012 toán vào 10 chuyên vĩnh phúc 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH VĨNH PHÚC
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút
Ngày thi: 03/06/2018

Câu 1.
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ( P) : y  x và đường thẳng (d ) : 2mx  m  1 .
Tìm tất cả các giá trị của m để (d ) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt
A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ) thỏa mãn 2 x1  2 x2  y1 y2  0
2

2
b) Giải phương trình : x  x  4   x  6 x  1

�x 2  y 2  5
�
c) Giải hệ phương trình : �x  y  xy  5
3
3
3
Câu 2. Cho phương trình x  2 y  4 z  9!(1) với x; y; z là ẩn và 9! Là tích các số

nguyên dương liên tiếp từ 1 đến 9
a) Chứng minh rằng nếu có các số nguyên x; y; z thỏa mãn (1) thì x, y, z đều chia
hết cho 4
b) Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn (1).

Câu 3. Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng:
a2
b2
c2


�1
a 2  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ac  a 2

Câu 4. Cho hình thoi ABCD (AC > BD). Đường tròn nội tiếp (O) của tứ giác
ABCD theo thứ tự tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt tại E, F, G, H.
Xét K trên đoạn HA và L trên đoạn AE sao cho KL tiếp xúc với đường tròn (O)
2
�
�
a) Chứng minh rằng LOK  LBO và BL.DK  OB
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CFL cắt AB tại M khác L và đường tròn
ngoại tiếp tam giác CKG cắt AD tại N khác K. Chứng minh rằng 4 điểm K,
L, M, N nằm trên một đường tròn
c) Lấy các điểm P, Q tương ứng trên FC, CG sao cho LP song song với KQ.
Chứng minh rằng KQ tiếp xúc với (O)
Câu 5. Một bảng hình vuông gồm n hàng và n cột (n nguyên dương). Các hàng và
cột đánh số từ 1 đến n ( từ trên xuống dưới, từ trái qua phải). Ô vuông nằm trên

hàng i, cột j  i; j  1; 2;3;......n  của bảng gọi là ô  i; j  . Tại mỗi ô của bảng điền 1 số 0
i; j
hoặc 1 sao cho nếu ô   điền số 0 thì ai  b j �n , trong đó ai là số số 1 trên hàng I

và b j là số số 1 trên cột j. Gọi P là tổng các số trong các ô của bảng hình vuông đã
cho

a) Xây dựng 1 bảng hình vuông thỏa mãn yêu cầu bài toán trong trường hợp
n  4 và P  8


b) Chứng minh rằng

�
n2 �
P �� �
�2 �

, với

�
n2 �
�2 �
� �

n2
là phần nguyên của 2

ĐÁP ÁN
Câu 1.
a)
Ta có: phương trình hoành độ giao điểm :
x 2  2mx  m  1 � x 2  2mx  m  1  0
  4m 2   4m  1   2m  1  3  0
2

Theo định lý Vi-et ta có:

 m 

�x1  x2  2m
�
�x1 x2  m  1

� 2 x1  2 x2  y1 y2  0
� 4m   x1 x2   0
2

� 4m  m 2  2m  1  0
�  m  1  0
2

� m  1

Vậy giá trị cần tìm là m  1
x  x  4   x2  6x 1

b) Giải phương trình:
Ta có điều kiện xác định :

�x �0
�
�x 4
�
3  2 2 �x �3  2 2
�

�x �0
�
4 ۳0 
�x �۳�
�
 x 2  6 x  1 �0
�

4

Ta có:
x  x  4   x2  6 x 1

� x  x  4  2 x( x  4)   x 2  6 x  1
� x2  4 x  3  2 x  x  4  0
�  x2  4x   2 x2  4x  3  0
�
�



x2  4 x  3





x 2  4 x  3  0 Do

� x2  4x  9  0

�
x  2  13
��
x  2  13
�



x2  4 x  1  0

(tm)
(ktm)

x2  4x  1  0



x 3 2 2

.


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

c) Giải hệ phương trình

Đặt

x  2  13

�x 2  y 2  5
�
�x  y  xy  5

u  x y
�
DK : u 2 �4v 

�
v  xy
�

�
�25  10v  v 2  2v  5
�
u 2  2v  5
v 2  12v  20  0
��
��
��
uv5
u 5v
u 5v
�
�
�
�
u 3
�
(tm)

��
v  10
�
�
v

2
��
�
� ��
�
v2 ��
�
u


5
�
�
�
(ktm)
u  5v
�
�
v  10
�
�

Vậy tập nghiệm của hệ đã cho là

x  1; y  2
�
�
x  2; y  1
�

 1;2  ;  2;1

Câu 2
a) Chứng minh rằng…..
3
Ta có: 9!  1.2.3.4.5.6.7.8.9 là số chẵn � x M2 � xM2 � x  2m

 m ��

� 8m3  2 y 3  4 z 3  9! � 4m3  y 3  2 z 3  1.3.4.5.6.7.8.9 là số chẵn

� y 3 M2 � y M2 � y  2n

 n ��

� 4m3  8n3  2 z 3  1.3.4.5.6.7.8.9
� 2m3  4n 3  z 3  1.2.3.5.6.7.8.9 là số chẵn
� z 3 M2 � z M2 � z  2 p  p ��

� 2m3  4n3  8 p 3  1.2.3.5.6.7.8.9
� m3  2n3  4 p3  1.3.5.6.7.8.9
mM2
�
�x  2mM4

�
�
nM2  m; n; p �� � �y  2nM4
�
�
�z  2 p M4
�
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có �pM2

Vậy ta có điều phải chứng minh
b) Chứng minh rằng không tồn tại…..


 a; b; c ��

Theo ý a) ta có thể đặt x  4a; y  4b; z  4c

9! 1.2.3.4.5.6.7.8.9

 1.3.5.6.7.9
43
43
là số chẵn
 u ��

� a 3  2b3  4c3 

� a M2 � a  2u

� 8u 3  2b3  4c 3  1.3.5.6.7.9 � 4u 3  b3  2c 3  1.3.3.5.7.9  1.5.7.34

Lại có:

�
 1.5.7.34  M34 �  1.5.7.34  M9
�
�3
(mod 9)  x �Z 
�
�x �0; �1

� a; b; c M
9 �  4u 3  b3  2c 3  M
93
4

3

Nhưng do 1.5.7.3 không thể chia hết cho 9 nên ta có điều vô lý
Vậy ta có điều phải chứng minh
Câu 3.
Ta có : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schaw thì:

 a  c
a2
c2

�
a 2  ab  b 2 c  a  b  c  a 2  b 2  c 2  ab  ac  bc
2

b2
c2
 b  c
 2
�2
2
2
b(a  b  c) c  ac  a
a  b  c 2  ab  ac  bc
2

 a  b
a2
b2
 2
�2
2
2
a (a  b  c) b  bc  c
a  b  c 2  ab  ac  bc
2

a2
b2
c2
a2
b2
c2
� 2






a  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ac  a 2 a  a  b  c  b(a  b  c ) c (a  b  c )

 a  c
�

  b  c    a  b
a 2  b 2  c 2  ab  ac  bc
2

2

2

a2
b2
c2
a  b  c  a  c   b  c   a  b
� 2



� 2
a  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ac  a 2 a  b  c
a  b 2  c 2  ab  ac  bc
2  a 2  b 2  c 2  ab  ac  bc 

a2
c2
b2
� 2


1� 2
a  ab  b 2 c 2  ac  a 2 b 2  bc  c 2
a  b 2  c 2  ab  ac  bc
a2
c2
b2
� 2


 1 �2
a  ab  b 2 c 2  ac  a 2 b 2  bc  c 2
a2
c2
b2
� 2


�1 ( dpcm)
a  ab  b 2 c 2  ac  a 2 b 2  bc  c 2
2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

2

2


Câu 4

a) Chứng minh….
Gọi điểm tiếp xúc của LK với (O) là T

�
�
�
�  LOT
�  TOK
�  TOE  TDH  EOH  900  EOB
�  LBO
�
LOK
2
2
2
Ta có:
�  OLB
�
OLK

(do LB, LK là các tiếp tuyến)
Khi đó: tam giác OLK và BLO đồng dạng
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có:
OLK : DOK ( g.g ) � DOK : BLO

�

OD DK

� BL.DK  BO.DO  OB 2
BL BO

Vậy ta có điều phải chứng minh
b) Đường tròn ngoại tiếp …..
Ta có : Do CFLM nội tiếp nên
BM .BL  BC.BF  BO 2  BL.DK � BM  DK
Do vậy BMDK là hình thang cân nên KM // BD
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: LN//BD
Do vậy KMLN là hình thang cân nên hiểu nhiên nội tiếp một đường tròn


Ta có điều phải chứng minh
c) Lấy các điểm P, Q….
Ta có: Kẻ PQ ' tiếp xúc với (O) và Q’ thuộc CD
Tương tự phần a, chứng minh như vậy ta có:
BP.DQ '  OB 2  BL.DK �

BP DK

BL DQ '

�  KDQ
� '
LBP

�  DQ
� 'K
� BLP : DQ ' K (c.g.c) � BLP
�AB
� / / CD

LP / / KQ '

Q

Q'

Vậy KQ tiếp xúc với (O)
Câu 5.
a) Xây dựng ….
Ta có 1 bảng thỏa mãn bài toán:
1
1

1
1
1
1

1
1

b) Chứng minh rằng….
Không mất tính tổng quát, gọi cột hoặc hàng có ít nhất 1 số là cột 1
Giả sử trong cột 1 này có k số 1  k �n 

 i;1  1
Gọi hàng j là hàng loại 0 nếu  j;1  1
Gọi hàng i là hàng loại 1 nếu

Vậy có k hàng loại 1 và n  k hàng loại 0
Khi đó tổng các số ở hàng loại 1 �k và loại 0 �n  k
Như vậy:

P �k 2   n  k 

P �k   n  k 
2

2

2

. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

 k  nk
�
2

2

n2 �
n2 �

� �

2 �
�2 �

Vậy ta có điều phải chứng minh