TOÁN CHUYÊN TPHCM lớp 10

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TP. HỒ CHÍ MINH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2019 – 2020
MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
Ngày thi: 03 tháng 6 năm 2019
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. Cho a, b, c là ba số thực thỏa điều kiện a  b  c  1. Tính giá trị của biểu thức
A  a 3  b 3  c 3  3(ab  c )(c  1).

Lời giải. Trước hết, khai triển biểu thức 3(ab  c )(c  1)  3abc  3(ab  bc  ca )
Thay vào biểu thức đã cho, ta có
A  a 3  b 3  c 3  (3abc  3(ab  bc  ca ))

Sử dụng hằng đẳng thức quen thuộc

1
a 3  b 3  c 3  3abc  (a  b  c )((a  b )2  (b  c )2  (c  a )2 )
2
kết hợp điều kiện a  b  c  1 , ta có:

1
A  (a  b  c )((a  b )2  (b  c )2  (c  a )2 )  3(ab  bc  ca )
2
1
 ((a  b)2  (b  c )2  (c  a )2 )  3(ab  bc  ca )

2
 (a  b  c )2  1.
Vậy nên ta được A  1 .
Câu 2.
a) Giải phương trình 5 x  1  x  7  3x  4.
2(x  y )  xy  4
b) Giải hệ phương trình 
.
xy(x  y  4)  2


Lời giải. a) Điều kiện: x  1 . Đặt u  x  1, v  x  7 . Khi đó
5u  v 

25 2 1 2
1
u  v  5u  v  5u  v 5u  v  
8
8
8

5u  v  0

5u  v  8 .


Trường hợp 1. Với 5u  v  0 , suy ra v  5u  x  7  5 x  1  x 
Trường hợp 2. Với 5u  v  8 thì

Trường học thông minh 789.vn

4
(nhận)
3


2


x  41


41
13
x 
 x  2

5 x  1  x  7  8  5 x  1 x  7  41  13x  


13


2
144
x

1216
x


1856

0
58


x  9


 4 
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  
2;  .
 3 
b) Đặt S  x  y, P  xy, S 2  4P  0 , ta có
2S  P  4
P  2S  4
P  2S  4








P(S  4)  2
(2S  4)(S  4)  2
(S  2)(S  4)  1




P  2S  4
P  2
  2
 
(nhận)
S  6S  9  0
S  3


X  1
Do đó x và y là hai nghiệm của phương trình X 2  3X  2  0  
.
X  2

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (1, 2),(2,1).
Bài 3. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC ,CA, AB lần lượt tại
M , N , P . Gọi K là hình chiếu vuông góc của M lên NP . Chứng minh rằng KM là phân
.
giác BKC

Lời giải.
A
E
N
P

D

B

K

M

C

Gọi D, E theo thứ tự hình chiếu của B,C lên PN . Theo tính chất tiếp tuyến, ta có

Trường học thông minh 789.vn


3

AP  AN , BM  BP ,CM  CN .
  APN
  ANP
  CNE
 nên BPD CNE (g.g ) . Do đó
Ta có BPD

BD
BP
BM


.
CE
CN
CM

BM
DK
BD DK

, suy ra

. Điều
CM
EK
CE
EK
  CKE

này kéo theo hai tam giác BDK CEK (c.g .c ) nên BKD
Vì BD  MK  CE nên theo định lý Ta-lét, ta có

  90  BKD
  90  CKE
  CKM
.
BKM
.
Vậy nên KM là phân giác của BKC

Câu 4. Cho x , y, z là các số thực thuộc đoạn [0, 2] và thỏa mãn điều kiện x  y  z  3.
a) Chứng minh rằng: x 2  y 2  z 2  6.
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x 3  y 3  z 3  3xyz .
Lời giải. a) Do x , y, z  [0, 2] nên x 2  2x , y 2  2y, z 2  2z . Do đó
x 2  y 2  z 2  2(x  y  z )  6.

Tuy nhiên dấu bằng trong bất đẳng thức trên chỉ xảy ra khi và chỉ khi
x  {0, 2}, y  {0, 2}, z  {0, 2}

, vô lí.

x  y  z  3


Vậy ta có x 2  y 2  z 2  6.
b) Do x , y, z  [0, 2] nên
xyz  0
xyz  0



.


(x  2)(y  2)(z  2)  0
xyz  2(xy  yz  xz )  4(x  y  z )  8  0



Suy ra
2(xy  yz  xz )  xyz  4(x  y  z )  8  4.3  8  4
 xy  yz  xz  2.

Ta cũng có:

Trường học thông minh 789.vn

4

x 3  y 3  z 3  3xyz
 (x  y  z )((x  y  z )2  3(xy  yz  xz ))
 3(9  3(xy  yz  xz ))  3(9  3.2)  9.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  0, y  1, z  2 và các hoán vị của chúng.
  30
Câu 5. Cho tam giác đều ABC . Gọi M , N là hai điểm trên cạnh BC sao cho MAN

( M nằm giữa B và N ). Gọi K là giao điểm của hai đường tròn (ABN ) và (ACM ).
Chứng minh rằng
a) Hai điểm K và C đối xứng nhau qua AN .
b) Đường thẳng AK đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN .
Lời giải.
A

X

B

Z

Y

N

M

C

K

Gọi X ,Y lần lượt là tâm ngoại tiếp hai tam giác (ABN ),(ACM ).
  x ,CAN
  y thì x  y  30. Ta có ANB
  60  y nên
Đặt BAM
  2ANB
  120  2y .
AXB


180  AXB
180  (120  2y )

 , điều này cho
Suy ra XAB 

 30  y  x  BAM
2
2
thấy A, X , M thẳng hàng. Chứng minh tương tự, ta cũng có A,Y , N thẳng hàng.
  ABN
  60  ACN
 . Vì K  (ACM ) nên YK  YC .
Ta có AKN

Trường học thông minh 789.vn

5


 nên suy
N  ACN
Lấy điểm K  đối xứng với C qua AN thì YK   YC , đồng thời AK

 . Do đó K  K  và K ,C đối xứng nhau qua AN .
N  AKN
ra YK  YK  và AK

  CAN
  y . Gọi Z là tâm của đường tròn (AMN ) thì
b) Theo câu a thì KAN
  2AMN
  2(60  x )  120  2x nên
AZN


180  AZN
180  (120  2x )

ZAN 

 30  x  y.
2
2
  ZAN

 , kéo theo A, Z , K thẳng hàng hay Z  AK .
Vì thế nên KAN

Câu 6. Cho m, n là hai số nguyên. Chứng minh rằng nếu 7(m  n )2  2mn chia hết cho
225 thì mn cũng chia hết cho 225 .

Lời giải. Ta có

7(m  n )2  2mn  0 (mod 225)  14(m  n )2  4mn  0 (mod 225) .
Mà 4mn  (m  n )2  (m  n )2 nên suy ra

 15(m  n )2  (m  n )2  0 (mod 225)

(1)

Xét theo mod 15, ta có
(m  n )2  0 (mod 15)
m  n (mod 3)
 
 m  n (mod 15)
m  n (mod 5)


(2)

Suy ra (m  n )2  225 . Theo (1), ta có (m  n )2  15 . Chứng minh tương tự như trên, ta có

m  n 15
Kết hợp với (2), ta có m  15 và n 15 , vì thế nên mn chia hết cho 225.

Lời giải được thực hiện bởi:
Thầy Huỳnh Công Thái, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Quốc Anh, Đoàn Văn Bộ,
Trần Bá Đạt, Nguyễn Trường Hải, Huỳnh Quốc Thắng
cùng tập thể GV Toán trường THPT Đông Đô TPHCM (789.VN)

Trường học thông minh 789.vn