de thi hoc sinh gioi lop 9 mon toan cap tinh tp

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2019-2020
Môn thi: TOÁN (Dành cho thí sinh chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức A 

x 4  2 x3  3x 2  38 x  5

khi x  2  3

x  4x  5
b) Cho hai hàm số y  x và y   m  1 x  1(với m là tham số) có đồ thị lần lượt là  P 
và d . Tìm m để  P  cắt d tại hai điểm phân biệt A  x1; y1  , B  x2 ; y2  sao cho
2

2

y13  y23  18  x13  x23 .

Câu 2. (2,5 điểm)
2

 y  2 xy  4  2 x  5 y
a) Giải hệ phương trình: 
2

4

5 x  7 y  18  x  4
b) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị

nhỏ nhất của biểu thức M  x 2  6 x  25  y 2  6 y  25  z 2  6 z  25
Câu 3. (1,5 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn  xy  x  y   x 2  y 2  1  30.
b) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 12n2  1 là số nguyên. Chứng minh rằng:
2 12n2  1  2 là số chính phương

Câu 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB  AC. Các đường cao AD, BE, CF của tam
giác ABC cắt nhau tại điểm H. Gọi  O  là đường tròn ngoại tiếp tứ giác DHCE, trên cung
nhỏ EC của đường tròn (O) lấy điểm I (khác điểm E) sao cho IC  IE. Đường thẳng DI cắt
đường thẳng CE tại điểm N , đường thẳng EF cắt đường thẳng CI tại điểm M .
a) Chứng minh rằng NI .ND  NE.NC
b) Chứng minh rằng đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CH .
c) Đường thẳng HM cắt đường tròn  O  tại điểm K (khác điểm H), đường thẳng KN cắt
đường tròn (O) tại điểm G (khác điểm K), đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tại
điểm T . Chứng minh rằng ba điểm H ,T , G thẳng hàng
Câu 5. (1,0 điểm) Cho 2020 cái kẹo vào 1010 chiếc hộp sao cho không có hộp nào chứa
nhiều hơn 1010 cái kẹo và mỗi hộp chứa ít nhất 1 cái kẹo. Chứng minh rằng có thể tìm thấy
một số hộp mà tổng số kẹo trong các hộp đó bằng 1010 cái.


ĐÁP ÁN
Câu 1.
1.a
Ta có x  2  3   x  2   3  x 2  4 x  1  0

2

x2  4 x  5  x2  4 x  1  4  2

x 4  2 x3  3x 2  38 x  5
  x 4  4 x3  x 2    2 x3  8 x 2  2 x   10 x 2  40 x  10   5  5  A  

5
2

1.b Phương trình hoành độ giao điểm của d và  P  là x2   m  1 x  1  0

(1)

(P) cắt d tại hai điểm phân biệt A x1; y1  , B  x2 , y2  khi và chỉ khi phương trình (1) có hai
nghiệm phân biệt x1 , x2
m  3
2
    m  1  4  0  m  1  2  
(*)
m


1


Áp dụng định lý Viet ta có: x1  x2  m  1; x1x2  1
Từ giả thiết ta có y1  x12 , y2  x22
Khi đó
y 13 y23  18  x13  x23   x16  x26  18  x13  x23    x13  x23  x13  x23  18  0

(2)

Do x1  x2 nên  2   x13  x23  18  0   x1  x2   3x1x2  x1  x2   18  0
3

Do đó,

 m  1

3

2
 3 m  1  18  0   m  1  3  m  1  3 m  1  6  0  m  4(tm(*))



Câu 2.
2

 y  2 xy  4  2 x  5 y
2a. 
2
4

5 x  7 x  18  x  4

(1)

, DK : x, y 

(2)

 y 1
 y  4  2x

1  y 2  y  2 x  y  1  4 1  y   0   y  1 y  2 x  4   0  
Với y  1 thay vào (2) ta được:


 2 11
x 
5 x  11  x  4  
5
4
24 x  110 x 2  117  0

2

 x2 

4

55  217
55  217
 x
24
24

Với y  4  2 x thay vào  2  ta được: 5x 2  28x  14 x  18  x 4  4

  x2  2 x  2 

x

2

 2 x  2  x 2  2 x  2   6  x 2  2 x  2   0

 x 2  2 x  2  2 x 2  2 x  2

 x2  2 x  2  4  x2  2 x  2
 x 2  2 x  2  3 x 2  2 x  2

5 7
22 7
y
x 
3
3
 3x 2  10 x  6  0  

5 7
22 7
y
x 
3
3


Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là:

 55  217   55  217   5  7 2  2 7   5  7 2  2 7 

;1 ;  
;1 ; 
;
;
;



 3
24
24
3
3
3






2b.
Từ giả thiết suy ra 0  x, y, z  3. Ta có:

9  x2  6 x  25   x 2  30 x  225  8x 2  24 x  15  x   8x  x  3  15  x  với
x,0  x  3
2

x  0

(do 0  x  3  8x  x  3  0, dấu bằng xảy ra khi 
).
x  3

Do đó

9  x 2  6 x  25  15  x hay

x 2  6 x  25 

15  x
với x,0  x  3.
3

15  y
15  z
; z 2  6 z  25 
với y, z : 0  y, z  3
3
3

Tương tự:

y 2  6 y  25 

Do đó, M 

15  x  15  y  15  z 45  3

 14

3
3

2


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  x; y; z    3;0;0  hoặc  x; y; z    0;3;0  hoặc
 x; y; z    0;0;3
Ta có 5  x 2  6 x  25   x 2  22 x  121   4 x 2  8x  4 

 11  x 2   4  x  1  11  x  x,0  x  3.
2

2

(do 4  x  1  0, dấu bằng xảy ra khi x  1).
2

Do đó

5  x 2  6 x  25  11  x hay

x 2  6 x  25 

11  x
với x,0  x  3
5

11  y
11  z

; z 2  6 z  25 
với y, z : 0  y, z  3
5
5

Tương tự

y 2  6 y  25 

Do đó, M 

11  x  11  y  11  z 33  3

6 5
5
5

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1
Vậy GTLN của M là 14 đạt được khi  x; y; z    3;0;0  hoặc  x; y; z    0;3;0  hoặc

 x; y; z    0;0;3 và GTNN của M là 6

5 đạt được khi x  y  z  1.

Câu 3.
3a)Vì x, y nguyên dương và  x; y   1;1 không thỏa mãn phương trình nên
x2  y 2  1  3; xy  x  y  3. Suy ra xy  x  y là ước nguyên dương lớn hơn 3 của 30 gồm
5;6.

Nếu xy  x  y  5   x  1 y  1  6 ta được các trường hợp:

x  1  2 x  1
(thỏa mãn điều kiện)


y

1

3
y

2



x  1  3
x  2


(tmdk )
y

1

2
y

1



Nếu xy  x  y  6   x  1 y  1  7(ktmdk )
Vậy các cặp số  x; y  thỏa mãn là 1;2  ;  2;1
3b) Vì 12n2  1 là số lẻ nên để 12n2  1 là số nguyên thì 12n2  1   2m  1 , m 
2

Suy ra m  m  1  3n2


 m  3u 2 ; m  1  v 2
Vì  m; m  1  1 nên xảy ra hai trường hợp 
, u, v  *
2
2
m

v
;
m

1

3
u


Nếu m  v 2 ; m  1  3u 2 thì v2  3u 2  1 hay v 2 là số chính phương chia 3 dư 2. Điều này
không xảy ra vì mọi số chính phương chia 3 dư là 0 hoặc 1. Do đó chỉ xảy ra
m  3u 2 ; m  1  v 2
Ta có: 2 12n2  1  2  2  2m  1  2  4m  4  4v 2 là số chính phương (đpcm)

Câu 4.

A
M
E

I
K

F

N

H

O
B

D

C

T
G

a) Xét NDE và NCI có: END  INC (đối đỉnh), EDN  ICN (cùng chắn cung EI )
suy ra NDE

NCI  g.g  

ND NE

 NI .ND  NE.NC
NC NI


b) Do các tứ giác BFEC, DEIC, ABDE nội tiếp nên:

AFE  ACB  DIE

MEC  ABC  DEC  DIC  MENI là tứ giác nội tiếp
 DIE  EMN  AFE  EMN  MN / / AB
Mà CH  AB  CH  MN
c) Xét ENM , TNC có:

EMN  EIN  NCT , ENM  TNC  ENM


TNC ( g.g )

NE NM

 NC.NE  NM .NT 1
NT NC

Xét ENK , GNC có KEN  CGN , ENK  GNC  ENK


GNC ( g.g )

NE NK

 NC.NE  NG.NK  2 
NG NC

Từ 1 ,  2   NM .NT  NG.NK 

NK NM

 TGN
NT NG

KMN  KMN  TGN (3)

Mà KMN  HCK (cùng phụ với KHC )  KMN  HGN (4)
Từ (3) và (4) ta có TGN  HGN  H ,T , G thẳng hàng
Câu 5.
TH1:Tất cả các hộp có số kẹo bằng nhau và bằng 2, khi đó lấy 505 chiếc hộp bất kỳ ta sẽ
có tổng số kẹo là 1010.
TH2:Tồn tại hai hộp có số kẹo khác nhau, khi đó ta sắp xếp các hộp thành một hàng ngang
sao cho hai hộp đầu tiên không có cùng số kẹo, ký hiệu ai là số kẹo trong hộp thứ i,
i  1;2;.....;1010 . Xét các số
S1  a1; S2  a1  a2  .....; S1010  a1  a2  .....  a1010 , với 1  ai  1010

+)Nếu tồn tại hai số trong S1; S2 ;....; S1010 có cùng số dư khi chia cho 1010, giả sử là
Si , S j  i  j  thì S j  Si   ai 1  ......  a j  1010

Do 1  S j  Si  2019;  S j  Si  1010 nên S j  Si  1010 hay ai1  .......  a j  1010.
+)Nếu trong S1; S2 ;......S1010 không có hai số nào có cùng số dư khi chia cho 1010 (1)

Xét 1011 số S1; S2 ;......; S1010 , a2 , theo nguyên lý Dirichle tồn tại hai số có cùng số dư khi
chia cho 1010. Mà S1  a1  a2 ,1  a1, a2  1010 nên S1 , a2 không cùng số dư khi chia cho
1010 (2).
Từ (1) và (2) suy ra tồn tại k  2;3;.....;1010 sao cho Sk , a2 cùng số dư khi chia cho 1010.
Khi đó Sk  a2  a1  a3  .......  ak 1010
Mà 1  a1  a3  .......  ak  2019  a1  a3  .....  ak  1010
Suy ra điều phải chứng minh.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU

KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN
LÊ QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC 2019-2020
Môn : TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 31.05.2019

Đề Chính Thức
Câu 1. (3đ)

x  x 1
1
1


với x  0, x  1
x x 2
x 1

x 2
9 x2
2
 40
b) Giải hệ phương trình : x 
2
 x  3
a) Rút gọn biểu thức A 

 x 2  2 y 2  1
c) Giải hệ phương trình:  3
3
2 x  y  2 y  x

Câu 2. (2đ)
a) Cho các số thực a, b thỏa mãn a  b  2. Chứng minh phương trình
ax2  bx  2a  2  0 luôn có nghiệm
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  m; n  thỏa mãn phương trình :
2m.m2  9n2  12n  19
1 1 1
   3. Tìm giá trị nhỏ nhất
a b c
1
1
1
của biểu thức : P 


a 2  ab  3b2  1
b2  bc  3c 2  1

c 2  ca  3a 2  1

Câu 3. (1đ) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn

Câu 4. (3đ) Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC với AB  AC. Gọi I là
trung điểm của BC. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại J khác A. Đường tròn
ngoại tiếp tam giác IBJ cắt đường thẳng AB tại M khác B và đường tròn ngoại tiếp
tam giác ICJ cắt đường thẳng AC tại N khác C
a) Chứng minh rằng BJM  CJN và ba điểm M , I , N thẳng hàng
b) Chứng minh JA là tia phân giác của BJN và OA vuông góc với MN
c) Tia phân giác của góc BAC cắt MN tại E. Tia phân giác của các góc BME và
CNE lần lượt cắt BE, CE tại P, Q. Chứng minh PB.QE  PE.QC
Câu 5. (1đ) Trên mặt phẳng cho 17 điểm phân biệt. trong đó không có 3 điểm nào
thẳng hàng. Giữa hai điểm bất kỳ trong ba điểm đã cho ta nối một đoạn thẳng và trên
đoạn thẳng đó ghi một số nguyên dương (các số ghi trên các đoạn thẳng là các số
nguyên dương khác nhau). Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có cạnh là các đoạn
thẳng đã nối mà tổng các số ghi trên 3 cạnh của tam giác đó chia hết cho 3


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) A 






x  x 1


x x 2


x  1

x 1

b) x 
2

1

x 1


x  2
x 2



x3 x 2



x 1

x 2



x 1
x 1

2

2

 x2 
3x 
6 x2
x2

 40   x 


40

0


6.
 40  0



x

3
x


3
x

3
x

3




2

9 x2

 x  3

1

x 2

t  10
x2
Đặt t 
ta có phương trình t 2  6t  40  0  
x3
t  4

x2
 10  x 2  10 x  30  0 vô nghiệm

x 3
x  2
x2
t  4 
 4  x 2  4 x  12  0  
x3
 x  6

t  10 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  2;6
2
2

 x  2 y  1
c)  3
3

2 x  y  2 y  x

(1)
(2)

 2 x3  y 3   x 2  2 y 2   x  2 y   x3  2 x 2 y  2 xy 2  5 y 3  0
x  y
  x  y   x 2  3xy  5 y 2   0   2
2
 x  3xy  5 y  0
TH1: x  y thay vào pt (1) ta được x  y  1

3

2
3  11 2
x  y  0

 x y0
TH2: x  3xy  5 y  0   x  y   y  0  
2
2 
4

 y  0
Thử lại ta thấy x  y  0 không là nghiệm của hệ phương trình đã cho .
2

2

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1;1;  1; 1 
Câu 2.
a) Nếu a  0 thì b  2 và do đó phương trình có nghiệm x  
Nếu a  0 thì   b2  8a  a  1

2
b


a  0
Nếu 
 a  a  1  0    0 nên phương trình có nghiệm

a  1
Nếu 0  a  1thì

a  b  2  b  2  a  0  b2   2  a      2  a   8a  a  1   3a  2   0
2

2

2

Nên phương trình có nghiệm
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi số thực a, b thỏa mãn a  b  2
b) Ta có : 2m.m2  9n2  12n  19  2m.m2   3n  2   15
2

Nếu m lẻ  m  2k  1, k  *
 2m.m2  2.4k.m2   3  1 2m2  2m2  mod3 mà m2  0;1  mod3
k

Nên 2.4k.m2  0;2  mod3 . Mặt khác  3n  2   15  1 mod3
2

Vậy trường hợp này không xảy ra
Nếu m chẵn  m  2k , k  * thì ta có phương trình:

22 k.m2   3n  2   15   2k.m  3n  2  2k.m  3n  2   15 *
2

Vì m, n * nên 2k.m  3n  2  2k.m  3n  2 và 2k.m  3n  2  0  2k.m  3n  2  0
 2k.m  3n  2  15

 2k.m  3n  2  5
Do đó *   k
hoặc  k
2
.
m

3
n

2

1

 2 .m  3n  2  3
 2k.m  3n  2  15 2k.2k  8

TH1:  k
(vô nghiệm)
n

3

 2 .m  3n  2  1
 2k.m  3n  2  5 2k.2k  4 k  1 m  2



TH2:  k
n


1
n

1
2
.
m

3
n

2

3

n  1


Vậy phương trình đã cho có nghiệm m  2, n  1
Câu 3.
1
Ta sẽ chứng minh a 2  ab  3b2  1   a  5b  2  a, b  0 *
4

Thật vậy ta có *  16  a 2  ab  3b2  1   a  5b  2 
 13 a  b   10  b  1  2  a  1  0 (luôn đúng)
2

Do đó P 

2

2

4
4
4


a  5b  2 b  5c  2 c  5a  2

2


Áp dụng bất đẳng thức

1 1
4
 
x, y  0 ta có:
x y x y

1 1
1
1 1 3
1 3 3
P   .
    .   .  
4 ab 2

4 a 8
a 8 2
3
Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1. Vậy MaxP 
2
Câu 4.

A

x

P
B

O
E I

M

Q
J

a) Tứ giác ABJC nội tiếp nên JCN  MBJ
Tứ giác MBIJ nội tiếp nên BMJ  JIC
Tứ giác NCJI nội tiếp nên JIC  JNC  JNC  BMJ
Do đó BJM

CJN  BJM  CJN

Ta lại có: BIM  BJM , CIN  CJN  BIM  CIN

N
C


Suy ra M , I , N thẳng hàng
b) ABJC và CNIJ là tứ giác nội tiếp nên AJB  ACB  NCI ; NCI  NJI
suy ra AJB  AJN  JA là tia phân giác của BJN
Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn (O) . Suy ra AJB  BAx
Ta lại có : AJB  BMN , do đó BAx  BMN nên MN / / Ax
Vậy AO  MN
S BJM MB 2

c) Vì BJM CJN 
SCJN CN 2
Vì I là trung điểm của BC nên S ABJ  S ACJ

1

S ABJ S ABJ SCJN AB MB 2 NC AB.MB

.

.
.

S ACJ S BJM S ACJ MB NC 2 AC AC.CN

Ta lại có MNIJ , NCJI nội tiếp nên AB. AM  AI .AJ  AN.AC
MB AC AM EM

MB NC
Suy ra





NC AB AN EN
ME NE
MB PB QC NC

;

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:
ME PE QE NE
PB QC


 PB.QE  PE.QC
PE QE
Câu 5.
Ta tô màu các đoạn thẳng bằng 3 màu đỏ, xanh , vàng . Ta sẽ chứng minh tồn tại một
tam giác có ba cạnh được tô cùng màu.
Gọi A là một điểm đã cho, nối A với 16 điểm còn lại ta được 16 đoạn thẳng.
Ta có: 16  3.5  1nên theo định lsy Dirichle tồn tại ít nhất 6 đoạn thẳng được tô cùng
màu.
Giả sử 6 đoạn thẳng đó là AB, AC, AD, AE, AF , AG có cùng màu đỏ. Xét các đoạn
thẳng nối từng cặp điểm trong 6 điểm B, C, D, E, F , G thì xảy ra trường hợp sau:
TH1: Tồn tại một đoạn thẳng được tô màu đỏ, chẳng hạn là BC thì tam giác ABC có
ba cạnh cùng màu đỏ

TH2: Tất cả các đoạn thẳng nối B, C, D, E, F , G chỉ có màu xanh hoặc vàng. Ta xét 5
đoạn thẳng BC, BD, BE, BF , BG được tô bởi 2 màu thì theo nguyên lý Dirichle tồn tại
ít nhất 3 đoạn thẳng có cùng một màu. Giả sử BC, BD, BE có cùng màu xanh
+Nếu trong ba đoạn thẳng CD, CE, DE có một đoạn tô màu xanh, chẳng hạn CD thì
tam giác BCD có ba cạnh cùng màu xanh.


+Nếu trong ba đoạn thẳng CD, CE, DE không có đoạn nào tô màu xanh, thì tam giác
CDE có ba cạnh màu vàng
Do vậy tồn tại một tam giác có ba cạnh tô cùng màu
Lấy các số nguyên dương trên mỗi đoạn thẳng chia cho 3 ta được các số dư là 0,1,2 .
Tô màu các đoạn thẳng có số dư là 0,1,2 tương ứng với 3 màu đỏ,xanh, vàng
Theo kết quả thì luôn tồn tại một tam giác có 3 cạnh được tô cùng màu, tức là 3 số ghi
trên cạnh của tam giác có cùng số dư r khi chia cho 3, chẳng hạn là
3h  r ,3k  r ,3q  r , Khi đó:
3h  r  3k  r  3q  r  3 h  k  q  r  là số chia hết cho 3


ĐỀ THI TOÁN VÀO THPT CHUYÊN KHTN 2019
Bài 1.
a) Giải phương trình:

26 x  5
x  30
2

 2 26 x  5  3 x 2  30

2
2


x  y  2
b) Giải hệ phương trình : 
2

 x  2 y   2  3 y  4 xy   27
Bài 2.

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn  x 2  x  1 y 2  xy   3x  1
b) Với x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn 1  y  2 và xy  2  2 y, tìm giá trị
x2  4
nhỏ nhất của biểu thức M  2
y 1

Bài 3.
Cho hình vuông ABCD, đường tròn  O  nội tiếp hình vuông tiếp xúc với các cạnh

AB, AD tai hai điểm E, F . Gọi G là giao điểm các đường thẳng CE và BF
a) Chứng minh rằng 5 điểm A, F , O, G, E cùng nằm trên một đường tròn
b) Gọi giao điểm của đường thẳng FB và đường tròn là M  M  F . Chứng
minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng BG
Bài 4.
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  xz  1. CMR:
1
1
1
2 x
y
z







2
2
2
1 x 1 y 1 z
3  1  x 2
1  y2
1  z2






3


ĐÁP ÁN
Bài 1.
5
đặt a  26 x  5 và b  x 2  30, a  0, b  0
26
a2
Phương trình trở thành:
 2a  3b   a  b  a  3b   0  a  b
b

x 1
 26 x  5  x 2  30  
 x  25

a) Điều kiện x 

Vậy S  1;25

b) Thay 2  x 2  y 2 vào phương trình thứ hai ta được:

 x  2 y   x 2  y 2  3 y 2  4 xy   27
  x  2 y   27
3

 x  3  2 y thay vào phương trình thứ nhất ta được

3  2 y 

2

 y 1 x 1
 y 0
7
1
y   x 
5
5

2


 1 7 
Vậy  x; y   1;1 ;  ;  
 5 5 

Bài 2.

a) Từ biểu thức  x 2  x  1 y 2  xy   3x  1 ta nhận thấy 3x  1phải chia hết
cho  x 2  x  1

Ta có :  3x  1 3x  2   9 x 2  9 x  2  9  x 2  x  1  7 cũng phải chia hết cho

x

2

 x  1 suy ra 7  x 2  x  1  x2  x  1  1 hoặc 7  x  0;1;3; 2 , thay lần

lượt tìm ra y
Vậy  x; y  1;1; 1; 2 ;  2;1
b) Từ giả thiết xy  2  2 y  4 xy  8  8 y
Mà ta lại có: 4 x 2  y 2  4 xy


 4 x 2  y 2  8  4 xy  8  8 y
 4  x2  4  8 y  8  y 2
 4  x 2  4   4  y 2  1   5 y  2  2  y   4  y 2  1
x2  4
M  2
1

y 1
Dấu "  " xảy ra khi x  1, y  2, M min  1

Bài 3.

E

A

M
H

G

F

D

B

O

J

C

a) Do đường tròn (O) nội tiếp hình vuông ABCD nên E và F là trung điểm các
cạnh AB, AD  ABF  BCE

 EBG  BCG  BGC vuông suy ra tứ giác AGEF nội tiếp mà AEOF cũng nội

tiếp nên 5 điểm A, F , O, G, E cùng nằm trên một đường tròn
b) Ta có : AB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên BEM  EFM
Lại có EAG  EFG cùng chắn cung EG nên EAG  EFG


 EM / / AG trong khi E là trung điểm của AB nên M cũng là trung điểm của BG
Bài 4.
1
1
1
2 x
y
z






1  x 2 1  y 2 1  z 2 3  1  x 2
1  y2
1  z2
Ta có:
1  x2  xy  yz  xz  x 2   x  y  x  z 






3

1  y 2  xy  yz  xz  y 2   x  y  y  z 
1  z 2  xy  yz  xz  z 2   z  y  x  z 

Ta có:
 x
y
z



 1  x2
1  y2
1  z2


2


 x
y
z 


   x  y  z 
2
2
2 


1

x
1

y
1

z






2 x  y  z 
x
y
z
  x  y  z



  x  y  x  z   x  y  y  z   z  y  x  z    x  y  y  z  z  x 
Do đó
 1
4 x  y  z 
y
z 
VP 





3 x  y  y  z  z  x   1  x 2
1  y2
1  z 2 
x
y
z
3
Bất đẳng thức trở thành:



1  x2
1  y2
1  z2 2

Ta có:
x
1  x2

y
1  y2
z
1  z2





1 x
x 
 


 x  y  x  z  2  x  y x  z 



1 y
y 
 


 x  y  y  z  2  x  y y  z 



1 z
z 
 


 x  z  y  z  2  x  z y  z 

x
1  x2

x

y

z



y
1  y2



z
1  z2

Dấu “=” xảy ra khi x  y  z 



3
2

1
3


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


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NINH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2019
Môn thi: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (1,5 điểm)

4 x  9 x  3
x 1 2 x 1


 x  0
x3 x 2
x 1
x 2
a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị lớn nhất của A
Câu 2. (2,5 điểm )
1. Giải phương trình: x  1  4  x   x  1 4  x   1
Cho biểu thức A 

2

 x   2  y  2  y 
2. Giải hệ phương trình:  3

2 x   x  y  4  xy 
Câu 3. (1,0 điểm)
n 2  a  b
Tìm các số nguyên không âm a, b, n thỏa mãn  3
2
2
n  2  a  b
Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn  O; R  đường kính AB, điểm M nằm trên đoạn OB ( M khác O và

B). Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt  O  tại hai điểm C và E. Gọi F là hình
chiếu của C trên AE và I là hình chiếu của M trên CF.Đường thẳng AI cắt (O) tại điểm
thứ hai là H
a) Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp
b) Tiếp tuyến tại C của  O  cắt đường thẳng AB tại D. Gọi  O1  là đường tròn ngoại
tiếp CHD (điểm O1 là tâm đường tròn). Chứng minh đường thẳng BD là tiếp
tuyến của  O1 
c) Gọi O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMD. Biết OM 

R 2

, tính diện tích
2

tam giác OO1O2 theo R
Câu 5. (1,5 điểm)
1. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  1; b  1; c  1 và a  b  c  0
Chứng minh a2018  b2019  c2020  2
2. Cho trước p là số nguyên tố. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, lấy hai điểm A  p8 ;0  và

B  p9 ;0  thuộc trục Ox. Có bao nhiêu tứ giác ABCD nội tiếp sao cho các điểm C , D

thuộc trục Oy và đều có tung độ là các số nguyên dương.


ĐÁP ÁN
Câu 1.

x  1

1a) A 

 x  1 x  2  x  1
1  5 x  x  2  1  5 x



 x  1 x  2 x  1
4 x  9 x  3

   2 x  1 x  1

x  2   x  1 x  2 

x 2

1 5 x
6
 5 
. Với mọi x  0 ta có: x  1  1 nên
x 1
x 1
6
 1. Giá trị lớn nhất của A là 1  x  0
Do đó A  5 
x 1
Câu 2.
1b) A 

2.1

x 1  4  x 

 x  1 4  x   1

(1) . Điều kiện 1  x  4

t2  5
Đặt x  1  4  x  t  0   x  1 4  x  
2
t  1(ktm)
t2  5

Phương trình (1) trở thành: t 
1 
2
t  3(tm)

 x  0(tm)
32  5
t  3   x  1 4  x  
 2   x 2  3x  0  
2
 x  3(tm)

Vậy S  0;3

2
2
2


 x   2  y  2  y 
 x  y  4 (1)
2.2  3
 3
2
x

x

y
4


xy





2 x   x  y  4  xy 


(2)

Thế 4  x 2  y 2 từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta được:
2x3   x  y   x 2  xy  y 2   x3  y 3  x  y

Thay x  y vào phương trình (1) ta được: x2  2  x   2
Hệ phương trình có nghiệm
Câu 3.





2; 2 ;  2;  2



Có :  a  b   2  a 2  b2   n4  2  n3  2  hay n3  n  2   4  0
2

6
6
x 1