10 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2018-2019 ( Vòng 2) 11 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2017-2018 ( Vòng 1) 12 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2017-2018 ( Vòng 2) 13 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2016-2017 ( Vòng 1) 14 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2016-2017 ( Vòng 2) 15 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2015-2016 ( Vòng 1) 16 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2015-2016 ( Vòng 2) 17 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2014-2015 ( Vòng 1) 18 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2014-2015 ( Vòng 2) 19 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2013-2014 ( Vòng 1) 20 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2013-2014 ( Vòng 2) 21 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2012-2013 ( Vòng 1) 22 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2012-2013 ( Vòng 2) 23 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2011-2012 ( Vòng 1) 24 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2011-2012 ( Vòng 2)

</div>Trang 3<div class="page_container" data-page="3">

25 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2010-2011 ( Vòng 1) 26 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2010-2011 ( Vòng 2) 27 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2009-2010 ( Vòng 1) 28 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2009-2010 ( Vòng 2) 29 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2008-2009 ( Vòng 1) 30 Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư Phạm Năm 2008-2009 ( Vòng 2) 31 Đề thi thử vào Chuyên Sư Phạm 2021-2022

</div>Trang 4<div class="page_container" data-page="4">

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NĂM HỌC 2022-2023

Đề thi mơn: TỐN ( VỊNG 1 )

( Dùng cho tất cả các thi sinh thi vào trường )

(Đề thi có 1 trang) Thời gian làm bài : 90 phút,không kể thời gian phát đề

a) Trong mặt phẳng tọa độ O𝑥𝑦, hãy viết phương trình đường thẳng (𝑑): 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏 biết đường thẳng (𝑑) đi qua điểm 𝐴(2; −1) và song song với đường thẳng 𝑦 = −3𝑥 + 1.

b) Một cửa hàng kinh doanh điện máy sau khi nhập về chiếc tivi, đã bán chiếc tivi đó; cửa hàng thu được tiền lãi là 10% của giá nhập về. Giả sử cửa hàng tiếp tục nâng giá bán chiếc tivi đó thêm 5% của giá đã bán, nhưng bớt cho khách hàng 245000 đồng, khi đó cửa hàng sẽ thu được tiền lãi là 12% của giá nhập về. Tìm giá tiền khi nhập về của chiếc tivi đó.

Bài 3. (3,0 điểm)

Cho tam giác đều 𝐴𝐵𝐶 nội tiếp đường tròn (𝑂), điểm 𝐷 thuộc cung nhỏ 𝐴𝐵⏜ ( 𝐷 khác 𝐴 và 𝐵 ). Các tiếp tuyến với đường tròn (𝑂) tại 𝐵 và 𝐶 cắt 𝐴𝐷 theo thử tự tại 𝐸 và 𝐺. Gọi 𝐼 là giao điểm của 𝐶𝐸 và 𝐵𝐺.

a) Chứng minh rằng △ 𝐸𝐵𝐶 ∼△ 𝐵𝐶𝐺.

b) Tính số đo góc 𝐵𝐼𝐶. Từ đó, hãy chứng minh rằng tứ giác 𝐵𝐼𝐷𝐸 nội tiếp. c) Gọi 𝐾 là giao điểm của 𝐷𝐼 và 𝐵𝐶. Chứng minh rằng 𝐵𝐾2 = 𝐾𝐼 ⋅ 𝐾𝐷.

</div>Trang 5<div class="page_container" data-page="5">

a) Do đường thẳng

 

d song song với đường thẳng y  3x 1 nên a 3 và b1. Mặt khác, do đường thẳng

 

d đi qua điểm A



2, 1



nên 1 2  a b   6 b, từ đó b5 (thỏa mãn b1 ). Vậy phương trình của đường thẳng

 

d cần tìm là

 

d :y  3x 5.

b) Gọi x (đồng) là giá tiền của chiếc tivi lúc nhập về. Rõ ràng x0. Ta có tiền lãi của chiếc tivi

x  x (đồng). Thế thì, sau khi tăng thêm 5% giá đã bán thì giá mới của chiếc tivi (khi

chưa giảm giá) là 11 11 231

x x  x (đồng). Khi giảm cho khách hàng 245000 đồng thì giá bán

</div>Trang 6<div class="page_container" data-page="6">

a) Do tam giác 𝐴𝐵𝐶 đều nên 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 𝐶𝐴, ∠𝐵𝐴𝐶 = ∠𝐴𝐵𝐶 = ∠𝐴𝐶𝐵 = 60∘. tâm đường tròn ngoại tiếp 𝑂 cũng là trực tâm của tam giác 𝐴𝐵𝐶. Do đó 𝐵𝑂 ⊥ 𝐴𝐶. Lại có 𝐵𝐸 là tiếp tuyến tại 𝐵

</div>Trang 7<div class="page_container" data-page="7">

b) Từ (1), ta có ∠𝐵𝐸𝐶 = ∠𝐶𝐵𝐺. Từ đó △ 𝐶𝐸𝐵 ∼△ 𝐶𝐵𝐼, dẫn đến ∠𝐶𝐼𝐵 = ∠𝐶𝐵𝐸 = 120∘. Suy ra ∠𝐵𝐼𝐸 = 180∘− ∠𝐵𝐼𝐶 = 60∘.

Do tứ giác 𝐴𝐷𝐵𝐶 nội tiếp (𝑂) nên ∠𝐵𝐷𝐸 = ∠𝐵𝐶𝐴 = 60∘, suy ra ∠𝐵𝐼𝐸 = ∠𝐵𝐷𝐸.

Tứ giác 𝐵𝐼𝐷𝐸 có ∠𝐵𝐼𝐸 = ∠𝐵𝐷𝐸, mà hai góc này có đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh 𝐵𝐸 nên tứ giác 𝐵𝐼𝐷𝐸 là tứ giác nội tiếp.

c) Do tứ giác 𝐵𝐼𝐷𝐸 nội tiếp nên ∠𝐵𝐷𝐼 = ∠𝐵𝐸𝐼 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung 𝐵𝐼 ), mà

</div>Trang 8<div class="page_container" data-page="8">

𝑏 = 𝑥3+ 5√2 = (𝑎 − √2)3+ 5√2 = 𝑎3+ 6𝑎 + 3√2(1 − 𝑎2).

Vì 𝑎, 𝑏 là các số hữu tỉ nên 3√2(1 − 𝑎2) là số hữu tỉ. Suy ra 1 − 𝑎2= 0, tức 𝑎 = ±1. Từ đây, ta có 𝑥 = 1 − √2 hoặc 𝑥 = −1 − √2. Thử lại, ta thấy các giá trị này đều thỏa mãn yêu cầu. Vậy, có hai giá trị 𝑥 thỏa mãn yêu cầu bài toán là 𝑥 = 1 − √2 và 𝑥 = −1 − √2.

b) Sử dụng định lý Vieta, ta có 𝑥0+ 𝑥𝑖 = −𝑎𝑖 và 𝑥0𝑥𝑖 = 𝑏𝑖 với mọi 𝑖 = 1,2, … ,2022. Từ đó suy

</div>Trang 9<div class="page_container" data-page="9">

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NĂM HỌC 2022-2023

Đề thi mơn: TỐN ( VỊNG 2 )

( Dùng cho thí sinh thi vào lớp Chun Tốn )

(Đề thi có 1 trang) Thời gian làm bài : 90 phút,không kể thời gian phát đề

Bài 1. (2,5 điểm)

a) Khơng sử dụng máy tính, hāy tính giá trị của biểu thức P 37 5 2 3 7 5 2 . b) Cho đa thức

 

2

P x ax  bx c. Chứng minh rằng nếu P x nhận giá trị nguyên với mỗi số

 

nguyên x thì ba số 2 ,a ab c, đều là những số nguyên. Sau đó, chứng tỏ rằng nếu 2 ,a ab c, là những số nguyên thì P x cūng nhận giá trị nguyên với mổi số nguyên x .

 

Bài 2. (3,0 điểm) Cho tam giác đều 𝐴𝐵𝐶 ngoại tiếp đường tròn (𝑂). Cung nhỏ 𝑂𝐵 của đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác 𝑂𝐵𝐶 cắt đường tròn (𝑂) tại điểm 𝐸. Tia 𝐵𝐸 cắt đường tròn (𝑂) tại điểm thứ hai 𝐹.

a) Chứng minh tia 𝐸𝑂 là tia phân giác của góc 𝐶𝐸𝐹. b) Chứng minh tứ giác 𝐴𝐵𝑂𝐹 nọ ̣i tiếp.

c) Gọi 𝐷 là giao điểm thứ hai của 𝐶𝐸 với đường tròn (𝑂). Chứng minh ba điểm 𝐴, 𝐹, 𝐷 thẳng

Bài 4. (2,0 điểm) Ta viết 10 số 0,1,2, … ,9 vào mười ơ trịn trong hình bên, mỗi số được viết đúng một lần. Sau đó ta tính tổng ba số trên mỗi đoạn thẳng để nhận được 6 tổng. Có hay khơng một cách viết 10 số như thế sao cho 6 tổng nhận được là bằng nhau.

Bài 5. (1,0 điểm)

a) Trong mặt phẳng cho 5 điểm sao cho khơng có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một tam giác tù có các đỉnh được lấy tì̀ 5 điểm đã cho.

b) Trong mặt phẳng cho 2022 điểm sao cho khơng có ba diểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2018 tam giác tù mà mỗi tam giác tù đó có các đỉnh được lấy từ 2022 điểm đã cho.

ĐỀ CHÍNH THỨC

</div>Trang 10<div class="page_container" data-page="10">

Phân tích nhân tử phương trình trên ta được (𝑃 − 2)(𝑃2+ 2𝑃 + 7) = 0. Lưuu ý là 𝑃2 + 2𝑃 + 7 = (𝑃 + 1)2+ 6 > 0 nên ta phải có 𝑃 = 2 là số ngun.

b) Vì 𝑃(𝑥) ∈ ℤ với mọi 𝑥 ∈ ℤ nên 𝑃(0), 𝑃(1), 𝑃(−1) là các số nguyên. Suy ra 𝑐, 𝑎 + 𝑏 + 𝑐, 𝑎 − 𝑏 + 𝑐 là các số nguyên. Từ đó 𝑎 + 𝑏, 𝑎 − 𝑏 cũng nguyên. Suy ra 2𝑎 = (𝑎 + 𝑏) + (𝑎 − 𝑏) ∈ ℤ. Vậy, 2𝑎, 𝑎 + 𝑏, 𝑐 là các số nguyên.

Đảo lại nếu 2𝑎, 𝑎 + 𝑏, 𝑐 nguyên thì ta viết

𝑃(𝑥) = 2𝑎 ⋅𝑥(𝑥 − 1)

2 + (𝑎 + 𝑏)𝑥 + 𝑐

và lưu ý rằng 𝑥(𝑥 − 1) là tích hai số nguyên liên tiếp nên 𝑥(𝑥 − 1) chia hết cho 2 . Từ đây thì 𝑃(𝑥) ∈ ℤ với mọi 𝑥 nguyên.

Bài 2 :

</div>Trang 11<div class="page_container" data-page="11">

Lời giải.

a) Để ý rằng 𝑂 vừa là tâm nội tiếp, vừa là tâm ngoại tiếp của tam giác đều 𝐴𝐵𝐶. Vì thế 𝑂𝐵 = 𝑂𝐶 hay △ 𝑂𝐵𝐶 cân tại 𝑂. 'Tì̛ đó, để ý rằng tứ giác 𝑂𝐸𝐵𝐶 là tứ giác nội tiếp nên 𝑂𝐸𝐶̂ = 𝑂𝐵𝐶̂ = 𝑂𝐶𝐵̂ = 𝑂𝐸𝐹̂. Vì thế, tia 𝐸𝑂 là tia phân giác của 𝐶𝐸𝐹̂.

b) Vì 𝐴𝑂, 𝐶𝑂 tương ứng là các tia phân giác của 𝐵𝐴𝐶̂, 𝐴𝐶𝐵̂ nên 𝑂𝐴𝐵̂ =1

2𝐵𝐴𝐶̂ = 30∘ và 𝑂𝐶𝐵̂ =

2𝐴𝐶𝐵̂ = 30∘. Mặt khác, vì △ 𝑂𝐸𝐹 cân tại 𝑂 và tứ giác 𝑂𝐸𝐵𝐶 nội tiếp nền ta thu được 𝑂𝐹𝐵̂ = 𝑂𝐹𝐸̂ = 𝑂𝐸𝐹̂ = 𝑂𝐶𝐵̂ = 30∘. Như vậy, 𝑂𝐹𝐵̂ = 𝑂𝐴𝐵̂ = 30∘, vì vạyy tứ giác 𝐴𝐹𝑂𝐵 nội tiếp. c) Vì △ 𝑂𝐸𝐹 và △ 𝑂𝐸𝐷 cân tại 𝑂 và 𝑂𝐸𝐹̂ = 𝑂𝐸𝐷̂ nên ta được 𝐸𝑂𝐹̂ = 𝐸𝑂𝐷̂ và △ 𝑂𝐸𝐹 = △ 𝑂𝐸𝐷. Như vầy, 𝐸𝐹 = 𝐸𝐷 hay △ 𝐷𝐸𝐹 cân tại 𝐸. Hơn nữa, 𝐷𝐸𝐹̂ = 180∘− 𝐵𝐸𝐶̂ = 180∘− 𝐵𝑂𝐶̂ = 180∘− 120∘= 60∘. Như vậy, △ 𝐷𝐸𝐹 là tam giác đều và do đó 𝐷𝐹𝐸̂ = 60∘. Mặt khác, ta lại có 𝐴𝐹𝐵̂ = 𝐴𝑂𝐵̂ = 120∘ (vì tứ giác 𝐴𝐵𝑂𝐹 nội tiếp). Do vậy, 𝐴𝐹𝐷̂ = 𝐴𝐹𝐵̂ + 𝐷𝐹𝐸̂ =

</div>Trang 12<div class="page_container" data-page="12">

và ta viết hai phân số 𝑎

Phản chứng, giả sử có một cách viết thoả mãn đề bài. Gọi số ở tâm và ở 3 dỉnh của tam giác đều lần lượt là 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑. Ta xét các số hạng trong 6 tổng được nhắc đến trong đề bài, ta thấy các số 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 mỗi số xulát hiện đúng 3 lần trong 6 tổng này, còn 6 số còn lại mỗi số xuất hiện một lần. Khi đó nếu gọi giá trị của 6 tổng này là 𝑥 ∈ ℕ, ta cộng vế cả 6 tổng lại thì có

3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑) + Tổng 6 số còn lại = 6𝑥

Mà tổng của cả 10 số bằng 0 + 1 + ⋯ + 9 = 45 nên ta có

2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑) + 45 = 6𝑥,

</div>Trang 13<div class="page_container" data-page="13">

vô lý do vế trái là số lẻ còn vế phải là số chẵn.

Bài 5 :

a) Gọi 5 điểm đã cho là 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸. Xét bao lồi của 5 diểm này. Có các khả năng sau đây

 Bao lồi là một ngũ giác lồi, giả sử là 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸. Thế thì tổng các góc trong ngū giác: lồi này bằng 540∘ nên trong các góc này tồn tại một góc lớn hơn 90∘. Khơng mất tính tổng qt giả sử 𝐸𝐴𝐵̂ > 90∘, tức là tam giác 𝐸𝐴𝐵 là tam giác tù.

 Bao lồi là một tứ giác lồi, giả sử là tứ giác 𝐴𝐵𝐶𝐷. Nếu tồn tại một đỉnh của tứ giác mà góc ở đỉnh đó là góc tù, giả sử giả sử 𝐷𝐴𝐵̂ > 90∘, tức là tam giác 𝐷𝐴𝐵 là tam giác tù. Nếu khơng thì tất cả các góc của tứ giác này đều bằng 90∘, vì nếu khơng sẽ có một góc lớn hơn 90∘ do tổng các góc trong tứ giác bằng 360∘. Khi đó tứ giác 𝐴𝐵𝐶𝐷 là hình chữ nhật. Diểm 𝐸 nằm trong tứ giác 𝐴𝐵𝐶𝐷 và gọi 𝛼 = max{𝐴𝐸𝐵̂, 𝐵𝐸𝐶̂, 𝐶𝐸𝐷̂, 𝐷𝐸𝐴̂} thì do tổng bốn góc này bằng 360∘ nên ta có ngay 𝛼 ≥ 90∘. Khơng mất tính tổng quát, giả sử 𝛼 = 𝐴𝐸𝐵̂. Nếu 𝛼 = 90∘ thì 𝐴𝐸𝐵̂ = 𝐵𝐸𝐶̂ = 𝐶𝐸𝐷̂ = 𝐷𝐸𝐴̂ = 90∘. Whưng khi ấy thì các điểm 𝐴, 𝐸, 𝐶 lại thẳng hàng, trái với giả thiết nên 𝛼 > 90∘ thì tam giác 𝐴𝐸𝐵 là tam giác tù.

 Bao lồi là một tam giác 𝐴𝐵𝐶. Khi đó hai điểm 𝐷, 𝐸 nằm trong tam giác. Ta thấy 𝐴𝐷𝐵̂ + 𝐵𝐷𝐶̂ + 𝐶𝐷𝐴̂ = 360∘ nên trong ba góc 𝐴𝐷𝐵̂ , 𝐵𝐷𝐶̂ , 𝐶𝐷𝐴̂ có ít nhất một góc lớn hơn 90∘. Khơng mất tính tổng quát, giả sử là 𝐴𝐷𝐵̂ > 90∘ thì tam giác 𝐴𝐷𝐵 là tam giác tù. Tóm lại trong mọi trường hợp, đều tồn tại ít nhất một tam giác tù.

b) Ta chứng minh bằng quy nạp nếu có 𝑛 ≥ 5 điểm thoả mãn thì sẽ tạo ra được 𝑛 − 4 tam giác tù có các đỉnh các là các điểm đã cho. Với 𝑛 = 5, đã chứng minh ở câu a). Giả sử khẳng định đúng đến 𝑛 − 1, ta chứng minh khẳng định cūng đúng với 𝑛. Xét 𝑛 điểm 𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴𝑛. Xét 5

</div>Trang 14<div class="page_container" data-page="14">

điểm đầu tiên 𝐴1, 𝐴2, 𝐴3, 𝐴4, 𝐴5 ta tìm được một tam giác tù, giả sử là 𝐴1𝐴2𝐴3 với dỉnh 𝐴1 tù. Bỏ đi điểm 𝐴1, trong 𝑛 − 1 diểm cịn lại thì theo giả thiết quy nạp ta tìm được ít nhất 𝑛 − 5 tam giác tù và các tam giác tù này có các đỉnh thuộc tập {𝐴2, 𝐴3, … , 𝐴𝑛} không trùng với tam giác tù đỉnh 𝐴1. Do đó, có ít nhất 𝑛 − 4 tam giác tù. Theo nguyên lý quy nạp, khẳng định được chứng minh. Áp dụng bài toán với 𝑛 = 2022 ta thu được điều phải chứng minh.

</div>Trang 15<div class="page_container" data-page="15">

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

b) Một tấm biển quảng cáo có dạng hình trịn tâm 𝑂, bán kính bằng 1,6𝑚. Giả sử hình chữ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷 nội tiếp đường trịn tâm 𝑂 bán kính bằng 1,6𝑚 sao cho 𝐵𝑂𝐶̂ = 45∘ (hình bên). Người ta cần sơn màu tồn bộ tẩm biển quảng cáo và chỉ sơn một mặt như ở hình bên. Biết mức chi phí sơn phần tơ dậm là 150 nghìn dồng /m2 và phần cịn lại là 200 nghìn đồng /m2. Hỏi số tiền (làm trịn đển đơn vị nghìn đồng) để sơn toàn bộ biển quảng cáo bằng bao nhiêu? Cho 𝜋 = 3,14.

Bài 3. (3,0 điểm) Cho ba điểm 𝐴, 𝐵, 𝐶 cố định sao cho 𝐴, 𝐵, 𝐶 thẳng hàng, 𝐵 nằm giữa 𝐴 và 𝐶. Gọi (𝑑) là đường thẳng đi qua 𝐶 và vng góc với 𝐴𝐵. Lấy điểm 𝑀 tùy ý trên (𝑑). Đường thẳng đi qua 𝐵 và vng góc với 𝐴𝑀 cắt các đường thẳng 𝐴𝑀, (𝑑) lần lượt tại 𝐼, 𝑁. Đường thẳng 𝑀𝐵 cắt 𝐴𝑁 tại 𝐾.

a) Chứng minh rằng tứ giác 𝑀𝐼𝐾𝑁 nội tiếp. b) Chứng minh rằng 𝐶𝑀 ⋅ 𝐶𝑁 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐶.

c) Gọi 𝑂 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐴𝑀𝑁. Vẽ hình bình hành 𝑀𝐵𝑁𝐸. Gọi 𝐻 là trung điểm của đoạn thẳng 𝐵𝐸. Chứng minh rằng 𝑂𝐻 vng góc với đường thẳng (𝑑) và 𝑂𝐻 =1

</div>Trang 16<div class="page_container" data-page="16">

44. Khi đó: 4Δ1+ Δ2 = 4(4𝑚 − 11) + (𝑚2− 16𝑚 + 44) = 𝑚2 ≥ 0, với mọi 𝑚. Từ đó ta suy ra: ít nhất 1 trong 2 số Δ1, Δ2 lớn hơn hoắc bằng 0 .

Do vậy một trong hai phương trình đề bài cho phải có nghiệm. (đpcm). b) Hạ 𝐴𝐻 ⊥ 𝐵𝐷 tại 𝐻 (như hình vē).

Khi đó, ta có:

</div>Trang 17<div class="page_container" data-page="17">

Khi đó, 𝑆khơng tơ đạmm = 𝑆hinh trịn − 𝑆tơ đạmm = 3,14 ⋅ 1, 62− 7,839 = 0,1994( m2). Vậy, số tiền cần để sơn toàn bộ biển quảng cáo là:

7,839 ⋅ 150 + 0,1994 ⋅ 200 ≈ 1216 (nghìn đồng).

Bài 3 :

a) Ta có 𝐵𝑁 ⊥ 𝐴𝑀, 𝐴𝐵 ⊥ 𝑀𝑁 nên 𝐵 là trực tâm của tam giác 𝐴𝑀𝑁. Suy ra 𝑀𝐵 ⊥ 𝐴𝑁. Ta thu được 𝑀𝐼𝑁̂ = 𝑀𝐾𝑁̂ = 90∘, suy ra tứ giác 𝑀𝐼𝐾𝑁 nội tiếp.

</div>Trang 18<div class="page_container" data-page="18">

Suy ra 𝑂𝐻 ⊥ 𝑀𝑁.

Mặt khác, 𝑀𝐸 ∥ 𝐵𝑁, 𝐵𝑁 ⊥ 𝐴𝑀 nên 𝐴𝑀𝐸̂ = 90∘. Tương tự, 𝐴𝑁𝐸̂ = 90∘. Do đó 𝐴𝐸 là đường kính của (𝑂), suy ra 𝑂 là trung điểm của 𝐴𝐸.

Ta có 𝑂𝐻 là đường trung bình của tam giác 𝐴𝐵𝐸 nên 1

OH  AB.

Bài 4 :

a) Xét các trường hợp sau:

 Nếu 𝑥 > 2, ta suy ra |𝑥 − 1| > 1. Nên |𝑥 − 1|2021+ |𝑥 − 2|2020 > 1 (loại).  Nếu 𝑥 < 1, ta suy ra |𝑥 − 2| > 1. Nên |𝑥 − 1|2021+ |𝑥 − 2|2020 > 1 (loại).

</div>Trang 19<div class="page_container" data-page="19">

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NĂM HỌC 2021-2022

Đề thi môn: TỐN ( VỊNG 2 )

(Đề thi có 1 trang) Thời gian làm bài : 150 phút,không kể thời gian phát đề

Bài 1 ( 2,5 điểm) Cho 1 5

Cho A B, là hai điểm cố định nằm trên đường tròn tâm O , bán kính R. Giả sử C là điểm cố

định trên tia đối của tia BA. Một cát tuyến thay đối qua C cát đường tròn

 

O tại D và E D(

nằm giữa C E, ). Các đường trò̀n ngoại tiếp các tam giác BCD và ACE cất nhau tại giao điểm

thử hai M . Biết rằng bốn điểm O B M E, , , tạo thành tứ giác OBME . Chứng minh rằng: a) Tứ giác OBME nội tiếp.

Cho a b c, , là ba số nguyên dương sao cho mỗi số trong ba số đó đều biểu diễn được ở dạng lũy

thừa của 2 với số mũ tự nhiên.

Biết rằng phương trình bậc hai ax2bx c 0 (1) có cã hai nghiệm đểu là số nguyên. Chứng minh rằng hai nghiệm của phương trình (1) bằng nhau.

ĐỀ CHÍNH THỨC

</div>Trang 20<div class="page_container" data-page="20">

nên 𝐸𝑂𝐵̂ + 𝐸𝑀𝐵̂ = 180∘, suy ra 𝑂𝐵𝑀𝐸 là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi 𝐻 là trung diểm của 𝐴𝐵 thì

𝐶𝐸 ⋅ 𝐶𝐷 = 𝐶𝐵 ⋅ 𝐶𝐴 = (𝐶𝐻 − 𝐻𝐵)(𝐶𝐻 + 𝐻𝐴) = 𝐶𝐻2− 𝐻𝐵2 = 𝐶𝑂2− 𝑂𝐻2 − 𝐻𝐵2 = 𝑂𝐶2− 𝑂𝐵2 = 𝑂𝐶2− 𝑅2

</div>Trang 21<div class="page_container" data-page="21">

c) Ta có: 𝐻𝑂𝑀̂ = 𝐻𝑂𝐵̂ + 𝐵𝑂𝑀̂ = 𝐴𝐸𝐵̂ + 𝐵𝐸𝑀̂ = 180∘− 𝑀𝐶𝐻̂ .

Suy ra tứ giác 𝑂𝐻𝐶𝑀 nội tiếp đường trịn đường kính 𝑂𝐶 (vì 𝑂𝐻𝐶̂ = 90∘ ). Mà 𝑂, 𝐶 cố định nên 𝑀 nằm trên đường trịn đường kính 𝑂𝐶 cố định.

Từ đây suy ra 𝑥1, 𝑥2 đều là số nguyên dương, nên 𝑥1, 𝑥2 đều là luỹ thừa của 2 .

Tứ đó ta có thể viết 𝑥1 = 2𝑝 và 𝑥2 = 2𝑞(𝑝, 𝑞 ∈ ℕ), và khơng mất tính tổng qt giả sừ 𝑝 ≥ 𝑞. Thế thì 2p 2q 2n m hay tương đương

</div>Trang 22<div class="page_container" data-page="22">

2q 2p q  1 2n m .

Nếu 𝑝 > 𝑞 thì 2p q 1 là số lẻ, trong khi đó vế phải của đẳng thức trên là luȳ thừa của 2 , mầu thuẫn. Suy ra 𝑝 = 𝑞 và ta có điều phải chứng minh.

………HẾT………..

</div>Trang 23<div class="page_container" data-page="23">

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NĂM HỌC 2020-2021

Đề thi mơn: TỐN ( VỊNG 1 )

(Đề thi có 1 trang) Thời gian làm bài : 150 phút,không kể thời gian phát đề

b) Tim 𝑚 sao cho 𝑚(√𝑥 − 3) ⋅ 𝑃 > 𝑥 + 1 đúng với mọi giá trị 𝑥 > 9

Câu II. (3 diêm)

a) Trong hệ trục tọa độ 𝑂𝑥𝑦 cho hai đường thẩng (𝑑1): 𝑦 = 5𝑥 + 9 và (𝑑2):



2



y m  x m

(𝑚 là tham số). Tìm các giá trị của 𝑚 ểế hai đường thẳng 𝑑1 và 𝑑2 song song.

b) Cho phương trình: 𝑥2− 2(𝑚 − 1)𝑥 + 2𝑚 − 5 = 0 ( 𝑚 là tham số). Tìm giá trị của 𝑚 để phương trình trên có hai nghiệm 𝑥1; 𝑥2 thỏa mãn: (𝑥12− 2𝑚𝑥1+ 2𝑚 − 1)(𝑥2− 2) ≤ 0 c) Hai ô tô cùng khởi hành một lúc trên quăng đường từ 𝐴 đến 𝐵 dài 120 km. Vì mỗi giờ, ơ tơ thứ nhất chay nhanh hơn ô tô thứ hai là 10 km nên đến 𝐵 trược ô tô thứ hai là 0,4 giờ. Tính vận tốc mỗi ơ tơ, biết rằng vận tốc của mỗi ô tô là không đổi trên cả quãng đường 𝐴𝐵.

Câu III. (1,5 điểm) Bác An muốn làm một cừa số khn gỗ, phía trên có dạng nửa hình trịn, phía dưới có dạng hình chữ nhật. Biết rằng: đường kính của nửa hình trịn cũng là cạnh phía trên của

hình chữ nhật và tổng độ đài các khn gỗ (các đường in đậm trong hình vẽ bên, bỏ qua độ rộng của khuôn gỗ) là 8𝑚. Em hãy giúp bác An tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật đểé cửa số có diện tích lớn nhất.

Câu IV :(3 điểm) Cho đường tròn (𝑂) và một điểm 𝐴 nằm ngồi đường trị̀n. Kẻ tiếp tuyến 𝐴𝐵 vơi đường tròn (𝑂)(𝐵 là tiếp điếm) và đường kính 𝐵𝐶. Trên đoạn thẳng 𝐶𝑂 lấy điểm 𝐼 ( 𝐼 khác 𝐶 và 𝑂 ), Đường thẳng 𝐼𝐴 cắt (𝑂) tại hai điếm 𝐷 và 𝐸(𝐷 nằm giữa 𝐴 và 𝐸). Gọi 𝐻 là trung điếm của đoạn thẳng 𝐷𝐸.

a) Chưng minh: 𝐴𝐵 ⋅ 𝐵𝐸 = 𝐵𝐷 ⋅ 𝐴𝐸

b) Đường thẳng 𝑑 đi qua điếm 𝐸 song song vớ 𝐴𝑂, 𝑑 cất 𝐵𝐶 tại điểm 𝐾. Chứng minh: 𝐻𝐾 ∥ 𝐶𝐷. c) Tia 𝐶𝐷 cát 𝐴𝑂 tại điểm 𝑃, tia 𝐸𝑂 cát 𝐵𝑃 tại điếm 𝐹. Chứng minh tư giác 𝐵𝐸𝐶𝐹 là hình chữ

</div>Trang 25<div class="page_container" data-page="25">

c) Gọi vận tốc của ô tô thứ hai là 𝑣(𝑘𝑚/ℎ)(𝑣 > 0) và vận tốc của ồ tô thứ nhất là v10



km h/



. Ô tô thứ nhất đến trược ô tồ thử hai là 0, 4h.

Gọi đường kính của nửa hình trịn là 𝑎, độ dài cạnh bên của hình chữ nhật là 𝑏(𝑎, 𝑏 > 0, đơn vị 𝑚 ) Khi đó, độ dài nửa đường trịn phía trền là:

</div>Trang 26<div class="page_container" data-page="26">

a) Vì 𝐴𝐵 là tiếp tuyến của (𝑂) ⇒ 𝐴𝐵𝐷̂ = 𝐵𝐸𝐴̂ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung

  △ 𝐴𝐸𝐵(𝑔 ⋅ 𝑔) ⇒ ABBD

AE  BE .

b) Để chứng minh 𝐻𝐾 ∥ 𝐷𝐶 ta chứng minh: 𝐸𝐻𝐾̂ = 𝐸𝐷𝐶̂. Ta lại có 𝐸𝐷𝐶̂ = 𝐸𝐵𝐶̂ nên ta quy về chứng minh: 𝐸𝐾𝐻̂ = 𝐸𝐵𝐶̂ ⇔ Chứng minh: 𝐵𝐻𝐾𝐸 nội tiếp.

Thật vậy: do 𝐸𝐾 ∥ 𝐴𝑂 ⇒ 𝐵𝐾𝐸̂ = 𝐴𝑂𝐾̂ (so le trong). Ta cũng có 𝐴𝑂𝐾̂ = 180∘− 𝐴𝑂𝐵̂ mà 𝐴𝑂𝐵̂ = 𝐴𝐻𝐵̂ (cùng chắn cung 𝐴𝐵 của đường tròn ngoại tiếp tứ giác 𝐴𝐵𝑂𝐻 ). Suy ra, 𝐴𝑂𝐾̂ = 180∘− 𝐴𝐻𝐵̂ = 𝐵𝐻𝐸̂ hay 𝐵𝐻𝐸̂ = 𝐵𝐾𝐸̂ suy ra tứ giác 𝐵𝐻𝐾𝐸 nội tiếp (có hai đỉnh liên tiếp 𝐾, 𝐻 cùng nhìn cạnh 𝐵𝐸 một cách bằng nhau)(đppcm).

c) Để chứng minh 𝐵𝐸𝐶𝐹 là hình chữ nhật ta sẽ chứng minh:điểm 𝐹 nằm trên (𝑂) tức là chứng minh: 𝐸𝐵𝑃̂ = 90∘ hay 𝐸𝐵𝐶̂ + 𝐶𝐵𝑃̂ = 90∘. Thật vâyy:

Xét tam giác 𝐸𝐻𝐵 và tam giác 𝐶𝑂𝑃 ta có: 𝐸𝐻𝐵̂ = 𝐶𝑂𝑃̂; 𝐵𝐸𝐷̂ = 𝐵𝐶𝐷̂ suy ra

</div>Trang 28<div class="page_container" data-page="28">

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NĂM HỌC 2020-2021

Đề thi môn: TỐN ( VỊNG 2 )

(Đề thi có 1 trang) Thời gian làm bài : 150 phút,không kể thời gian phát đề

Câu I. (2,0 điểm) Cho ba số thực 𝑥, 𝑦, 𝑧 thỏa mãn các điều kiện sau:

Câu II. (2,0 điểm) Xét phưong trình bậc 2: 𝑎𝑥2+ 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0(1), trong đó 𝑎, 𝑏, 𝑐 là các số nguyên dương. Biết rằng các điều kiện sau được thỏa mãn: phưong trình (1) có nghiệm; số

Câu IV. (3 điểm) Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 nhọn nội tiếp đường trị̀n (𝑂) có 𝐴𝐵 > 𝐵𝐶. Một đường tròn đi qua hai đỉnh 𝐴, 𝐶 của tam giác 𝐴𝐵𝐶 lần lượt cắt các cạnh 𝐴𝐵, 𝐵𝐶 tại hai điểm 𝐾, 𝑁(𝐾, 𝑁 khác các đỉnh của tam giác 𝐴𝐵𝐶). Giả sử đường tròn (𝑂) và đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐵𝐾𝑁 cắt nhau tại giao điểm thứ hai là 𝑀(𝑀 khác 𝐵). Chứng minh rằng:

a) Ba đường thẳng 𝐵𝑀, 𝐾𝑁, 𝐴𝐶 đồng quy tại điểm 𝑃 b) Tứ giác 𝑀𝑁𝐶𝑃 nội tiếp

c) 𝐵𝑀2− 𝑃𝑀2 = 𝐵𝐾 ⋅ 𝐵𝐴 − 𝑃𝐶 ⋅ 𝑃𝐴

Câu V. (1,0 điểm) Cho hai số 𝐴, 𝐵 cùng có 2020 chừ số. Biết rằng: số 𝐴 có đúng 1945 chừ số khác 0 , bao gồm 1930 chữ số ngoài cùng về bên trái và 15 chử số ngoài cùng về bên phải; số 𝐵 có đúng 1954 chữ số khác 0 , bao gồm 1930 chữ số ngoài cùng về bên trái và 24 chừ số ngoài cùng về bên phải. Chứng minh rằng 𝑈𝐶𝐿𝑁(𝐴, 𝐵) là một số có khơng q 1954 chử số.

……….HẾT……….. ĐỀ CHÍNH THỨC

</div>Trang 30<div class="page_container" data-page="30">

a) Gọi 𝑃 là giao điểm của 𝐾𝑁 với 𝐴𝐶, 𝐵𝑃 cắt (𝑂) tại M’.

Tữ đây suy ra 𝐶𝑁𝑃̂ = 𝐶𝑀𝑃̂ ⇒ 𝐶𝑁𝑀𝑃 là tứ giác nội tiếp.

c) Tữ 𝐶𝑁𝑀𝑃 là tứ giác nội tiếp, ta có 𝐵𝑀 ⋅ 𝐵𝑃 = 𝐵𝑁 ⋅ 𝐵𝐶 (do △ 𝐵𝑁𝑀 ∼△ 𝐵𝑃𝐶 )

</div>Trang 31<div class="page_container" data-page="31">

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

Câu 2. Trên quãng đường dài 20 km, tại cùng một thời điểm, bạn An đi bộ từ 𝐴 đến 𝐵 và bạn Bình đi bộ từ 𝐵 đến 𝐴. Sau 2 giờ kể từ lúc xuất phát, An và Bình gặp nhau tại 𝐶 và cùng nghỉ lại 15 phút (vận tốc của An trên qng đường 𝐴𝐶 khơng thay đổi, vận tốc của Bình trên quãng đường 𝐵𝐶 không thay đổi). Sau khi nghỉ, An đi tiếp đến 𝐵 với vận tốc nhỏ hơn vận tốc của An trên quãng đường 𝐴𝐶 là 1 km/h, Bình đi tiếp đến 𝐴 với vận tốc lớn hơn vận tốc của Bình trên quãng đường 𝐵𝐶 là 1 km/h. Biết rằng An đến 𝐵 sớm hơn so với Bình đến 𝐴 là 48 phút. Hỏi vận tốc của An trên quãng đường 𝐴𝐶 là bao nhiêu?

Câu 3. Cho các đa thức 𝑃(𝑥) = 𝑥2+ 𝑎𝑥 + 𝑏, 𝑄(𝑥) = 𝑥2+ 𝑐𝑥 + 𝑑 với 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 là các số thực.. a) Tìm tất cả các giá trị của 𝑎, 𝑏 để 1 và 𝑎 là nghiệm của phương trình 𝑃(𝑥) = 0.

b) Giả sử phương trình 𝑃(𝑥) = 0 có hai nghiệm phân biệt 𝑥1, 𝑥2 và phương trình 𝑄(𝑥) = 0 có hai nghiệm phân biệt 𝑥3, 𝑥4 sao cho 𝑃(𝑥3) + 𝑃(𝑥4) = 𝑄(𝑥1) + 𝑄(𝑥2). Chứng minh rằng |𝑥1− 𝑥2| = |𝑥3− 𝑥4|.

Câu 4. Cho đường trịn (𝑂), bán kính 𝑅, ngoại tiếp tam giác 𝐴𝐵𝐶 có ba góc nhọn. Gọi 𝐴𝐴1, 𝐵𝐵1, 𝐶𝐶1 là các đường cao của tam giác 𝐴𝐵𝐶 ( 𝐴1 thuộc 𝐵𝐶, 𝐵1 thuộc 𝐶𝐴, 𝐶1 thuộc 𝐴𝐵 ). Đường thẳng 𝐴1𝐶1 cắt đường tròn (𝑂) tại 𝐴′ và 𝐶′(𝐴1 nằm giữa 𝐴′ và 𝐶1). Các tiếp tuyến của đường tròn (𝑂) tại 𝐴′ và 𝐶′ cắt nhau tại 𝐵′.

a) Gọi 𝐻 là trực tâm của tam giác 𝐴𝐵𝐶. Chứng minh rằng 𝐻𝐶1⋅ 𝐴1𝐶 = 𝐴1𝐶1⋅ 𝐻𝐵1. b) Chứng minh rằng ba điểm 𝐵, 𝐵′, 𝑂 thẳng hàng.

c) Khi tam giác 𝐴𝐵𝐶 là tam giác đều, hāy tính 𝐴′𝐶′ theo 𝑅.

Câu 5. Cho các số thực 𝑥, 𝑦 thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 𝑃 = 𝑥𝑦(𝑥 − 2)(𝑦 + 6) + 13𝑥2+ 4𝑦2− 26𝑥 + 24𝑦 + 46.

……….HẾT………. ĐỀ CHÍNH THỨC

</div>Trang 32<div class="page_container" data-page="32">

Gọi 𝑎( km/h) là vận tốc của An khi đi trên quãng đường 𝐴𝐶, 𝑏( km/h) là vận tốc của Bình khi đi trên quãng đường 𝐵𝐶. Rō ràng 𝑎 > 1, 𝑏 > 0.

Ta thấy, độ dài quãng đường 𝐴𝐶 là 2𝑎( km) và độ dài quãng đường 𝐵𝐶 là 2𝑏( km). Do a1 nên ta có a6, suy ra b4 (thỏa mān).

Vậy vận tốc của An trên quãng đường AC là 6 km / h .



Câu 3.

a) Để 1 và 𝑎 là nghiệm thì ta phải có 𝑃(1) = 1 + 𝑎 + 𝑏 = 0, 𝑃(𝑎) = 𝑎2 + 𝑎2 + 𝑏 = 0. Rút 𝑏 = −1 − 𝑎 từ phưong trình đầu, thay vào phương trình sau, ta được 2𝑎2− 𝑎 − 1 = 0.

</div>Trang 33<div class="page_container" data-page="33">

Tứ giác AC A C có 1 1 AC C1  AA C1 90 nên nội tiếp.

Suy ra HC A1 1CAH (cùng chắn cung A C của đường tròn 1



AC A C ) và 11



HA C1 1 HCA (cùng chắn cung AC của đường tròn 1



AC A C ). 11



Đây chính là kết quả cần chứng minh.

b) Theo tính chất của tiếp tuyến, ta có OBA C  (3)

Mặt khác, do tứ giác AC AC nội tiếp nên 1 C A B1 1 BAC (cùng bù với C A C ). 1 1

Kết họ̣p với kết quả ở trên, ta được OBA1C A B11 90 BAC 90 .

Do đó OBA C1 1, hay OB  A C . Kết hợp với (3), ta suy ra B B O, , thẳng hàng.

</div>Trang 34<div class="page_container" data-page="34">

c) Khi tam giác 𝐴𝐵𝐶 đều thi 𝐵𝑂 đi qua 𝐵1, 𝐵1 là trung điểm của 𝐴𝐶 và 𝐴′𝐶′ ⊥ 𝐵𝑂. Gọi 𝐾 là giao điểm 𝐵𝑂 và 𝐴′𝐶1 thì 𝐾 là trung điểm của 𝐴′𝐶′.

Do tam giác 𝐴𝐵1𝐶1 đều và 𝑂𝐵 ⊥ 𝐴1𝐶1 nên 𝐾 cũng là trung điểm của 𝐴1𝐶1.

Do tam giác ABC đều nên O cũng là trọng tâm của tam giác. Suy ra 1 1 1

</div>Trang 35<div class="page_container" data-page="35">

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NĂM HỌC 2019-2020

Đề thi mơn: TỐN ( VÒNG 2 )

(Đề thi có 1 trang) Thời gian làm bài : 150 phút,không kể thời gian phát đề

Câu 1. Cho hai số thực phân biệt 𝑎 và 𝑏 thỏa mãn điều kiện 𝑎3+ 𝑏3 = 𝑎2𝑏2(𝑎𝑏 − 3). Tính giá trị của biêu thức 𝑇 = 𝑎 + 𝑏 − 𝑎𝑏.

P x m x n x k Q x m x n x k R x m x n x k với 𝑚𝑖, 𝑛𝑖, 𝑘𝑖 là các số thực và 𝑚𝑖 > 0, 𝑖 = 1,2,3. Giả sử phương trình 𝑃(𝑥) = 0 có hai nghiệm phân biệt 𝑎1, 𝑎2; phương trình 𝑄(𝑥) = 0 có hai nghiệm phân biệt 𝑏1, 𝑏2; phương trình 𝑅(𝑥) = 0 có hai nghiệm phân biệt 𝑐1, 𝑐2 thỏa mãn

Câu 4. Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (𝑂) và 𝐴𝐵 > 𝐴𝐶. Gọi 𝐷, 𝐸 lần lượt là chân đường cao của tam giác 𝐴𝐵𝐶 hạ từ 𝐴, 𝐵. Gọi 𝐹 là chân đường vng góc hạ từ 𝐵 lên đường thẳng 𝐴𝑂.

a) Chứng minh rằng 𝐵, 𝐷, 𝐸, 𝐹 là bốn đỉnh của một hình thang cân. b) Chứng minh rằng 𝐸𝐹 đi qua trung điểm của 𝐵𝐶.

c) Gọi 𝑃 là giao điểm thứ hai của đường thẳng 𝐴𝑂 và đường tròn (𝑂), 𝑀 và 𝑁 lần lượt là trung điểm của 𝐸𝐹 và 𝐶𝑃. Tính số đo góc 𝐵𝑀𝑁.

Câu 5. Cho tập hợp 𝑋 thỏa mãn tính chất saut: Tồn tại 2019 tập con 𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴2019 của 𝑋 sao cho mỗi tập con 𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴2019 có đúng ba phần tử và hai tập 𝐴𝑖, 𝐴𝑗 đều có đúng một phần tử chung với mọi 1 ≤ 𝑖 < 𝑗 ≤ 2019. Chứng minh rằng

a) Tồn tại 4 tập hợp trong các tập hợp 𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴2019 sao cho giao của 4 tập hợp này có đúng một phân tủ.

b) Số phần tủ của 𝑋 phải lớn hơn hoặc bằng 4039 .

………Hết………

ĐỀ CHÍNH THỨC

</div>Trang 36<div class="page_container" data-page="36">

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 𝟏.

Nếu 𝑎 = 0 thì ta có 𝑏3 = 0 suy ra 𝑏 = 0 = 𝑎, vơ lý vì 𝑎 ≠ 𝑏. Do đó 𝑎 ≠ 0. Chứng minh tương tự, ta cũng có 𝑏 ≠ 0. Từ đó giả thiết của bài tốn có thể được viêt lại thành 13 13 1 3

Từ (1), (2) và (3), có thể thấy vai trị̀ của 𝑆1, 𝑆2, 𝑆3 là như nhau. Khơng mất tính tơng qt, ta có thể giả sử 𝑆1 = max{𝑆1, 𝑆2, 𝑆3}. Khi đó, ta có 𝑆1− 𝑆2 ≥ 0 và 𝑆1− 𝑆3 ≥ 0. Lại có 𝑚2, 𝑚3 > 0 nên 𝑉𝑇(2)≥ 0. Đế xảy ra dấu đẳng thức như (2) thì dấu bằng trong các đánh giá phải xảy ra, tứ ta phải có 𝑆1 = 𝑆2 = 𝑆3. Đây chính là kết quả cân chứng minh.

Câu 3 :

a) Phương trình đã cho có thể được viết lại thành 𝑥2(𝑦 − 2)2+ 𝑦3− 3𝑦2+ 4 = 3 hay (𝑦 − 2)2(𝑥2+ 𝑦 + 1) = 3.

Suy ra (𝑦 − 2)2 = 1 và 𝑥2+ 𝑦 + 1 = 3. Giải ra, ta được 𝑥 = ±1 và 𝑦 = 1. Vậy có hai cặp số nguyên (𝑥; 𝑦) thỏa mān yêu cầu của đề bài là (1; 1) và (−1; 1).

</div>Trang 37<div class="page_container" data-page="37">

b) Do 𝑎3+ 𝑏3+ 𝑐3 chẵn nên trong các số 𝑎, 𝑏, 𝑐 có ít nhất một số chẵn. Từ đó suy ra tích 𝑎𝑏𝑐 chia hết cho 2 . (1)

Giả sử trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 khơng có số nào chia hết cho 7 . Ta thấy rằng, với mọi 𝑥 nguyên không chia hết cho 7 thì 𝑥 ≡ ±1, ±2, ±3(mod7), suy ra 𝑥3 ≡ ±1(mod7).

Do đó 𝑎3 ≡ ±1(mod7), 𝑏3 ≡ ±1(mod7), 𝑐3≡ ±1(mod7).

Suy ra 𝑎3+ 𝑏3+ 𝑐3≡ −3, −1,1,3(mod7), tức 𝑎3+ 𝑏3 + 𝑐3 không chia hết cho 7 , mâu thuẫn. Vậy trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 phải có ít nhất một số chia hết cho 7 .

Từ đó suy ra tích 𝑎𝑏𝑐 chia hết cho 7 . (2)

Từ (1) và (2) với chú ý (2; 7) = 1, ta có 𝑎𝑏𝑐 chia hết cho 14 .

FABOAB     ACB

Nên 𝐹𝐴𝐵̂ = 𝐷𝐴𝐸̂ . Đây là góc nội tiếp chắn các cung tương ứng là 𝐵𝐹 và 𝐷𝐸 của đường trịn (𝐴𝐵𝐹𝐷𝐸), do đó 𝐹𝐵 = 𝐷𝐸. Tứ giác 𝐵𝐹𝐷𝐸 nội tiếp và có 𝐵𝐹 = 𝐷𝐸 nên là hình thang cân.

b) Gọi 𝐼 là giao điểm của 𝐸𝐹 và 𝐵𝐶. Do tứ giác 𝐵𝐹𝐷𝐸 là hình thang cân nên 𝐵𝐼 = 𝐼𝐸. Suy ra tam giác 𝐵𝐼𝐸 cân tại 𝐼. Từ đó, ta có 𝐼𝐵𝐸̂ = 𝐼𝐸𝐵̂ .

Lại có 𝐼𝐵𝐸̂ = 90∘− 𝐼𝐶𝐸̂ và 𝐼𝐸𝐵̂ = 90∘− 𝐼𝐸𝐶̂ nên 𝐼𝐶𝐸̂ = 𝐼𝐸𝐶̂ . Suy ra tam giác IEC cân tại 𝐼, tức ta có 𝐼𝐶 = 𝐼𝐸 = 𝐼𝐵. Vậy 𝐸𝐹 đi qua trung điểm 𝐼 của 𝐵𝐶.

c) Do tứ giác 𝐴𝐵𝐹𝐸 nội tiếp nên 𝐵𝐹𝐸̂ = 180∘− 𝐵𝐴𝐶̂.

Lại có 𝐵𝑃𝐶̂ = 180∘− 𝐵𝐴𝐶̂ (do tứ giác 𝐴𝑃𝐵𝐶 nội tiếp) nên 𝐵𝐹𝐸̂ = 𝐵𝑃𝐶̂. (1) Do 𝐵𝐹𝐷𝐸 là hình thang cân nên 𝐷𝐹//𝐵𝐸. Mà 𝐵𝐸 ⊥ 𝐴𝐶 nên 𝐷𝐹 ⊥ 𝐴𝐶. Lại có 𝑃𝐶 ⊥ 𝐴𝐶 nên 𝐷𝐹//𝑃𝐶. Suy ra 𝐵𝐶𝑃̂ = 𝐵𝐷𝐹̂ = 𝐵𝐸𝐹̂ (2)

</div>Trang 38<div class="page_container" data-page="38">

a) Xét tập hợp 𝐴1 có ba phần tử 𝑎, 𝑏, 𝑐. Mỗi một tập họp 𝐴𝑖 với 𝑖 = 2, … ,2019 sẽ phải có chung vơi 𝐴1 đúng một phần tử. Ta chia các tập hợp 𝐴𝑖 với 𝑖 = 2, … ,2019 tạo thành ba nhóm. Nhóm thứ nhất gồm các tập hợp chứa phần tử 𝑎, nhóm thứ hai gồm các tập hợp chứa phần tử 𝑏 và nhóm thứ ba gồm các tập họ̣p chứa phần tử 𝑐. Ba nhóm này tổng hợp lại có 2018 tập hợp, do đó phải có một nhóm chứa ít nhất 673 tập họp. 673 tập hợp này cùng với 𝐴1 sẽ tạo thành 674 tập họp có đúng một phần tử chung. Chỉ cần lấy 4 tập hợp trong chúng ra sẽ được 4 tập hợp thỏa mān yêu cầu bài toán. (Chú ý, giao của bốn tập hợp khơng thế có quá một phần tử).

b) Xét bốn tập hợp 𝐴1, 𝐴2, 𝐴3, 𝐴4 có chung phần tử 𝑎. Ta chứng minh tất cả các tập hợp còn lại đều có chung phần tử 𝑎. Thật vậy, giả sử tồn tại tập hợp 𝐴 khơng chứa 𝑎. Khi đó mỗi một tập trong các 𝐴1, 𝐴2, 𝐴3, 𝐴4 sẽ có chung với 𝐴 một phần tử (khác 𝑎 ). Vì 𝐴 chỉ có ba phần tử nên theo nguyên lý Dirichlet, sẽ có hai tập hợp trong chúng có chung phần tử chung với 𝐴. Chẳng hạn 𝐴1, 𝐴2 có chung phần tử 𝑏 với 𝐴. Nhưng lúc này ta có điều mâu thuẫn vì khi đó 𝐴1, 𝐴2 có chung hai phần tử 𝑎 và 𝑏. Vậy tất cả các tập hợp đều có chung phần tứ 𝑎. Do giao của hai tập hợp bất kỳ có đúng một phân tử nên tất cả các phần tử khác a cịn lại đều đơi một khác nhau, suy ra |𝐴1∪ 𝐴2∪ … ∪ 𝐴2019| ≥ 1 + 2019 × 2 = 4039.

Từ đó suy ra số phần tử của 𝑋 không it hơn 4039 .

……….HẾT………

</div>Trang 39<div class="page_container" data-page="39">

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NĂM HỌC 2018-2019

Đề thi mơn: TỐN ( VÒNG 1 )

(Đề thi có 1 trang) Thời gian làm bài : 150 phút,không kể thời gian phát đề

Câu 1. Cho biểu thức

Câu 2. Một nhà máy chuyên sản xuất một loại sản phẩm. Năm 2015, nhà máy sản xuất được 5000 sản phẩm. Do ảnh hướng của thị trường tiêu thụ nên sản lượng của nhà máy trong các năm 2016 và 2017 đều giảm. Cụ thể: số lượng sản phẩm nhà máy sản xuất được trong năm 2016 giảm x% so với số lượng sản phẩm nhà máy sản xuất được trong năm 2015, số lượng sản phẩm nhà máy sản xuất được trong năm 2017 cũng giảm 𝑥% so với số lượng sản xuất được năm 2016. Biết rằng số lượng sản phẩm nhà máy sản xuất được trong năm 2017 giảm 51% so với số lượng sản phẩm nhà máy sản xuất được trong năm 2015.Tìm x.

Câu 3. Cho phương trình 𝑥3− 𝑥 − 1 = 0.

Giả sử 𝑥0 là một nghiệm của phưong trình đã cho.

Câu 4. Cho hình chữ nhật ABCD với BC = a, AB = b. Gọi M, N lân lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD. Qua điểm M dựng đường thẳng cắt đường chéo AC của hình chữ nhật ABCD tại điểm P và cắt đường thẳng BC tại điêm Q sao cho B nằm giữa C và Q.

1 Khi 𝑀𝑃 ⊥ 𝐴𝐶, hãy: a) Tính PQ theo 𝑎 và 𝑏.

b) Chứng minh a. BP = b. PN.

2 Chứng minh ∠𝑀𝑁𝑃 = ∠𝑀𝑁𝑄 (khơng nhất thiết MP và AC vng góc với nhau)

Câu 5. Các số nguyên 𝑥, 𝑥1, 𝑥2, … … , 𝑥9 thóa mãn:



1x1



1x2

 

 1 x9

 

 1 x1



1x2

 

 1 x9



x. Tính P   x x2 x2 x9.

……….HẾT………. ĐỀ CHÍNH THỨC

</div>Trang 40<div class="page_container" data-page="40">

Số lượng sản phẩm sản xuất được trong năm 2016 là 5000 − 5000𝑥% = 5000 - 50𝑥 Số lượng sản phẩm sản xuất được trong năm 2017 là

Theo giả thiết số lượng sản phâm nhà máy sản xuất được trong năm 2017 giảm 51% so với số lượng sản phẩm nhà máy sản xuât được trong năm 2015 nên ta có phương trình

</div>