064 đề thi vào 10 chuyên toán khánh hòa 2019 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KHÁNH HÒA

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2019-2020
Môn : TOÁN CHUYÊN

Bài 1. (2đ) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho (P) y  x 2 và đường thẳng

 d  : y  2mx  2m  3
a) Chứng minh đường thẳng  d  luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
b) Gọi y1 , y2 lần lượt là tung độ các giao điểm của đường thẳng  d  và  P  .
Tìm tất cả các giá trị m để y1  y2  5.
Bài 2. (2đ)
a) Cho A  20  21  22  ......  22019 và B  22020 . Chứng minh rằng: A, B là hai
số tự nhiên liên tiếp
2 x 2  3x  10
x2  2 x  4
b) Giải phương trình :
3
x2
x2
Bài 3. (3đ) Cho hai đường tròn (O) và  O ' không cùng bán kính, cắt nhau tại hai

điểm phân biệt A và B. Các tiếp tuyến của (O) và  O ' cắt  O ' và  O  lần lượt tại C
và D. Trên đường thẳng AB lấy M sao cho B là trung điểm đoạn AM .
a) Chứng minh hai tam giác ABD và CBA đồng dạng
b) Chứng minh MB2  BD.BC
c) Chứng minh ADMC là tứ giác nội tiếp
Bài 4. (2đ) a) Chứng minh rằng với mọi số thực a, b luôn có :
1

1
2
2
a 2  b2   a  b  và ab   a  b 
2
4
b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
5  x 2  y 2  z 2   9 x  y  z   18 yz  0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2x  y  z
yz
Bài 5. (1đ) Huyện KS có 33 công ty, huyện KV có 100 công ty. Biết rằng, mỗi
công ty của huyện KS hợp tác với ít nhất 97 côn ty huyện KV. Chứng minh rằng
có ít nhất một công ty của huyện KV hợp tác với tất cả các công ty của huyện KS.
Q


ĐÁP ÁN
Bài 1.
a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
x2  2mx  2m  3  x 2  2mx  2m  3  0(*)
Có:  '  m2  2m  3   m  1  2  0, m 
2

Vì thế phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt
Hay: (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
b) Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P)
 y  2mx1  2m  3
Khi đó:  1
và x1 , x2 chính là hai nghiệm của (*)

 y2  2mx2  2m  3
 x  x  2m
Theo Viet ta có:  1 2
 x1 x2  2m  3
Có : y1  y2  5

 2mx1  2m  3  2mx2  2m  3  5
 2m  x1  x2   4m  6  5
 2m.2m  4m  6  5  0
 4m 2  4m  1  0   2m  1  0
2



 2m  1  0 do.. 2m  1  0, m 
m

2



1
2

Vậy m  

1
2

Bài 2.

a) Có: A  20  21  22  .......  22019  2 A  21  22  23  .......  22020
Trừ vế theo vế, ta được:
2 A  A   21  22  23  .....  22020    20  21  22  ....  22019 

 A  22020  1
Và B  A  1. Vậy A, B là hai số tự nhiên liên tiếp


b)

2 x 2  3x  10
x2  2 x  4
3
x2
x2
Phương trình tương đương:

2x  7 

DK : x  2  0;

x2  2 x  4
 0(*)
x2

24
12
3 x4
x2
x2

24
12
1 3 x  4 
x2
x2
12
Đặt t  x  4 
.**  2t  1  3 t
x2
 2x  8 

1

t



1
2

t



2t  1  0
1




  t  1  t  1 hoặc t 
2
2
4
9t  4t  4t  1 4t 2  5t  1  0   1

 t 
 4
12
Khi t  1 thì x  4 
 1   x  4  x  2    x  2   12  0
x2
 x  2(tm)
 x 2  3x  2  0  
 DK (*) 
 x  1(tm)

12
1
x4
  4  x  4  x  2    x  2   48  0
1
Khi t  thì
x2 4
4
 4 x 2  9 x  14  0(VN )
Vậy S  1;2


Bài 3.

A

O'

O
B
D

C

M

a) Xét ABD và CBA có:

ADB  CAB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây chắn AB của  O )
DAB  ACB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây chắn AB của  O ')
 ABD CBA( g.g )
AB BC

hay AB2  BD.BC
BD AB
Mà B là trung điểm AM  MB2  AB2  BD.BC (dfcm)

b) Vì ABD CBA(cmt ) 

c) Có MBD  BAD  BDA (tính chất góc ngoài)

MBC  BAC  BCA (tính chất góc ngoài)
Mà BAD  BCA và BDA  BAC (câu a)

Nên: MBD  MBC. lại có: MB 2  BD.BC 

MB BC

 BDM
BD MB

 BDM  BMC
Xét tứ giác ADMC có: A  M  BAD  BAC  M

BMC (cgc)


 A  M  BAD  BDA  M
 A  M  DBM  BMD  BMC
 A  M  1800  BDM  BMC
 A  M  1800
Vậy ADMC là tứ giác nội tiếp
Bài 4.
a) Ta chứng minh bằng phép biến đổi tương đương
1
2
Xét : a 2  b2   a  b 
2
2
2
 2a  2b  a 2  2ab  b 2
 a 2  2ab  b 2  0
  a  b   0(luon....dung )
2

Vậy a 2  b2 

1
2
 a  b  . Dấu “=” xảy ra khi a  b
2

1
2
 a  b
4
 4ab  a 2  2ab  b 2

Xét: ab 

 a 2  2ab  b 2  0
  a  b   0  luon...dung 
2

1
2
 a  b  . Dấu “=” xảy ra khi a  b
4
b) Có : 5  x 2  y 2  z 2   9 x  y  z   18 yz  0

Vậy ab 

 5 x 2  5  y 2  z 2   9 x  y  z   18 yz  0
 5 x 2  9 x  y  z   5  y 2  z 2   18 yz

1
5
2
2
 y  z   5 y 2  z 2    y  z 
2
2
1
9
2
2
Và yz   y  z   18 yz   y  z 
4
2
Mà theo câu a, có: y 2  z 2 

Nên 5  y 2  z 2   18 yz  2  y  z 

2


 5 x 2  9 x. y  z   2  y  z 

2

 5 x 2  9 x. y  z   2  y  z   0
2

 5 x 2  10 x. y  z   x  y  z   2  y  z   0

2

  x  2  y  z   . 5 x   y  z    0
 x  2  y  z   0  do.....5 x  y  z  0 
Hay x  2. y  z 
Có: Q 

2.2. y  z 
2x  y  z
2x

1 
1  3
yz
yz
yz

y  z
 x  4 y  4z
 Qmax  3. Dấu "  " xảy ra khi 
x

2.
y

z



Vậy Qmax  3 khi x  4 y  4 z

Bài 5.
Quy ước, ta xem sự hợp tác của công ty A với công ty B là một liên kết mọt chiều
từ A vào B. Và hiển nhiên, cũng sẽ có liên kết một chiều ngược từ B vào A.
Vì mỗi công ty của huyện KS hợp tác ít nhất 97 công ty huyện KV. Khi đó, số liên
kết tối thiểu từ KS vào KV là : 33.97  3201(liên kết)
Giả sử: tất cả mỗi công ty huyện KV đều có tối đa 32 liên kết với các công ty
huyện KS. Khi đó, số liên kết tối đa từ KV vào KS là: 100.32  3200  3201 (liên
kết) (mâu thuẫn)
Vậy tồn tai ít nhất một công ty huyện KV có 33 liên kết với các công ty huyện KS