060 đề thi vào 10 chuyên toán cần thơ 2019 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A 

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019-2020
Khóa ngày 02 tháng 6 năm 2019
Môn thi: TOÁN (CHUYÊN)

x  4  x  1  x  4  x  1 
1 
.1 
 , trong đó
2
x

1


x  4  x  1

x  1, x  2
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức A là số nguyên.
Câu 2. (1,0 điểm) Anh Bình vừa tốt nghiệp loại xuất sắc nên được nhiều công ty mời về
làm việc, trong đó có 2 công ty A và B. Để thu hút người tài, cả hai công ty đưa ra hình
thức trả lương trong thời gian thử việc như sau:
Công ty A: Anh Bình nhận được 1400USD ngay khi ký hợp đồng thử việc và mỗi tháng sẽ
được trả lương 1700USD.

Công ty B: Anh Bình nhận được 2400USD ngay khi ký hợp đồng thử việc và mỗi tháng sẽ
được trả lương 1500USD
Em hãy tư vấn giúp anh Bình lựa chọn công ty nào để thử việc sao cho tổng số tiền
nhận được là lớn nhất. Biết thời gian thửu việc của cả hai công ty đều từ 3 tháng đến 8
tháng.
Câu 3. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng

m2
 d1  : y  m x  m  2 và  d2  : y  2 x  2 (m là tham số thực khác 0). Tìm tất cả giá trị
m 1
của tham số m để  d1  và  d 2  cắt nhau tại một điểm A duy nhất sao cho diện tích của hình
2

4

15
. Biết B  1;2  và hai điểm H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của
2
B và A lên trục hoành.
Câu 4. (3,0 điểm)
thang ABHK bằng

a) Giải phương trình: 2 x 2  3x  2  4 x 2  6 x  21  11
2
2

 x  y  xy  1
b) Giải hệ phương trình: 
2
2


 x  y  xy  2 y  x

c) Tìm tất cả cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 2020  x 2  y 2   2019  2 xy  1  5


Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân có AB  AC, trực tâm H và đường
trung tuyến AM . Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên AM , D là điểm đối xứng của A
qua M và L là điểm đối xứng của K qua BC
a) Chứng minh các tứ giác BCKH và ABLC nội tiếp
b) Chứng minh LAB  MAC
c) Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên AL, X là giao điểm của AL và BC. Chứng
minh đường tròn ngoại tiếp tam giác IXM và đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC
tiếp xúc với nhau.
Câu 6. (1,0 điểm)
a) Cho a, b, c là các số thực bất kỳ và x, y, z là các số thực dương. Chứng minh:
a 2 b2 c 2  a  b  c 
  
x
y
z
x yz

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 
các số thực dương thỏa mãn abc  1.

2

a3  8
b3  8

c3  8
với a, b, c là


a 3  b  c  b3  c  a  c 3  a  b 


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) A 






x  4  x  1  x  4  x  1 
1 
.1 

 x 1
x2  4 x  4

x 1 2 x 1 1  x 1 2 x 1 1  x  2 
.

2
 x 1 
 x  2





2

x 1 1 



 x  2



x 1 1
2

2

 x2
.

 x 1 

x 1 1 

x 1 1  x  2 
.

x2

 x 1 

Nếu 1  x  2 thì A 

1 x 1  x 1 1 x  2
2 x  2 2
.

.

  x  2
x 1 2  x x 1 x 1

x 1 1 x 1 1 x  2 2 x 1 x  2
2
.

.

x2
x 1
x  2 x 1
x 1
2
b) TH1: Nếu 1  x  2 thì A 
x 1
Để A nhận giá trị nguyên thì x  1phải là ước dương của 2 (vì x nguyên và x  1)
Nếu x  2 thì A 

 x  1  1  x  2(ktm)


 x  1  2  x  3(ktm)

2
x 1
Vì x nguyên, x  2 nên x  1nguyên và x  1  1
TH2: Nếu x  2 thì A 

x  1 là ước lớn hơn 1 của 2  x  1  2  x  5(tm)
Vậy với x  5 thì A nhận giá tri nguyên.
Câu 2. Gọi x (tháng) là số tháng thử việc của anh Bình  x  * /3  x  8
A nhận giá tri nguyên nên

Gọi y USD  là số tiền anh Bình nhận được sau x tháng thử việc.
Theo công ty A thì số tiền anh Bình nhận được: y  1400  1700 x (d1 )
Theo công ty B thì số tiền anh Bình nhận được: y  2400  1500 x (d2 )
Xét phương trình hoành độ giao điểm của  d1  và  d 2  :


1400  1700 x  2400  1500 x  x  5  y  9900

Xét đồ thị biểu diễn hai hàm  d1  và  d 2  như sau:

Căn cứ vào đồ thị, ta có thể tư vấn cho anh Bình như sau:
+Nếu thử việc từ 3 đến dưới 5 tháng thì anh Bình nên chọn công ty B sẽ thu được nhiều tiền
hơn.
+Nếu thử việc từ hơn 5 tháng thì anh Bình nên chọn công ty A sẽ thu được nhiều tiền hơn
+Nếu thử việc đúng 5 tháng thì anh Bình chon công ty nào cũng sẽ thu được tiền như nhau.
Câu 3. Xét phương trình hoành độ giao điểm của  d1  và  d 2  là:

m2
m xm 2 2
x2
m 1
m4
 2
x  m4  x  m2  1 m  0   y  m 2  2  A  m 2  1; m 2  2 
m 1
2

4


H, K lần lượt là hình chiếu của B, A lên Ox nên H  1;0  , K  m2  1;0 
15
 AK  BH  HK  15  AK  BH HK  15



2
2
2
 m2  1  m  1
2
2
4
2
  m  4  m  2   15  m  6m  7  0   2
 m  7(VN )
Câu 4.

S ABHK 

2 x 2  3x  2  4 x 2  6 x  21  11

a)

2

3 7

Ta có: 2 x  3x  2  2  x     0x
4 8

2

2

3  75

4 x  6 x  21  4  x   
 0x
4
4


2

Đặt a  2 x2  3x  2  a  0 , phương trình đã cho trở thành:
Bình phương hai vế phương trình (1) ta được:
3a  17  2 2a 2  17 a  121

104 

 2 2a 2  17 a  104  3a  a 

3 


 4  2a 2  17a   10816  624a  9a 2
 a  676(ktm)
 a 2  692a  10816  0  
 a  16(tm)

a  2a  17  111


x  2
Với a  16  2 x  3x  14  0  
7
x  

2
 7 
Vậy S  2; 
 2
b)
2

 x 2  y 2  xy  1
(1)


2
2
 x  y  xy  2 y  x (2)

PT (2)   x  y    xy  y 2    x 2  y 2   0   x  y 1  2 y  x   0

x  y  0
x   y


1  2 y  x  0
x  2 y 1
 x  1  y  1
Với x   y, từ PT (1)  x 2  1  
 x  1  y  1
 y  0  x  1
5
3
y   x 
7
7


Với x  2 y  1, từ PT 1   2 y  12  y 2   2 y  1 y  1  7 y 2  5 y  0  


 3 5 
Vậy hệ phương trình có các nghiệm  x; y   1; 1 ;  1;1 ;  1;0  ;  ;  
 7 7 


c)2020  x 2  y 2   2019  2 xy  1  5
 2019  x  y   x 2  y 2  2024
2

(1)

 2019  x  y   2024   x  y  
2

2

2024
2
 0   x  y  1 0  x  y  1
2019

x y 0

 x  y  1
Nếu x  y  0  x  y, từ 1  2 x 2  2024  x 2  1012 (vô nghiệm nguyên)
x  y 1
 y  x 1
Nếu x  y  1thì 
và từ 1  x 2  y 2  5

 x  y  1  y  x  1
Thay y  x  1 vào (2) ta được:
 x  1  y  2
2
 x 2   x  1  5  x 2  x  2  0  

x  2  y 1

(2)


Thay y  x  1vào (2) ta được :
x 1 y  2
2
 x 2   x  1  5  x 2  x  2  0  
 x  2  y  1

Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên  x; y   1;2  ;  2;1 ; 1; 2 ;  2; 1
Câu 5.

A
F
G

J

I K
O'

H
B

C

M

E X
O
L

D
a) Gọi E, F , G theo thứ tự là chân các đường cao AE, BF , CG của tam giác ABC
AK AH
AHK AME ( g.g ) 

 AK . AM  AH . AE
AE AM
AH AF
AHF ACE ( g.g ) 

 AC. AF  AH . AE
AC AE


AK AF

 AFK AMC  AKF  ACM
AC AM
FBC vuông tại F có FM là đường trung tuyến
1
 FM  MC  BC  MFC cân tại M  MFC  MCF  ACB
2
Xét tứ giác BHKC có:

Từ đó suy ra AK . AM  AF . AC 

HKC  HBC  HKM  MKC  HBC  900  MFC  HBC
 900  ACB  HBC  900  900  1800
Suy ra tứ giác BHKC nội tiếp

Ta có: AGHF nội tiếp  BAC  GHF  1800 mà GHF  BHC (đối đỉnh)
Lại có: BHKC nội tiếp  BHC  BKC mà BKC  BLC (K, L đối xứng qua BC)
Từ đó: BAC  BLC  1800  ABLC là tứ giác nội tiếp
b) Ta có: LAB  LCB (ABLC nội tiếp, cùng chắn cung BL)
Mà LCB  KCM ( K đối xứng L qua BC)  LAB  KCM

(1)

AMC và CMK có KMC chung và MKC  ACB

 AMC

CMK ( g.g )  KCM  MAC

(2)

Từ (1) và (2) suy ra : LAB  MAC
c) Ta có : ABDC là hình bình hành vì MA  MD, MB  MC  BDC  BAC
Mà BHC  BAC  1800  BHC  BDC  1800  BHCD là tứ giác nội tiếp
 B, H , K , C, D cùng thuộc một đường tròn.
AB / /CD mà CH  AB  CH  CD  HD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp
BHC. Gọi O là trung điểm HD thì O là tâm đường tròn ngoại tiếp BHC
Ta có: AI . AX  AH .AE và AH . AE  AK . AM suy ra AI . AX  AK .AM
AI
AK



 AKI AXM  AKI  AXM  IXMK là tứ giác nội tiếp
AM AX
Suy ra K thuộc đường tròn ngoại tiếp IXM
Suy ra đường tròn ngoại tiếp BHC và đường tròn ngoại tiếp IXM có điểm chung K
OD  OK (bán kính đường tròn ngoại tiếp BHC)  OKD cân  OKD  ODK

Gọi J là trung điểm AH, IM là đường trung bình của AHD, JM cắt OK tại O '


Suy ra O ' thuộc đường trung trực của KM (*)
Mặt khác AHIK nội tiếp đường tròn tâm J, đường kính AH

 HKI  HAI (cùng chắn cung HI) và JI=JK
AH / / KL (cùng vuông góc với BC)  HAI  ILK  HKI  ILK  HK là tiếp tuyến của
đường tròn ngoại tiếp KIL
Mà HK  AM suy ra tâm đường tròn này thuộc AM , lại có BC là đường trung trực của
KL và M thuộc BC suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp KIL. suy ra MK  MI
Mà JI  JK  JM là trung trực của IK (**)

Từ (*) và (**) suy ra O ' là tâm đường tròn ngoại tiếp IXM
Mà ta có: OO '  OK  O ' K
Suy ra đường tròn ngoại tiếp BHC và đường tròn ngoại tiếp IXM tiếp xúc trong với nhau
tại K
Câu 6.
a 2 b2 c 2  a  b  c 
a) Ta có:
  
x
y

z
x yz

2

 a 2 b2 c2 
2
      x  y  z    a  b  c  (vi....x, y, z  0)
y
z 
 x
a 2 y a 2 z b2 x
b2 z c 2 x c 2 y
2
2
a 


b 


 c 2  a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca
x
x
y
y
z
z
 a2 y
b2 x   a 2 z

c2 x   b2 z
c2 y 

 2ab 
 2ca 
 2bc 


0
y   x
z   y
z 
 x
2

2

2


y
x  z
x  z
y
 a
b
c
c
 a
  b

  0 (luôn đúng với x, y, z  0)
x
y
x
z
y
z

 
 


a


Dấu "  " xảy ra khi : a


b


y
x
b
x
y

ay  bx
z
x

a b c

c
 az  cx   
x
z
x y z

bz  cy
z
y
c
y
z

a 2 b2 c2  a  b  c 
Vậy
  
x
y
z
x yz

2


a3  8
b3  8
c3  8
b) P  3



a  b  c  b3  c  a  c 3  a  b 
P

1
1
1
8
8
8


 3
 3
 3
b  c c  a a  b a . b  c  b  c  a  c  a  b 

1
1
1
8
8
8
P  bc  ca  ab 


 abc  1
1 1 1 1 1 1
1

1
1
31
31
3 1



a    b    c   
b c c a a b
b c
c a
a b
1
1
1
Đặt x  ; y  ; z   x, y, z  0 và xyz  1
a
b
c
 yz
zx
xy   x 2
y2
z2 
P





  8

 y  z z  x x y   y  z z  x x y
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

yz
yz
yz y  z

2
.
 yz
yz
4
yz 4
zx
zx
zx z  x

2
.
 zx
zx
4
zx 4
xy
x y
xy x  y

2

.
 xy
x y
4
x y 4

yz
zx
xy
x yz



 xy  yz  zx  3 3
yz zx x y
2
yz
zx
xy
x yz



 3
(1)
yz zx x y
2
Áp dụng bất đẳng thức ở câu a, ta có:
Suy ra :

x2
y2
z2
 x  y  z  x  y  z



y  z z  x x  y 2 x  y  z 
2
2

 x2
y2
z2 
Suy ra : 8 


  4 x  y  z 
y

z
z

x
x

y


Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:

(2)

7 x  y  z 
 x2
yz
zx
xy
y2
z2 


 8


 3

yz zx x y
2
y  z z  x x y

x2 y 2 z 2  3


7 x  y  z
7
21 27
 3  .3 3 xyz  3  
2
2

2
2
Dấu "  " xảy ra khi x  y  z  1  a  b  c  1

Suy ra : P  3 

Vậy MinP 

27
 a  b  c 1
2