043 đề thi vào 10 chuyên toán hồ chí minh 2019 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2019-2020
MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
Ngày thi: 03/06/2019

Câu 1. (1,0 điêm)
Cho a, b, c là ba số thực thỏa điều kiện a  b  c  1. Tính giá trị của biểu thức
A  a3  b3  c3  3 ab  c  c  1

Câu 2. (2,5 điểm) 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
Câu 3. (1,5 điểm) 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 : KM là tia phân giác BKC
Câu 4. (2,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn  0;2 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  x3  y3  z 3  3xyz
Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác đều ABC. Gọi M , N là hai điểm nằm trên cạnh BC sao
cho MAN  300 ( 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 với nhau qua AN
b) Đường thẳng AK đi qua tâm đường tròn  AMN 

Câu 6. (1,0 điểm) Cho m, n là hai số nguyên. Chứng minh rằng nếu 7  m  n   2mn chia
2

hết cho 225 thì mn cũng chia hết cho 225


ĐÁP ÁN
Câu 1.
Ta có: ab  c  ab  c  a  b  c    a  c b  c và c  1    a  b 
Do đó A  a3  b3  c3  3 a  b  b  c  c  a    a  b  c   1
3

Câu 2.
a) 5 x  1  x  7  3x  4
Điều kiện : x  1
Với điều kiện trên phương trình trở thành:



25  x  1   x  7 
5 x 1  x  7

8  3x  4 
5 x 1 

3 x  4  0

8

 5 x  1 

 3x  4

8


 3x  4   3x  4  
 1  0
x7
 5 x 1  x  7

4

x

(tm)
3

1  0 
5 x  1  x  7  8(*)
x7

Giải * ta được: 25  x  1  x  7  10 x 2  6 x  7  64
41 

 5 x 2  6 x  7  13x  41 x  
13 

 25  x 2  6 x  7   169 x 2  1066 x  1681
 144 x 2  1216 x  1856  0

 x  2(tm)
58 

 144  x  2   x    0  
58
 x  (ktm)
9 

9


4 
Vậy S   ;2 
3 


2  x  y   xy  4
 x  y  2   2  y  2   0
b) 

 xy  x  y  4   2  xy  x  y  4   2
 y  2

 y  2  x  2   0
 y  2; x  2
x  1



 xy  x  y  4   2  xy  x  y  4   2   x  2


  y  1

Vậy hệ phương trình trên có nghiệm 1;2 ; 2;1 
Câu 3.

A

P

N

K
I

B

C

M

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: MB  BP, MC  CN , AN  AP
Trên đoạn NP, ta lấy điểm K ' sao cho

K ' N CN

K ' P BP

Ta có ANP cân tại A nên ANP  APN

Lại có : BPK '  APN  1800 mà CNK '  ANP  1800 nên BPK '  CNK '
Xét BPK ' và CNK ' ta có:

BPK '  CNK ';

K ' N CN

K ' P BP

 BPK ' CNK ' (c-g-c)  BK ' P  CK ' N và

Do

K ' B BP MB


K ' C CN MC

K ' B MB
nên K ' M là phân giác của BK ' C mà BK ' P  CK ' N

K ' C MC





1
1

Nên MK ' P  MK ' B  BK ' P  BK ' C  BK ' P  CK ' N  900
2
2
Suy ra MK '  NP , vậy K '  K , do đó KM là tia phân giác BKC
Câu 4.
a) Theo giả thiết, ta có:  2  x  2  y  2  z   0
 8  4  x  y  z   2  xy  yz  zx   xyz  0

Từ đó, ta có:
x2  y 2  z 2  x2  y 2  z 2  8  4  x  y  z   2  xy  yz  zx   xyz

  x  y  z   4  x  y  z   8  xyz
2

 5  xyz  5  6

b) Ta có: P   x  y  z   x 2  y 2  z 2  xy  yz  xz   3 x 2  y 2  z 2  xy  yz  xz  \

3
3
2
 3 x 2  y 2  z 2    x  y  z    3 x 2  y 2  z 2   9
 2
2
3
Theo chứng minh trên thì x 2  y 2  z 2  5 , từ đó ta suy ra P  . 3.5  9   9
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  x, y, z  là một hoán vị của  2,1,0 
Vậy MaxP  9

Câu 5.

A

O
B

M

N

C

K
a) Bên trong MAN , lấy điểm K ' sao cho AK '  AC và K ' AN  NAC
Xét K ' AN và CAN có: K ' AC  NAC; K ' A  CA; AN cạnh chung
Vậy K ' AN  CAN (cgc )  AK ' N  ACN  600  ABN
Do đó, tứ giác ABK ' N nội tiếp, suy ra K ' thuộc đường tròn  ABN 

(1)

Ta có MAN  300  K ' AN  K ' AM  NAC  K ' AM và NAC  MAB  300
Nên K ' AM  MAB. Từ đó, bằng cách chứng minh tương tự như trên, ta cũng có K ' thuộc
(2)
đường tròn  ACM 
Từ (1) và (2) , ta suy ra K ' là điểm chung thứ hai của hai đường tròn  ABN  và  ACM  ,
tức là K '  K
Bây giờ , do K ' AN  CAN nên NC  NK '  NK
Suy ra N thuộc trung trực của KC mà AC  AK  AK ' nên A cũng thuộc trung trực của

KC.
Do đó AN là trung trực của KC. tức là K và C đối xứng nhau qua AN


b)

Trên đoạn AK lấy điểm O sao cho OMN  600. Khi đó, do AKN  ABN  600 nên

AKN  OMN  600 , suy ra tứ giác OMNK nội tiếp. Từ đây ta có:

ONM  OKM  ACM  600 mà OMN  600 nên OMN đều
Ta có MOK  MNK (cùng chắn cung MK của đường tròn  OMNK )

MNK  BAK (cùng chắn cung BK của đường tròn  ABN )
Và BAK  2MAK (dựa theo câu a) nên MOK  2MAK
Mặt khác, ta lại có MOK  MAK  OMA nên MAK  OMA. Suy ra OMA cân tại O, tức là
ta có OA  OM  ON
Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp AMN , và như thế, ta có AK đi qua tâm đường tròn
ngoại tiếp AMN
Câu 6.
Ta có: A  7  m  n   2mn  7  m2  n2   16mn  7  m  n   30mn
2

2

Do A 225  A 15
Lại có 30mn 15 nên 7  m  n  225   m  n  15
2

Từ đây, ta có: 7  m  n  chia hết cho 225

2

Dẫn đến 30mn 225 , tức là mn 15
Mà mn   m  n  n  n2 nên n2 15 tức n 15. Từ đó, suy ra m 15  do... m  n  15
Vậy mn 152  225