de toan tuyen sinh lop 10 chuyen nam 2019 2020 so gddt dak lak

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2019 – 2020
MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN
Ngày thi : 07/6/2019
(Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  d  : y   m  2  x  2 với m là tham số
và m  2 . Tìm tất cả các giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng  d 
bằng

2
.
3

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 4   m  1 x 2  m2  m  1  0 có
đúng ba nghiệm phân biệt.
Câu 2: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: x  2 7  x  2 x  1   x 2  8 x  7  1
4 x 3  y 3  x  4 y  0
2) Tìm tất cả các cặp số hữu tỉ  x; y  thỏa mãn hệ phương trình:  2
.
2
10 x  7 xy  2 y  9

Câu 3: (2,0 điểm)
1) Tìm các số tự nhiên n thỏa mãn 42019  3n có chữ số tận cùng là 7.

2) Tìm các bộ số tự nhiên  a1 ; a2 ; a3 ; ; a2019  thỏa mãn:
 a1  a2  a3    a2019  20192
 2
2
2
2
3
a1  a2  a3    a2019  2019  1

Câu 4: (1,0 điểm)
x3  1

7 2 5
x 
.
x  2 18
18
2) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3 . Chứng minh rằng:

1) Cho các số thực dương x , chứng minh



a 3  b3 b3  c 3 c 3  a 3


2.
a  2b b  2c c  2a

Câu 5: (3,0 điểm)

Cho hình vuông ABCD với tâm O. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Các điểm N, P
theo thứ tự thuộc các cạnh BC, CD sao cho MN // AP. Chứng minh rằng:
1) Tam giác ADP đồng dạng với tam giác NBM.
2) BN  DP  OB 2 .
3) DO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPN.
4) Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy.
------------------- Hết -------------------

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu)

trang 1


SƠ LƯỢC BÀI GIẢI
Câu 1: (2,0 điểm)
1)  d  cắt Ox tại A 

2

; 0  và cắt Oy tại B  0; 2  . Gọi OH là khoảng cách từ O đến  d 
 2m 

2  m  2 2
m  2  2 2
1
1
1
1
1
1

2






2

m

8






2
2
2
OH 2 OA2 OB 2
2
 2  2
 2  m  2 2
 m  2  2 2
 


3

 2m
(TMĐK m  2 ).
m  2  2 2
2
Vậy 
thì khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng  d  bằng .
3
 m  2  2 2
2) Đặt t  x 2  0 ; phương trình đã cho trở thành t 2   m  1 t  m 2  m  1  0 *

Ta có:

Khi đó phương trình đã cho có đúng ba nghiệm phân biệt  * có một nghiệm bằng 0 và
m 2  m  1  0
m 2  m  1  0
m2  m  1  0


một nghiệm dương ( t2  t1  0 )   t1t2  0
 m2  m  1  0  
m  1
t t  0
 m 1  0
1 2



1
5
5 1

m 

m 
1
5
2
2
2
Ta có: m 2  m  1  0   m     

2
4




1
5
 5 1
m   
m 

2
2

2
5 1
Lại có m  1 , nên m 
2
2

Câu 2: (2,0 điểm)
1) ĐK: 1  x  7
Ta có: x  2 7  x  2 x  1   x 2  8 x  7  1  x  1  2 x  1   7  x  x  1  2 7  x  0
 x 1





x 1  2  7  x





x 1  2  0 



x 1  2



 x 1  2  0
x 1  7  x  0  
 x  1  7  x  0



 x 1  4
x  5


(TMĐK). Vậy tập nghiệm của phương trình là S  4; 5
x 1  7  x
x  4
4 x 3  y 3  x  4 y  0

 x  4 y  y3  4 x3

 2
2
2
2
10 x  7 xy  2 y  9
10 x  7 xy  2 y  9

2) 

 10 x 2  7 xy  2 y 2   x  4 y   9  y 3  4 x 3   46 x 3  33 x 2 y  26 xy 2  y 3  0 *
 x  4 x 2  1  0
x  0
4 x 3  x  0


Nếu y  0   2


3 (không xảy ra), nên y  0

9
2
10 x  9
x 
 x   10

10


Với y  0 ; *  46 


3

2

x
x
x
3
2
2
  33    26  1  0  46t  33t  26t  1  0   2t  1  23t  28t  1  0
y
y
y
 

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu)

trang 2


 2t  1  0


x
  2t  1  23t 2  28t  1  0   2
t  Q
y
 23t  28t  1  0 


 ) 2t  1  0  t 

1
x 1
   2x  y
2
y 2

Khi đó 10 x 2  7 x  2 x  2  2 x   9  4 x 2  9  x  
2

3
2

3
3
3

3
Với x   y  2   3 ; Với x    y  2      3
2

2

2

 2

+) 23t 2  28t  1  0 không có nghiệm hữu tỉ, vì có   173
3
3
Vậy các cặp số  x; y  cần tìm là  ; 3  và   ;  3 
2 
 2


Câu 3: (2,0 điểm)
1009
1) Ta có: 42019  3n  4   42   3n  4 161009  3n  4   6   3n   4   3n
Do đó 42019  3n có chữ số tận cùng bằng 7 khi 3n có chữ số tận cùng bằng 3
 3n  3  1  3   34   34 k 1  n  4k  1  k  N 
k

 a1  a2  a3    a2019  2019 2
 4038  a1  a2  a3    a2019   4038  2019 2
2) Ta có:  2 2 2
 2
2

3
2
2
2
3
a1  a2  a3    a2019  2019  1  a1  a2  a3    a2019  2019  1
2
 a12  a22  a32    a2019
 4038  a1  a2  a3    a2019   20193  1  4038  2019 2

2
  a12  4038a1  2019 2    a22  4038a2  2019 2      a2019
 4038a2019  2019 2   20193  1  2019  2019 2

  a1  2019    a2  2019      a2019  2019   1
2

2

2

  a1  2019 2   a2  2019 2     a2019  2019  2  0 *
Do đó 
2
2
2
 a1  2019    a2  2019      a2019  2019   1 **
Từ *  a1  a2    a2019  2019

Từ **  trong các số a1 ; a2 ;  ; a2019 có một số bằng 2018 hoặc 2020 và các số còn lại bằng

2019. Giả sử a1  2018 hoặc a1  2020 và a2  a3    a2019  2019
+) TH: a1  2018 và a2  a3    a2019  2019
 a1  a2  a3    a2019  2018  2018  2019  2019  2018  2019  2019 2

Mâu thuẩn với a1  a2  a3    a2019  20192
+) TH: a1  2020 và a2  a3    a2019  2019

2
 a12  a22  a32    a2019
 20202  2018  2019 2  20192  2  2019  1  2018  2019 2

  20192  2018  2019 2   1  2  2019  20193  1  2  2019  20193  1

2
Mâu thuẩn với a12  a22  a32    a2019
 20193  1

Vậy  a1 ; a2 ; a3 ; ; a2019    2019; 2019; 2019; ; 2019 

Câu 4: (1,0 điểm)
x3  1 7 2 5
1) Vi x  0 , nên
 x   18  x 3  1   x  2   7 x 2  5   0  11x 3  14 x 2  5 x  8  0
x  2 18
18
  x  1 11x  8   0 ; luôn đúng với mọi x  0
2

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu)

trang 3


x3  1

7 2 5
x  . Dấu “=” xảy ra khi x  1
x  2 18
18
a
2) Áp dụng kết quả của 1), với x   0  do a  0; b  0  .
b

Vậy với x  0 thì



3

a
  1 7 a 2 5
a 3  b3 7 2 5 2
 
Ta có:  b 
    
 a  b .
a
18  b  18
a  2b 18
18

2
b
b3  c 3 7 2 5 2 c3  a 3 7 2 5 2
Tương tự
 b  c ;
 c  a
b  2c 18
18
c  2a 18
18
3
3
3
3
3
3
a b b c c a
7
5
2
2
Do đó


  a 2  b2  c 2    a 2  b2  c 2    a 2  b 2  c 2    3  2
a  2b b  2c c  2a 18
18
3
3
a

 b 1

 b  1
Dấu “=” xảy ra   c
 a  b  c 1
c
 1
a
a 2  b 2  c 2  3; a, b, c  0

Câu 5: (3,0 điểm)

M

A

B

I
O

I'

N
D

P

C

1) Tam giác ADP đồng dạng với tam giác NBM.





  BNM
  900 BMN , MBN
  900 ; BAP
  DAP
  BAD
  900 (ABCD là hình vuông)
BMN

  BAP
  MN / / AP   BNM
  DAP

Mà BMN
  900 (ABCD là hình vuông); DAP
  BNM
  cmt 
Xét ADP và NBM : 
ADP  NBM
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu)

trang 4


Vậy ADP

NBM (g-g)

2) BN  DP  OB 2
Đặt AB  BC  CD  DA  a  AM  BM 
Vì ADP

a
2

AD DP
a a2

 BN  DP  AD  BM  a  
BN BM
2 2

NBM  cmt  

Lại có ABCD là hình vuông tâm O, nên AOB vuông cân tại O  OB 2 

AB 2 a 2

2
2

Vậy BN  DP  OB 2 (đpcm)
3) DO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPN.
Ta có: BN  DP  OB 2  cmt  

BN BO DO


 do BO  DO 
BO DP DP

  PDO
  450 (ABCD là hình vuông); BN  DO  cmt 
Xét BNO và DOP : OBN
BO

Vậy BNO

DP

  DPO

DOP (c-g-c)  BON

  BON
  DOP
  DPO
  1800  ODP
  1800  450  1350
Do đó: DOP





  1800  DOP
  BON
  1800  1350  450
 NOP

Mặt khác BNO

DOP (cmt) 

ON OB DO


 do OB  DO 
OP DP DP

  ODP
  450 (cmt); ON  DO  cmt 
Xét ONP và DOP : NOP
OP

Vậy ONP

DP

  DOP

DOP (c-g-c)  ONP

Vẽ tia Ox là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp OPN (Ox nằm trên nửa mặt phẳng bờ
  ONP

 (góc nội tiếp và góc tạo bới tia tiếp tuyến và dây)
AC có chứa điểm D), ta có xOP
  DOP
  tia OD trùng với tia Ox. Vậy OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại
Do đó xOP
tiếp tam giác OPN (đpcm)

4) Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy.
Gọi I   BD  AN ; I   BD  MP
Xét AID : AD / / BN  AD / / BD  
Xét BIM : BM / / DP  AB / / CD  
Mà ADP
Do đó

NBM  cmt  

IB BN

(hệ quả Thales)
ID AD
I B BM

(hệ quả Thales)
I D DP

BN BM

.
AD DP

IB I B

 I  I  . Vậy ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy.
ID I D

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu)

trang 5