025 toán vào 10 chuyên thái nguyên 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH THÁI NGUYÊN

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian: 150 phút
3+ 5
5
3 5
A=
+
−
5+2
5 −1 3 + 5

Câu 1. Rút gọn biểu thức

Câu 2. Giải hệ phương trình :

 x 2 + y 2 + 3 = 4 x
 3
3
2
 x + 12 x + y = 6 x + 9

x, y

Câu 3. Tìm

nguyên dương thỏa mãn:

Câu 4. Giải phương trình
Câu 5. Cho

x, y , z

8 x + 3 y + 14 xy
2

2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x 2 − 12 x + 14

là các số thực dương. Chứng minh rằng

x2
2

+

y2
8 y + 3z + 14 yz
2

2

Câu 6. Cho tam giác ABC cân có
A bờ BC,

16 ( x 3 − y 3 ) = 15 xy + 371

·
·
CBD
= 150 , BCD
= 350

+

z2
8 z + 3 x + 14 xz

·
BAC
= 1000

. Tính

2

2

≤

x+ y+z
5

, D thuộc nửa mặt phẳng không chứa

·ADB

Câu 7. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), AB < AC , các đường cao BD, CE cắt nhau
tại H. Gọi M là trung điểm BC, MH cắt (O) tại N
a) Chứng minh A, E, D, H, N cùng thuộc một hình tròn
·
·
BHP
= CHM

b) Lấy P trên đoạn BC sao cho
, Q là hình chiếu vuông góc của A
lên HP. Chứng minh DENQ là hình thang cân
c) Chứng minh rằng (MPQ) tiếp xúc (O)


ĐÁP ÁN
Câu 1. Rút gọn biểu thức
A=

3+ 5
5
3 5
+
−
5+2
5 −1 3 + 5

= 1+

1
1

3 5
+1+
−
5+2
5 −1 3 + 5

= 2+

5 −1+ 5 + 2 3 5
−
5+ 5 −2
3+ 5

= 2+

2 5 +1− 3 5
1− 5
= 2+
3+ 5
3+ 5

(

)(

=

7 + 5 . 3− 5
7+ 5
=

9−5
3+ 5

=

21 − 4 5 − 5
= 4− 5
4

)

Câu 2
2
2
(1)
 x + y + 3 = 4 x
 3
3
2
 x + 12 x + y = 6 x + 9

(2)

a) Giải hệ phương trình:
Ta có phương trình (2) tương đương với:

x3 − 6 x 2 + 12 x − 8 + y 3 = 1 ⇔ ( x − 2 ) + y 3 = 1
3

Hệ đã cho trở thành:

2
2
( x − 2 ) + y 2 = 1
 x + y + 3 = 4 x
⇔
 3
3
2
3
3
 x + 12 x + y = 6 x + 9
( x − 2 ) + y = 1
2

Đặt

Đặt

x−2= z

ta có:

a = y + z

b = yz

 y 2 + z 2 = 1 ⇒ ( y + z ) 2 − 2 yz = 1
 3 3
2
2

 y + z = 1 ⇒ ( y + z ) ( y − yz + z ) = ( y + z ) ( 1 − yz ) = 1

ta có hệ phương trình:



a2 −1
b
=


a2 −1
a2 −1

a 2 − 2b = 1
2

b =
b =
⇔
⇔
⇔
2
2

2
a ( 1 − b ) = 1 a  1 − a − 1  = 1 2a − a 2 + 1 = 2
2

÷


 a − 2a + 1 = 0
 
2 

a2 −1
a = 1
y + z =1
b =
⇔
⇔
2 ⇔
b = 0
 yz = 0
a = 1


⇒ y, z

là hai nghiệm của phương trình :

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm
Câu 3:
Vì

x, y

nguyên dương nên

15 xy = 16 ( x − y ) − 371

3

Ta có:
Xét

VP > 0

x=3

x≥5

thì

y =1

 y = 0

 x = 0  z = 1 ⇒ x = 3
2
x −x=0⇔
⇒
 y = 1
x
=
1


  z = 0 ⇒ x = 2

( 3;0 ) ; ( 2;1)

do đó

VT > 0

3

là số lẻ nên

x, y

nên

x> y

đều lẻ, do vậy :

x ≥ 3

y ≥1

thay vào phương trình thỏa mãn

Xét
Ta có:

3
x − 2 ≥ y ⇒ 16 ( x 3 − y 3 ) ≥ 16  x 3 − ( x − 2 )  = 16 ( 6 x 2 − 12 x + 8 )



15 xy + 371 ≤ 15 x ( x − 2 ) + 371 = 15 x 2 − 30 x + 371

16 ( 6 x 2 − 12 x + 8 ) − ( 15 x 2 − 30 x + 371) = 81x 2 − 162 x − 243 = 81( x 2 − 2 x − 3 )
x 2 − 2 x − 3 > 0, ∀x ≥ 5 ⇒ 16 ( x 3 − y 3 ) > 15 xy + 371

Ta có:
Vậy trường hợp này vô nghiệm

Vậy phương trình có cặp nghiệm nguyên dương duy nhất
Câu 4. Giải phương trình

2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x 2 − 12 x + 14

( x; y ) = ( 3;1)


3
5
≤x≤
2
2

Điều kiện xác định:
2 x − 3 + 5 − 2 x = 3x 2 − 12 x + 14
⇔ 2 x − 3 − ( x − 1) + 5 − 2 x − ( 3 − x ) = 3 x 2 − 12 x + 12
2
2x − 3 − x2 + 2 x − 1 5 − 2 x − ( x − 6 x + 9 )
2
⇔
+

= 3( x − 2)
2x − 3 + x −1
5 − 2x + 3 − x

⇔

( x − 2)

( x − 2)

2

2x − 3 + x −1

+

2

5 − 2x + 3 − x

= 3( x − 2)

2

( x − 2 ) = 0

⇔
1
1
3 + 2 x − 3 + x + 1 + 5 − 2 x + 3 − x = 0

1
1
3
5
⇒x=2
(do3 +
+
> 0, ∀ ≤ x ≤ )
2
2
2x − 3 + x +1
5 − 2x + 3 − x
2

x=2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
Câu 5
Áp dụng BĐT Co –si ta có:

x 2 + y 2 ≥ 2 xy

⇒ 8 x 2 + 3 y 2 + 14 xy = 8 x 2 + 3 y 2 + 12 xy + 2 xy ≤ 8 x 2 + 3 y 2 + 12 xy + x 2 + y 2
⇔ 8 x 2 + 3 y 2 + 14 xy ≤ 9 x 2 + 12 xy + 4 y 2 =

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có:

Áp dụng BĐT Cauchy Schawz:
⇒ VT ≥

( 3x + 2 y )

2

= 3x + 2 y

 8 y 2 + 3 z 2 + 14 yz ≤ 3 y + 2 z

 8 z 2 + 3x 2 + 14 xz ≤ 3 z + 2 x

a 2 b2 c 2 ( a + b + c )
+ + ≥
x
y
z
x+ y+ z

2

ta được:

x
y
z
( x + y + z)
x+ y+z
+
+
≥
=

3x + 2 y 3 y + 2 z 3z + 2 x 3x + 2 y + 3 y + 2 z + 3z + 2 x
5
2

2

2

Vậy ta có điều phải chứng minh
"="

Dấu
xảy ra khi và chỉ khi
Câu 6:

x=y=z

2


⇒ EA = AB

Gọi E là điểm đối xứng với B qua A
∆ABC
⇒ AB = AC ⇒ AB = AC = AE
Vì
cân tại A
⇒A

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC

Ta có:

·
⇒ BCE
= 900

0
0
0
·
·ABC = ·ACB = 180 − BAC = 180 − 100 = 400
2
2

·
·
DBE
+ DCE
= 150 + 400 + 350 + 900 = 1800

Lại có:
⇒ BECD

là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)

⇒ AD = AB = AC = AE


⇒ ∆ABD

cân tại A

⇒ ·ABD = ·ADB = 15o + 400 = 550

Câu 7

a) Chứng minh A,E,D,H,N cùng thuộc một đường tròn
Kẻ đường kính AK
AC ⊥ KC
⇒ ·ACK = 900
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay
Lại có:

BH ⊥ AC = { D}

⇒ KC / / BH

( gt )

(từ vuông góc đến song song)

Chứng mnh tương tự ta có:
⇒ BHCK

BK / / HC ( ⊥ AB )

là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

Lại có: M là trung điểm của BC,

HK ∩ BC = { M } ⇒ M

là trung điểm của HK


·ADH + ·AEH = 900 + 900 = 1800 ⇒ ADEH

Ta có:

⇒ A, D, E , H

Lại có:

cùng thuộc một đường tròn đường kính AH

·ANK = 900

⇒ ·ANK

là tứ giác nội tiếp

nhìn đoạn

⇒ A, N , D, E , H

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
AH

dưới 1 góc

900 ⇒ N

thuộc đường tròn đường kính AH

cùng thuộc đường tròn đường kính
b) Lấy P trên đoạn BC…..

AH

·AQH = 900

Ta có:

nên Q nhìn AH dưới một góc vuông

⇒Q

cùng A, E, D, H, N cùng thuộc đường tròn đường kính AH
·
·
BHP
= QHD

Mặt khác :

·
·
CHM
= EHN

(hai góc đối đỉnh)

(hai góc đối đỉnh)
Mặt khác, xét đường tròn đường kính AH ta có:
·
QHD

·
EHN

là góc nội tiếp chắn cung QD,
1
1
⇒ sdNE = sdQD ⇒ NE = QD
2
2

là góc nội tiếp chắn xung NE

(tính chất dây căng cung)

NE = QD ⇒ DENQ

Mà tứ giác DENQ là tứ giác nội tiếp có cạnh
c) Chứng minh rằng (MPQ) tiếp xúc (O)
Ta sẽ chứng minh tứ giác MNPQ nội tiếp
·
·
BEC

= BDC
= 900 ⇒ BEDC
Ta có:
là tứ giác nội tiếp
1
·
·
⇒ MCH
= HDE
= sdEB
2

Lại có:
Ta có:

1
·
HDE
= sdEH
2

là hình thang cân

(các góc nội tiếp cùng chắn cung EB)

(trong đường tròn đường kính AH)

·
·
·

HMP
= CHM
+ MCH

(tính chất góc ngoài của tam giác)


1
1
1
1
·
·
·
⇔ HMP
= EHN
+ sdEH = sdNE + sdEB = sdNH = NQH
2
2
2
2
⇒ MNPQ

là tứ giác nội tiếp

·
·
·
⇒ BHP
= CHK

= NKB

BN HB KC
=
=
BP KN KN
⇒ ∆NBP : ∆NKC (c − g − c)
⇒ ∆BHP : ∆NKP ( g.g ) ⇒

·
·
⇒ BNP
= KNC

(Các góc tương ứng)
Nx
Kẻ tiếp tuyến
của (O)

·
·
·
·
·
·
PNx
= BNx
+ BNP
= NCM
+ KNC

= NCP

Ta có ngay:
Nx
Do đó cũng là tiếp tuyến của (MPQ)
Nx
Vậy (MPQ) tiếp xúc với (O) tại
(ta có điều phải chứng minh)