Bộ 50 đề thi tuyển sinh môn Toán vào lớp 10 THPT chuyên năm 2018-2019 có đáp án

BỘ 50 ĐỀ THI TUYỂN SINH
MÔN TOÁN
VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM 2018-2019
(CÓ ĐÁP ÁN)


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Ngày thi: 03/06/2018

Câu 1.
a) Giải phương trình :

x  2  4  x  2 x2  5x 1

 xy  3 y  4 x
b) Giải hệ phương trình:  2

2

2

 y  2 y  7  7 x  8x

Câu 2.
a) Tìm các số nguyên x; y; z sao cho x2  y 2  z 2  6  xy  3x  4z

b) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m  n  1 là một ước nguyên tố của
2  m2  n2   1. CMR m.n là số chính phương
Câu 3. Cho a, b, c thực dương thỏa mãn abc  1. Chứng minh rằng:
1
a 4  a3  ab  2



1
b4  b3  bc  2



1
c 4  c3  ac  2

 3

Câu 4.
Cho tam giác ABC vuông tại A  AB  AC  nội tiếp đường tròn (O) đường cao AH.
Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC. Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên BD.
Qua H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AK tại I. Đường thẳng BI cắt đường tròn
(O) tại N (N khác B)
a) Chứng minh AN.BI  DH .BK
b) Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng BC tại P. Chứng minh đường thẳng
BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP
c) Tiếp tuyến của (O) tại C cắt DP tại M. Đường tròn qua D tiếp xúc với CM tại
M và cắt OD tại Q (Q khác D). Chứng minh đường thẳng qua Q vuông góc
với BM luôn đi qua điểm cố định khi BC cố định và A di động trên đường
tròn (O)

Câu 5 Để phục vụ cho lễ khai mạc World Cung 2018, ban tổ chức giải đấu chuẩn bị
25000 quả bóng, các quả bóng được đánh số từ 1 đến 25000. Người ta dùng 7 màu: Đỏ,
Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím để sơn các quả bóng (mỗi quả được sơn 1 màu).
Chứng minh rằng trong 25000 quả bóng nói trên tồn tại 3 quả bóng cùng màu được
đánh số là a, b, c mà a chia hết cho b, b chia hết cho c và abc  17


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Giải phương trình : x  2  4  x  2 x2  5x 1
Điều kiện xác định: 2  x  4
Ta có
2 x2  5x  3 



 

x  2 1 



4  x 1  0

x 3
x 3

0
x  2 1
4  x 1

1
1


  x  3  2 x  1 

0
4  x 1 
x  2 1

  2 x  1 x  3 

1
1

 1  1
0
1
1

Do  x  2  1
 2x 1

0
x  2 1
4  x 1
x  2 1
2  x  4

 x  3  0  x  3(tm)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3
b)
Hệ đã cho tương đương với
2 xy  6 y  8 x 2
 xy  3 y  4 x 2

 2
 2
2
2
2
 y  2 y  7  8 x  x  8 x
 y  2 y  7  2 xy  6 y  x  8 x  0
2
2
 xy  3 y  4 x
 xy  3 y  4 x


2
 x  y   8  x  y   7  0
 x  y  7  x  y  1  0



2  13
5  13
;y
 x  y  1

x 
3
3


2
 3 x  4 x  3  0

2  13
5  13
;y

x 
3
3




5  2 22
26  2 22

;y
x 
7


x
y


3
3


 3 x 2  10 x  21  0

5  2 22
26  2 22

;y
x 

3
3


Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm


Câu 2
a)
Do x, y, z là các số nguyên nên
x 2  y 2  z 2  6  1  xy  3 y  4 z
 x 2  y 2  z 2  7  xy  3 y  4 z  0
2

2

1 
2


y 
  x  y   3   1   z  2   0
2 

2 
 1
x  2 y  0
x  1

y

  1  0   y  2
2
z  2

z  2  0



Vậy x  1; y  z  2 là 3 số nguyên cần tìm
b)
Giả sử m  n . Theo bài ra ta có:

m  n

2

 1   m  n  1 m  n  1  m  n  1

2
 2  m 2  n 2   1   m  n   1  m  n  1



  2m 2  2n 2  m 2  2mn  n 2   m  n  1
  m  n

 m  n  1

2

Do m  n  1 là số nguyên tố  m  n  1 là ước của m  n
Mà m  n  m  n  1 do đó vô lý
Vậy giả sử sai  m  n  m.n  m2 là số chính phương
Ta có điều phải chứng minh.
Câu 3.
Ta có:

 a  1

2

a

2

 a  1  0   a 2  2a  1 a 2  a  1  0

 a 4  a3  a  1  0  a 4  a3  1  a

 a 4  a 3  ab  2  ab  a  1


1
a  a  ab  2
4

3



1
ab  a  1

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có:


1
b4  b3  bc  2



1
1
1
;

bc  b  1 c 4  c3  ac  2
ac  c  1

Như vậy
VT 

1
1
1
1
1
1




 3. 



ab  a  1
bc  b  1
ac  c  1
 ab  a  1 bc  b  1 ac  c  1 

(Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho 3 số)
Lại có
1
1
1
1
a
ab





3. 



 2
  3. 

 ab  a  1 bc  b  1 ac  c  1 
 ab  a  1 abc  ab  a a bc  abc  ab 
1
a
ab


 3. 


 3
 ab  a  1 1  ab  a a  ab  1 

Vậy ta có điều phải chứng minh
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1
Câu 4

A
I

N
P

C

H
J

M
D

O
Q K

B


a)

Chứng minh AN.BI  DH .BK
Ta có do cùng chắn cung AB nên BDA  BNA  IHA  BNA  INA
Suy ra tứ giác ANHI nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới các
góc bằng nhau). Do đó: AHN  AIN  BIK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN )
Ta có : AK  BD  AK  IH  AIH  900
Do tứ giác AHNI là tứ giác nội tiếp (cmt)  AIH  ANH  1800  ANH  900
 IBK  NAH  ANH

BKI ( g.g ) 

BK
BI
BI


 AN .BI  DH .BK
AN AH DH

b)
Gọi O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP, I là trung điểm NP
Vì A; D đối xứng qua BC nên PA cũng là tiếp tuyến của (O)
1
2

Ta có: PAN  PO1 N  PO1I1 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung NP của
đường tròn  O1  )
Lại có: PAN  ADN (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn
cung AN của  O  )  PO1I1  ADN
Hơn nữa ANHI nội tiếp (cmt) nên ANH  AIH  900  NAH  NHP (cùng phụ với
NHA )
Ta có : NAH  NIH  NBD  NDP
 NHP  NDP  tứ giác PDNH nội tiếp nên NPH  NDA  NPH  PO1I1
Mặt khác : PO1I1  O1PI1  900  NPH  O1PI1  900  O1PH  900
Suy ra BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP
c)
Gọi J là trung điểm OM, G là trung điểm của OC, E là giao điểm của QG và BM
Dễ thấy MQ là đường kính của đường tròn đi qua D là tiếp xúc với MC (Do
MDQ  900 )  MQ  MC . Mà MC  BC  MQ / / BC
Do MQ / / BC  QMO  MOP (so le trong)  QOM  Tam giác QOM cân tại Q
 QJ  OM (trung tuyến đồng thời là đường cao)

 BOM  GJQ (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

Mặt khác
OGJ

OJG( g.g ) 

GJ OG

JQ OJ


OGJ


OCM 

OG OC OB
(OC  OB)


OJ OM OM

GJ OB

 GJQ
JQ OM

BOM (c.g.c)  OMB  QJM  900

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung QM)
 QE  EM  QE  BM

Vậy đường thẳng qua Q vuông góc với BM luôn đi qua trung điểm G của OC cố
định.
Câu 5:
Xét tập A  1; 2;3;.........; 2500 và tập B  1;3;3.2;3.22 ;......;3.213
Do 3.213  24576  250000  B  A
Tập B có 15 phần tử. Do mỗi quả bóng được sơn một màu mà có 7 màu nên theo
nguyên lý Dirichle trong tập B tồn tại 3 quả bóng cùng màu.
Giả sử 3 quả bóng được đánh số a  b  c thì a chia hết cho b, b chia hết cho c và
abc  18  17

Vậy ta có điều phải chứng minh


SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH KHÁNH HÒA

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Ngày thi : 03/06/2018

Câu 1
a) Giải phương trình : x2  2 x  2  3x x  1
b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1
tam giác cân
Câu 2
a) Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta luôn có:

a  b  c

2

 a 2  b2  c2  2  ab  ac  bc 

1 1
1
1
1 1 1
 2
 4;    0
2
2 x
y
xyz
x y z

b) Cho 3 số x, y, z khác 0 thỏa mãn : x  y  z  ;
Tính Q   y 2017  z 2017  z 2019  x2019  x2021  y 2021 

Câu 3 Cho đường tròn (O) đường kính BC và H là 1 điểm nằm trên đoạn thẳng BO
(điểm H không trùng với hai điểm B và O). Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với
BC, cắt đường tròn (O) tại A và D. Gọi M là giao điểm của AC và BD, qua M vẽ
đường thẳng vuông góc với BC tại N
a) Chứng minh rằng tứ giác MNBA nội tiếp
2

BO  OH

b) Tính giá trị: P  2. 
 
 AB  BH

c) Từ B vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O), cắt hai đường thẳng AC và AN lần
lượt tại K và E. Chứng minh rằng đường thẳng EC luôn đi qua trung điểm I
của đoạn thẳng AH khi H di động trên đoạn thẳng BO
Câu 4 Cho a, b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc . Chứng
minh rằng

1  a2
1  b2

 1  c2  1
a
b

Câu 5 Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời du khách đi tham quan hết 18 danh
lam, thắng cảnh trong tỉnh K, công ty du lịch lữ hành KH đã thiết lập các tuyến 1
chiều như sau: Nếu đi từ tỉnh A đến B và từ B đến C thì sẽ không có tuyến từ A
đến C. Hỏi có bao nhiêu cách thiết lập để đi hết 18 địa danh trên ?


ĐÁP ÁN
Câu 1
a) Giải phương trình
Điều kiện xác định x  1
x2  2 x  2  3x x  1  x 2  2  x  1  3x x  1  0
u  x
Đặt 


v  x  1

u  v
u  2v

Phương trình  u 2  3uv  2v 2  0   u  v  u  2v   0  
TH 1: u  v
 x2  x 1  0
1 5
x
x  x 1  
2
x  0
TH 2 : u  2v
x  0
 x  2 2
x  2 x 1   2
x  4x  4  0

Vậy nghiệm của phương trình đã cho : x 

1 5
;x  22 2
2

b)
TH1:Tam giác đều thì a  b  c  0  có 9 số được lập
TH2: Xét a  b  c . Vì a  b  c (bất đẳng thức tam giác) nên:

c  2
)a  b  1  
 không có giá trị nào của c
c  1
c  4
 có 2 cách chọn c
+) a  b  2  
c  2
c  6
)a  b  3  
 có 4 cách chọn c
c  3
c  8
)a  b  4  
 có 6 cách chọn c
c  4
c  10
)a  b  5  
 có 8 cách chọn c
c  5
c  12
)a  b  6  
 có 8 cách chọn c
c  6
c  14
)a  b  7  
 có 8 cách chọn c
c  7

c  18
)a  b  8  
 có 8 cách chọn c
c  8
c  18
)a  b  9  
 có 8 cách chọn c
c  9

Vậy trường hợp này có 52 số thỏa mãn
Do vai trò của a, b, c như nhau nên : 52.3  156 (số)
Vậy có tất cả 9  156  165 số thỏa mãn
Câu 2
a)
VT   a  b  c    a  b  c  a  b  c 
2

 a 2  ab  ac  ab  b 2  bc  ac  bc  c 2
 a 2  b 2  c 2  2  ab  bc  ca   VP

b)
Ta có:
x yz
1
1


2
2 xyz
xyz

1
1 1
1
2
2 2
1

  

  
xy yz xz 2 xyz
xy yz xz xyz
1
1 1 2
2 2
1
1 1
1
 2 2 2    2 2 2
4
x
y
z
xy yz xz x
y
z
xyz
x yz 

2

1 1 1
1 1 1
    4   2
x y z
x y z

Từ đó
1 1 1
1
  
x y z x yz
  xy  yz  xz  x  y  z   xyz
  x  y  x  z  y  z   0
x   y
  y   z
 z   x

Hơn nữa các mũ của Q đều lẻ nên có ít nhất 1 thừa số bằng 0. Vậy Q  0


Câu 3:

M
K
A
E

I

B

N

H

C

O

D
a)
Ta có : BAC  900  BAM  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
MNB  900 ( gt )  BAM  MNB  1800

Do đó tứ giác MNBA nội tiếp đường tròn đường kính MB (Tứ giác có tổng hai
góc đối bằng 1800 )
b)
Do tam giác ABC vuông tại A nên áp dụng hệ thức lượng ta có:
AB 2 AB 2

BC 2 BO
OH 2 BO.OH 2 BO.  BO  BH 



BH
AB 2
AB 2
BH 

2

2 BO 2  BH .BC 2 BO 2  AB 2
 BO 


 2. 
 1
2
2
AB
AB
 AB 
2

 BO  OH
 P  2
1
 
 AB  BH

Vậy giá trị của P là P  1
c)
Ta dễ dàng có :


Do tứ giác DBAC nội tiếp:
 MBN  DBC


 MBN  DAC  900  MBN  900  DAC  NMB  BCA.....(1)


 DBC  DAC

Tứ giác MNBA nội tiếp (cmt)  NMB  NAB (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung
NB)

Tam giác OAC cân tại O (OA = OC)  BCA  OAC (3) (hai góc ở đáy)
Từ (1) (2) (3) suy ra
NAB  OAC  OAC  BAO  NAB  BAO
 BAC  NAO  NAO  900  OA  NA
 NA là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A
 EA  EB
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: 

 EAB  EBA

Trong tam giác vuông KAB ta chứng minh được AE là đường trung tuyến
 EA  EB  EK  EAK cân tại E  BKA  EAK
 AH  BC
CI
AI
 AH / / BK . Do vậy theo định lý Ta lét ta có:

CE KE
 BK  BC

Ta có: 

CI HI
AI HI



CE BE
KE BE
Mà KE  EB  AI  HI
HI / / EB 

Từ đó suy ra I là trung điểm của AH
Vậy ta có điều phải chứng minh
Câu 4:
Ta có: a  b  c  abc 
1
a

1
b

1
c

1
1 1
  1
ab ac bc

Đặt x  ; y  ; z  thì bất đẳng thức đã cho trở thành : xy  xz  yz  1

1  a2
1  b2

 1  c2  1
a
b
1
1
1
1  2 1  c 2 1  1
2
a
b
c



1 z2
1
z

 1  x2  1  y 2 

1 z2
0
z

 1  1  x2  1  y 2 






 1


 1 

1  x2 1

1  y2 1  1  x2 . 1  y 2 

1 x

1 y

2

2

1 z2
0
z

1  z 2  z 1  x2 1  y 2
0
z

Ta lại có:

1  xy    x  y 
2

1  x2 1  y2  1  x2  y 2  x2 y 2 


 xz  yz    x  y 
2

 bdt 








2





z

 1  x  y    x  y  1  z 2
2



1  z 2  z( x  y) 1  z 2
0
z

1  x2  1

1 y2 1 


 1
 1


1  z  (1  xy ) 1  z
 1 
z
xy 1  z
 1 
0
z

1  x2 1

1 y2 1 

1  x2

1 y2

1  x2

2

1 y2

2

1  z 2  ( xz  yz ) 1  z 2
0
z
2

2

0

2

Từ đó ta có điều phải chứng minh
Câu 5:
Gọi A là địa điểm có nhiều tuyến đường nhất (gồm ca đường xuất phát từ A và đi
đến A). Các địa điểm còn lại ta chia thành 3 loại:
Loại 1: Các đường xuất phát từ A có n(1)  m tuyến đường
Loại 2: Các tuyến đi đến A có n  2   n tuyến
Loại 3: Không có tuyến đi và đến A có n(3)  p tuyến
Do m  n  p  17 và:
Số tuyến liên quan đến A có m  n tuy�y = - x - 1 vào (2) tìm được nghiệm 

x   4
3

4
1
 4 1
Với x = 1  y = -2; x =   y  . Vậy hệ có nghiệm (1;-2),   ;  .
3
3
 3 3
n
n
Tìm dạng tổng quát của số nguyên dương n biết: M = n.4 + 3 chia hết cho 7.
2k

2k

0,25

0,25

1,00

+) n = 2k (k nguyên dương): M = 2k.4 + 3 = 2k.16 + 9 . Ta có: 16 và 9 cùng dư
0,25
với 2k chia 7.
 M cùng dư với (2k.2k + 2k) = 2k.(2k + 1) chia 7  (2k + 1) chia hết cho 7  k chia 7 0,25
k

k

k

k


3

b

dư 3, hay k = 7q + 3  n = 14q + 6 (q  N ).
+) n = 2k + 1 (k nguyên dương): M = (2k + 1).42k + 1 + 32k+1 = 4(2k+1).16k + 3.9k
 M cùng dư với (k + 4).2k + 3.2k = (k + 7).2k chia 7.
 k chia hết cho 7  k = 7p (p  N ).
Vậy n = 14q + 6 hoặc n = 14p + 1, với p và q là các số tự nhiên.
Tìm các cặp số (x; y) nguyên dương thoả mãn:
(x2 + 4y2 + 28)2 - 17(x4 + y4) = 238y2 + 833.
Ta có:  x 2  4 y 2  282  17( x 4  y 4 )  238 y 2  833
2

  x 2  4( y 2  7)   17  x 4  ( y 2  7)2 

0,25
0,25
1,00
0,25

 16 x4  8x 2 ( y 2  7)  ( y 2  7)2  0
2

  4 x 2  ( y 2  7)   0  4 x2  y 2  7  0

0,25

Vì x, y  N * nên 2 x  y  2 x  y và 2 x  y  0 .
Do đó từ (1) suy ra:

0,25

 (2 x  y)(2 x  y)  7 (1)

2 x  y  7  x  2


2
x
y
1



y  3

0,25

KL: (x; y)=(2; 3) thoả mãn bài toán.
4

a

Chứng minh điểm M luôn nằm trên một đường tròn cố định.
A

1,00

F

S

B

C

K

H

O

I

E
G
D
M

4

Lấy K là điểm đối xứng của O qua B, vì B và O cố định nên K cố định
Tứ giác OAKM là hình bình hành nên KM = OA

BC
không đổi.
OA 
2
BC
 M nằm trên đường tròn tâm K, bán kính
.
2
b Chứng minh tổng bình phương các cạnh của tứ giác AEGF không đổi.
Xét  AHB và  CHA có BHC = BHA =900, BAH = ACB (cùng phụ với ABC )
  AHB đồng dạng  CHA. Gọi S là trung điểm của AH, I là trung điểm của HC nên

0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
0,25


 ABS đồng dạng  CAI  ABS = CAI

Ta lại có BS là đường trung bình của  AMH
 BS//MH  ABS = AMH  AMH = CAI

0,25

Mà CAI + MAI =900  AMH + MAI =900  AI  MF
Xét tứ giác AEGF nội tiếp (O), có AG  EF
Kẻ đường kính AD, do GD  AG và EF  AG nên EF // GD, do đó tứ giác nội tiếp 0,25

EFGD là hình thang cân  FG = ED  AE2 + FG2 = AE2 + ED2 = AD2 = BC2
Tương tự ta chứng minh được: AF2+ EG2 = BC2

0,25

Vậy AE2+ FG2 +AF2+ EG2 = 2BC2.
4

c

Gọi P là hình chiếu vuông góc của H lên AB. Tìm vị trí của điểm A sao cho bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn nhất.

1,00

Gọi Q là hình chiếu của H trên AC  Tứ giác APHQ là hình chữ nhật (S là tâm)

 AQP  AHP  ABC nên tứ giác BPQC nội tiếp.
A

Q
S
P
B
H

O

0,25

C

O'

Đường trung trực của các đoạn thẳng PQ, BC, QC cắt nhau tại O’ thì O’ là tâm đường
0,25
tròn ngoại tiếp tam giác BCP.
Có: OO’ // AH vì cùng vuông góc với BC.
OA  PQ và O'S  PQ  O’S//OA nên tứ giác ASO’O là hình bình hành
AH
 OO’ = AS =
2
AH
Trong trường hợp A nằm chính giữa cung BC thì ta vẫn có: OO’ = AS =
0,25
2
Tam giác OO’C vuông tại O nên O’C =
5

OC2 

AH 2
. Do OC không đổi nên O’C lớn
0,25
4

nhất khi AH lớn nhất  A chính giữa cung BC.
Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 1.

1,00

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  14(a 2  b2  c 2 ) 

ab  bc  ca
a 2b  b2c  c 2a

Ta có:
a2 + b2 + c2 = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)
= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2
Theo bất đẳng thức Cô si:

0,25

a + ab  2a b; b + bc  2b c; c + ca  2c a  a + b + c  3(a b + b c + c a)
3

2

2

3

2

Do đó: P  14(a 2  b2  c 2 ) 

2

3

2

2

2

2

2

2

2

3(ab  bc  ca)
a 2  b2  c 2

Đặt t = a2 + b2 + c2. Ta luôn có: 3(a2 + b2 + c2)  (a +b + c)2 = 1. Do vậy: t 
Khi đó: P  14t  3(1  t )  t  27t  3  3  1 . 1  2 27t . 3  3  23
2t
2 2 2t 2 3 2
2 2t 2 3
Vậy MinP =

2

23
1
khi a = b = c = .

3
3

186

1
.
3

0,25
0,25
0,25