019 toán vào 10 chuyên lâm đồng 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LÂM ĐỒNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1: (2,0 điểm)

(

A = 4 + 15
Tính giá trị biểu thức
Câu 2: (2,0 điểm)

)(

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút

10 − 6

)

4 − 15

( d)

Oxy

Trên hệ trục tọa độ
(cách chọn đơn vị trên hai trục tọa độ như nhau), cho đường thẳng
4

−
( d)
A(3; 4)
3
có hệ số góc là
và đường thẳng
đi qua
. Tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng
d
( )
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho

α

là góc nhọn. Chứng minh

sin 4 α − sin 2 α + cos 2 α + cos 4 α − cos 2 α + sin 2 α = 1
Câu 4: (2,0 điểm)

d
Cho đường tròn (O) đường kính AB. Kẻ đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn tại B. Qua
d
A
kẻ hai đường thẳng cắt đường thẳng lần lượt ở E, F (điểm B nằm giữa E và F), AE cắt dường tròn
(O) tại điểm thứ hai là C, FA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D. Chứng minh CDFE là tứ giác nội
tiếp
Câu 5: (2,0 điểm)
x 2 − mx + 2m − 3 = 0 x
m

m
Cho phương trình
( là ẩn số, là tham số). Tìm để phương trình có hai
nghiệm trái dấu mà nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương.
Câu 6: (1,5 điểm)
ABC
BH H
Cho tam giác
cân tại A. Kẻ đường cao
( thuộc đường thẳng AC). Chứng minh
2
BC = 2CH . AC
Câu 7: (1,5 điểm)

ab + bc + ac = 1

Cho
. Chứng minh:
Câu 8: (1,5 điểm)

(a

2

+ 1) ( b 2 + 1) ( c 2 + 1) = ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) 

AB

DC

E

F

2

AE = CF ,

Cho hình chữ nhật ABCD. Trên cạnh
lấy điểm , trên cạnh
lấy điểm sao cho
A, D.
MC.
FE
MB
là điểm nằm giữa
Gọi G và H lần lượt là giao điểm của
với
và
Chứng minh:
S AEGM + S MHFD = SGBCH
Câu 9: (1,5 điểm)

n

Với là số tự nhiên chẵn, chứng minh rằng:
Câu 10: (1,5 điểm)

( 20

n

+ 16n − 3n − 1) M323

M


 x 2 + y 2 + x + y = 18

 xy ( x + 1)( y + 1) = 72

Giải hệ phương trình:
Câu 11: (1,5 điểm)
a, b, c > 0
a + 2b + 3c ≥ 20,
Cho
và
tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
3 9 4
S = a +b+c + +
+
a 2b c
Câu 12: (1,5 điểm)

( O)

AB

AC

B, C

Từ điểm A nằm ngoài đường tròn
, vẽ các tiếp tuyến
và
của đường tròn (
là các
ADE
tiếp điểm) và cát tuyến
(D nằm giữa A và E). Đường thẳng đi qua D song song với AB cắt BC và
BE theo thứ tự tại H và K. Chứng minh DH = HK


ĐÁP ÁN
Câu 1:

(

) ( 10 − 6 ) 4 − 15 =
15. ( 5 − 3 ) . 16 − 15 = (
3 ) .( 5 − 3 ) = 5 − 3 = 2

A = 4 + 15

4 + 15. 2.

= 8+ 2

5+ 3 .

=

(

5+

) (
2

Vậy A = 2
Câu 2
Giả sử đường thẳng cần tìm có dạng
Theo đề bài : đường thẳng
⇒a=

−4
⇒
3

( d)

Gọi

lần lượt là giao điểm của

)

)

với

4
3

y=

( d)

có dạng

−4
x+b
3

A ( 3; 4 )

đi qua

( d)

)(

15 4 − 15

y = ax + b

phương trình đường thẳng

( d)

) (4+

5 − 3 .1

có hệ số góc là

−4
4
.3 + b ⇒ b = 8 ⇒ ( d ) : y = − x + 8
3
3
A, B

5− 3

−

Theo đề bài ta có: đường thẳng
⇒

(

Ox

và

Oy ⇒ A ( xA ;0 ) ; B ( 0; yB )

4


0 = − 3 x A + 8
 x = −6  A ( −6;0 )
⇒
⇔ A
⇒
 yB = 8
 y = − 4 .0 + 8
 B ( 0;8 )
B

3

Xét tam giác vuông
thẳng

( d)

OAB

có đường cao

AH

chính là khoảng cách từ gốc tọa độ tới đường

⇒ OA = x A = 6; OB = y B = 8

Suy ra độ dài
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông OAB có:
1

1
1
1 1
25
24
=
+
= 2+ 2 =
⇒ AH =
2
2
2
AH
OA OB
8 6
576
5

Vậy khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng
Câu 3:
Ta có:

( d)

là

24
5

VT = sin 4 α − sin 2 α + cos 2 α + cos 4 α − cos 2 α + sin 2 α
= − sin 2 α ( 1 − sin 2 α ) + cos 2 α + − cos 2 α . ( 1 − cos 2 α ) + sin 2 α
= − sin 2 α .cos 2 α + cos 2 α + − cos 2 α .sin 2 α + sin 2 α
= cos 2 α . ( 1 − sin 2 α ) + sin 2 α ( 1 − cos 2 α )
= cos 2 α . 1 − sin 2 α + sin 2 α . 1 − cos 2 α
= cos α . cos 2 α + sin α . sin 2 α ( do....0 < α < 900 ⇒ sin α , cos α > 0)
= cos 2 α + sin 2 α = 1..( dpcm)

sin 4 α − sin 2 α + cos 2 α + cos 4 α − cos 2 α + sin 2 α = 1

Vậy
Câu 4

·
·
CAB
+ CEB
= 900 (1)

∆AEB

Xét

vuông tại B có:
·ACB

BC ⊥ AE

Mà có

do

·
·
⇒ CBA
+ CAB
= 90 (2)

là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

0

·
·
⇒ CBA
= CEB
(3)

Từ (1) và (2)


·
·
CBA
, CDA

Xét đường tròn (O) có

là hai góc nôi tiếp cùng chắn cung AC

·
·
⇒ CBA
= CDA
(4)

·
·
⇒ CEB
= CDA

Từ (3) (4)
⇒ CDFE

là tứ giác nội tiếp (góc trong tại 1 đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện) (đpcm)

Câu 5
⇔ ac < 0 ⇔ 2m − 3 < 0 ⇔ m <

Phương trình có hai nghiệm trái dấu

3
2

 x1 + x2 = m

 x1 x2 = 2m − 3

Áp dụng định lý Vi ét ta có:
Phương trình có hai nghiệm trái dấu trong đó nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn

⇔ x1 + x2 < 0 ⇔ m < 0

Vậy

m<0

thỏa mãn yêu cầu bài toán
⇔m<

Vậy phương trình có hai nghiệm trái dấu

3
2

Câu 6:

Gọi M là trung điểm của BC
Xét

∆ACM

và

∆BCH

có:

·ACB

⇒ AM ⊥ BC

chung ;

(do tam giác

·
BHC
= ·AMC = 90

0

ABC

cân tại A)


⇒ ∆ACM : ∆BCH ( g − g ) ⇒
⇔ BC.

AC CM
=
⇒ BC.CM = AC.CH
BC CH

BC
= AC.CH ⇒ BC 2 = 2 AC .CH (dpcm)
2

Câu 7.

a 2 + 1 = a 2 + ab + bc + ca = a ( a + b ) + c ( a + b ) = ( a + c ) ( a + b )

b 2 + 1 = b 2 + ab + bc + ac = ( b + c ) ( a + b )
c 2 + 1 = c 2 + ab + bc + ac = ( a + c ) ( b + c )
⇒ ( a 2 + 1) ( b 2 + 1) ( c 2 + 1) = ( a + b ) . ( b + c ) . ( c + a ) = ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) 
2

2

2

Vậy đẳng thức được chứng minh
Câu 8.

Xét tam giác

MBC

có

1
1
S MBC = . AB. AC = S ABCD
2
2

⇒ SMBC = S MBD + SMAB

⇒ SMGH + S BGHC = S EBG + S AEGM + S MDFH + S HFC (1)

Xét hai hình thang

AEFD

và

EBCF

có:

1
AD. ( AE + DF )
2
1
= AD ( EB + FC )
2

S AEFD =
S EBCF

Mà có:

EB = DF , FC = AE ⇒ S AEFD = S EBCF

S EBG + S HFC + S BGHC = S AEGM + S MDFH + S MGH (2)

Trừ (1) cho (2) ta được:

2

S MHG − ( S EBG + S HCF ) = S HFC + S EBG − S MHG = − ( S MHG − ( S EBG + S HCF ) )

Mà có:

S EBG + S HFC + S BGHC = S AEGM + S MDFH + S MGH

⇒ S AEGM + S MDFH = S BGHC

(đpcm)

Câu 9
+) Chứng minh hằng đẳng thức

( a − b ) ( a n−1 + a n−2b + a n−3b 2 + ...... + a 2b n −3 + ab n −2 + b n−1 )

= a n + a n −1b + a n− 2b 2 + ..... + a 3b n−3 + a 2b n −2 + ab n −1 − ( a n −1b + a n− 2b 2 + .... + a 2b n −2 + ab n −1 + b n )
= a n − bn

+)

n = 2k , k ∈ ¥

n

Vì là số chẵn, đặt
ta có:
n
n
n

2k
2k
2k
20 + 16 − 3 − 1 = 20 + 16 − 3 − 1 = 400 k + 256 k − 9k − 1
Để chứng minh
19 và 17
Ta có:

( 20

n

+ 16n − 3n − 1) M
323

, ta cần chứng minh

( 20

n

+ 16 n − 3n − 1)

400k − 1k = ( 400 − 1) ( 400k −1 + 400k −2.1 + 400k −3.12 + ..... + 400.1k −2 + 1k −1 )
= 399. ( 400k −1 + 400k − 2.1 + 400k −3.12 + ..... + 400.1k −2 + 1k −1 )

= 19.21. ( 400 k −1 + 400k −2.1 + 400k −3.12 + ..... + 400.1k −2 + 1k −1 ) M
19

256k − 9k = ( 256 − 9 ) ( 256k −1 + 256k −2.9 + ....... + 9k −2.256 + 9k −1 )

= 247. ( 256k −1 + 256k − 2.9 + ....... + 9 k −2.256 + 9 k −1 )

= 13.19 ( 256k −1 + 256k −2.9 + ....... + 9 k −2.256 + 9 k −1 ) M
19

⇒ ( 400k − 1k + 256k − 9k M
19 )

Tương tự ta cũng có:

400k − 9k = ( 400 − 9 ) ( 400 k −1 + 400 k − 2.9 + ..... + 9 k −2.400 + 9k −1 )
= 17.23 ( 400k −1 + 400k −2.9 + ..... + 9 k −2.400 + 9k −1 ) M
17

256k − 1 = ( 256 − 1) ( 256 k −1 + 256k −2.1 + ...... + 256.1k − 2 + 1k −1 )
= 17.15 ( 256k −1 + 256k −2.1 + ...... + 256.1k −2 + 1k −1 ) M
17
⇒ 400k − 9k + 256k − 1M
17

Như vậy ta có:

chia hết cho


20n + 16n − 3n − 1 = ( 400k + 256k − 9k − 1) M
19

⇒ ( 20n + 16n − 3n − 1) M
( 19.17 )

 n
n
n
k
k
k
20
+
16
−
3
−
1
=
400
+
256
−
9
−
1
M
17
(
)


⇒ ( 20n + 16n − 3n − 1) M
323

Như vậy ta có điều cần chứng minh.
Câu 10.
( x + y ) 2 − 2 xy + ( x + y ) = 18
 x 2 + y 2 + x + y = 18
⇔

 xy ( xy + x + y + 1) = 72
 xy ( x + 1)( y + 1) = 72

Đặt

x + y = a, xy = b

ta có hệ đã cho trở thành:


a 2 + a − 18
b
=
(1)

a 2 + a − 2b = 18
2

⇔ 2

2
b
(
a

+
b
+
1)
=
72

 a + a − 18  a + a + a − 18 + 1 = 72(2)

÷

2
2



(2) ⇔ ( a 2 + a − 18 ) ( a 2 + 3a − 16 ) = 288

⇔ ( a 2 + 2a − 17 ) − ( a + 1)  . ( a 2 + 2a − 17 ) + ( a + 1)  = 288
⇔ ( a 2 + 2a − 17 ) − ( a + 1) = 288
2

2

⇔ a 4 + 4a 3 + 4a 2 − 68a − 34a 2 + 289 − a 2 − 2a − 1 = 288
⇔ a 4 + 4a 3 − 31a 2 − 70a + 288 = 288
⇔ a ( a 3 + 4a 2 − 31a − 70 ) = 0

⇔ a ( a 3 − 5a 2 + 9a 2 − 45a + 14a − 70 ) = 0
⇔ a ( a − 5 ) ( a 2 + 9a + 14 ) = 0

 a = 0 ⇒ b = −9
a = 5 ⇒ b = 6
⇔ a ( a − 5) ( a + 2 ) ( a + 7 ) = 0 ⇔ 
 a = −2 ⇒ b = −8

 a = −7 ⇒ b = 12

+) Với

a = 0

b = −9

ta có hai số

x, y

là nghiệm của phương trình

Vậy ta được hai nghiệm của hệ phương trình

+)Với

a = 5

b = 6

ta có hai số

x, y

X = 3
X 2 − 0X − 9 = 0 ⇔ 
 X = −3

( x; y ) = { ( 3; −3) ; ( −3;3) }

là nghiệm của phương trình

X = 2
X 2 − 5X + 6 = 0 ⇔ 
X = 3


Vậy ta được hai nghiệm của hệ phương trình

+)Với

 a = −2

b = − 8

ta có hai số

x, y

là nghiệm của phương trình

Vậy ta được hai nghiệm của hệ phương trình

+)Với

 a = −7

b = 12

ta có hai số

{ ( 3;2 ) ; ( 2;3) }

x, y

{ ( −4; 2 ) ; ( 2; −4 ) }

là nghiệm của phương trình

Vậy ta được hai nghiệm của hệ phương trình
Vậy ta hai nghiệm của hệ phương trình

X = 2
X 2 + 2X − 8 = 0 ⇔ 
 X = −4

 X = −3
X 2 + 7 X + 12 = 0 ⇔ 
X = 4

( x; y ) = { ( −3; −4 ) ; ( −4; −3) }

( x; y ) = { ( −3; −4 ) ; ( −4; −3) ; ( −4;2 ) ; ( 2; −4 ) ; ( 3;2 ) ; ( 2;3) ; ( 3; −3) ; ( −3;3 ) }

Câu 11.
S = a+b+c+
=

3 9 4 a b 3c  3a 3   b 9   c 4 
+
+ = + + +  + ÷+  + ÷+  + ÷
a 2b c 4 2 4  4 a   2 2b   4 c 

1
3a 3
b 9
c 4
( a + 2b + 3c ) +  + ÷+  + ÷ +  + ÷
4
 4 a   2 2b   4 c 

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số không âm ta có:
+)

3a 3
3a 3
+ ≥2
. =3
4 a
4 a

b 9

b 9
+) +
≥2 .
=3
2 2b
2 2b
c 4
c 4
+) + ≥ 2 . = 2
4 c
4 c
1
 3a 3   b 9   c 4  1
⇒ S = ( a + 2b + 3c ) +  + ÷+  + ÷+  + ÷ ≥ .20 + 3 + 3 + 2 = 13
4
 4 a   2 2b   4 c  4
a + 2b + 3c = 20
 3a 3
 =
a = 2
 4 a

⇔ b = 3 (a, b, c > 0
b 9
 2 = 2b
c = 4


c = 4
 4 c

Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi :
a = 2; b = 3; c = 4
MinS = 13
Vậy
khi


Câu 12.

Xét đường tròn
·
SBE

·
BCE

( O)

có:

là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung BE
là góc nội tiếp cùng chắn cung BE

·
·
⇒ SBE
= BCE

Mà có:

(định lý)

·
·
SBE
= BKH

(

(hai góc so le trong, KD // AB)

·
·
·
⇒ BKH
= BCE
= SBE

Xét

∆BKH

và

∆BCE

)

có:

·
·
·
BKH
= BCE
(cmt ); EBC

chung

⇒ ∆BKH : ∆BCE ( g .g ) ⇒

KH BH
CE
=
⇒ KH = BH .
(1)
CE BE
BE
∆BHD : ∆BDC ( g .g ) ⇒

Chứng minh tương tự ta có:
Xét

∆BAD

·
BAE

BD)

và

chung;

∆EBA

BH HD
CD
=
⇒ HD = BH .
(2)
BD CD
BD

có:

·
·
DBA
= BEA

(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung


⇒ ∆BAD : ∆EAB ( g.g ) ⇒

Mà có:
⇒

AC)

AB AC
=
AD AD

(do

BE AB
=
BD AD

AB, AC

(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

cùng là tiếp tuyến đi qua

A

của đường tròn

BE CE
CE CD
=
⇒
=
(3)
BD CD
BE BD

Từ (1) (2) (3) ta có:

KH BH CE BD
=
.
.
= 1 ⇒ AH = HK
HD BH BE CD

(đpcm)

( O)

nên AB =