Đề và đáp án thi vào lớp 10 chuyên Toán năm học 20182019 của: goctoanhoc.net

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (7,0 điểm)
a) Giải phương trình x 2  6 x  1   2 x  1 x 2  2 x  3 .

3x
 2x  y
( x  2) 1 
y

b) Giải hệ phương trình 
.
 y 2 1  3x  2 x 2  y 2  4 x

y


Câu 2. (2,0 điểm)
Tìm tất cả các cặp số (x; y) với x và y là số nguyên dương sao cho: x 2  3y và
y 2  3x đồng thời là các số chính phương.
Câu 3. (2,0 điểm)
Cho các số x, y, z thoã mãn 0  x  y  z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x3 z
y4
z 3  15 x 3
P 2


.

y ( xz  y 2 ) z 2 ( xz  y 2 )
x2 z

Câu 4. (7,0 điểm)
Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên dường
tròn (O) sao cho AB > AC. Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ
HE vuông góc với AB và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC). Đường
thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F)
a) Chứng minh rằng tam giác APH cân.
b) Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm của AD và đường tròn
(O) (K khác A); I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH 2  IC.ID .
Câu 5. (2,0 điểm)
Cho 28 điểm phân biệt nằm trong hình vuông có độ dài cạnh bằng 6. Người ta
vẽ các đường tròn có bán kính bằng

8 và tâm là các điểm đã cho. Hỏi có hay không

bốn điểm trong các điểm đã cho sao cho chúng đều thuộc phần chung của bốn hình
tròn có tâm củng chính là bốn điểm đó (có bán kính bằng 8 )? Giải thích rõ vì sao?

… Hết! …
1


Đáp án
Câu 1a:
Giải phương trình: x 2  6 x  1   2 x  1 x 2  2 x  3 1 ,với x  R .

1  x2  2 x  3   2 x  1






x2  2x  3  2 x  1

x2  2 x  3  4 x  2  0



x2  2x  3  2  0

 x2  2x  3  2 x 1

 x 2  2 x  3  2
1

3  15
x 
x  2x  3  2x 1  
x
2
3
3x 2  6 x  2  0

2

x 2  2 x  3  2  x 2  2 x  1  0  x  1  2


3x
 2x  y
( x  2) 1 
y

Câu 1b) Giải hệ phương trình 
.
3
x
 y2 1
 2x2  y 2  4x

y

3x
ĐK: y  0, 1   0 . Chia phương trình (1) cho y, phương trình (2) cho y 2 , ta có:
y

 x 2 
3x 2 x

1
   1 
y
y
y
y





2
 x  4x
3x

 1 y  2  y   y2 1
 

(a  2b) 1  3a  2a  1
x
1
 a,  b . Hệ đã cho trở thành 
Cộng vế theo vế 2 phương
2
y
y
 1  3a  2a  4ab  1
trình ta được 1  3a (a  2b  1)  2a(a  2b  1)

Đặt

TH1: 1  3a  2a  a  1  x  y , thay vào PT(1) ta có: x  y  4 TH2:
a  1  2b 

x
2
 1   x  2  y . thay vào PT(1) ta có: y  2  x  0
y
y

Vậy có nghiệm ( x; y)  (4;4), (0;2) .
Câu 2:
Ta có hai bất đẳng thức: x 2  3 y   x  2  và y 2  3x   y  2  không thể đồng thời đúng, bởi
vì tổng hai bất đẳng thức: x  y  8  0 .
2

2

2


Vậy trong hai bdt trên phải có ít nhất một bất ngượ dấu.
Giả sử: x 2  3 y   x  2  là bất đẳng thức đúng.
2

 x2  x2  3 y   x  2

2

 x 2  3 y   x  1  3 y  2x+1
2

 x  3k  1; y  2k  1, k  N .

Khi đó: y 2  3x  4k 2  13k  4 *
Ta xét:
1. Nếu k  5   2k  3  4k 2 13k  4   2k  4   không tồn tại k  N .
2

2

2. k  1, 2,3, 4  y 2  3x không là số chính phương.
Vậy thử trực tiếp ta có k  0 hoặc k  5 .
Sô cần tìm:  x; y   1;1 , 16;11 , 11;16 .
Câu 3:
x
y
( )3
( )3
z
15
y
Ta có: P 
 z  ( )2 
x y x y
z
x


y z y z
x
x
y

y
z

Đặt a  ; b  ; c 

a3

b3
15
z

 c2 
 abc  1, c  1 và P 
ab ab
c
x

a3
b3
1

 a.b 
ab ab
c
1 2 15
16
8
8
Vậy P   c   c 2   c 2    3. 3 64  12
c
c
c
c c

Ta có: a 3  b3  a.b(a  b) 

P đạt GTNN là 12 khi c=2  z  2 y  2x .

Câu 4: ( Học sinh tự vẽ hình ).
^

^

^

a) Ta có: BAC  AEH  AFH  900.
Do đó tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
^

^

^

^

AEF  EAO  HAE  ABO  900 ( Tam giác ABH vuông).
^

^

^

^

Ta có: EAO  ABO vì OA  OB, AEF = HAE vì AEHF là hình chữ nhật.
Vậy OA vuông góc với EF.




b) Ta có OA vuông góc với EF  AP  AQ
^

^

^

Xét tam giác AEP và APB có: Achung ; APE  ABP
Suy ra AEP APB  g , g  

AE AP

 AP 2  AE. AB.
AP AB

3


Ta giác vuông ABH có đường cao HE nên AE. AB  AH 2  AP  AH  APH cân tại A.
Gọi S là giao điểm EF và AH.
Ta có S là trực tâm của tam giác AOD nên OS vuông góc với AK.
Suy ra SA  SK .
Mà SE  SF  SA nên tứ giác AEFK nội tiếp đường tròn tâm S.
Vì tứ giác AEFK nội tiếp và AEFH là hình chữ nhật nên có 5 điểm A, E, H, F , K cùng
thuộc một đường tròn tâm S.
Tứ giác AHFK nội tiếp nên
^

^

^

DKF  AHF  FCH  ICF

IKD  IF.IK=IC.ID

 IH 2  IC.ID  dpcm  .

Câu 5:
Chia hình vuông đã cho thành 9 hình vuông nhỏ ( có các cạnh song song với các cạnh hình
vuông đã cho và có độ dài cạnh là 2).
Do 28 > 9,3 nên khi rãi các điểm này trên hình vuông ban đầu, thì sẽ tốt tại 1 hình vuông
nhỏ có ít nhất 4 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh hình vuông nhỏ này. Giả sử đó là 4
điểm A, B, C, D nằm trong hoặc nằm trên cạnh hình vuông nhỏ MNPQ.
Ta có QN  2 2  8 và mọi điểm E thuộc hình vuông MNPQ thì 8  QN  AE . Từ đó




 B; 8  ; C; 8  ;  D; 8  cũng chứa toàn bộ hình vuông MNPQ.
Vậy bốn hình tròn  A; 8  ;  B; 8  ;  C; 8  ;  D; 8  đều chứa hình vuông MNPQ nên bốn
hình tròn A; 8 sẽ chứa toàn bộ hình vuông MNPQ. Tương tự các hình tròn

điểm A, B, C, D nằm trong phần chung của bốn đường tròn nói trên.

4