Tổng hợp đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên năm học 2019 2020(phần 5)

Đề số 42
ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH THỪA THIÊN HUẾ
Năm học 2019 – 2020

Câu 1 (1.,5 điểm).
a) Rút gọn biểu thức P =

3x + 3 x − 3
x+ x −2

−

x +1

−

x +2

(

x −2
x −1

. Tìm x để P = 3 .

)(

)

b) Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x + x 2 + 1 y + y 2 + 1 = 2 . Tính
giá trị của biểu thức Q = x y2 + 1 + y x2 + 1 .

Câu 2 (2.0 điểm).
a) Trong cùng mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) : y =

(d ) : y = 21 x + 3 . Gọi A ( x
( d ) . Gọi C ( x

C

A

1 2
x và đường thẳng
2

; y A ) và B ( x B ; y B ) (với x A  x B ) là các giao điểm của ( P ) và

; y C ) là điểm thuộc ( P ) sao cho x A  x C  x B . Tìm giá trị lớn nhất của

diện tích tam giác ABC.
3
2 2

x ( x − y ) + x y = 1
b) Giải hệ phương trình  2
.
x
xy
+
3
−

3xy
=
3
(
)



Câu 3 (1.5 điểm).
a) Giải phương trình

x + 3 + 3 2x − 3 + x − 1 + 2x − 3 = 2 2 .

b) Cho phương trình x 2 + ( m − 1) x + m − 6 = 0 với x là ẩn và m là tham số. Tìm
tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x 2 sao cho biểu thức

(

)(

)

A = x12 − 4 x22 − 4 có giá trị lớn nhất.
Câu 4 (3.0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC và trực tâm là T. Gọi H là chân đường cao
kẻ từ A của tam giác ABC và D là điểm đối xứng với T qua đường thẳng BC. Gọi I và
K lần lượt là hình chiếu vng góc của D trên AB và AC. Gọi E và F lần lượt là trung
điểm của AC và IH.

a) Chứng minh rằng tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn và hai tam giác
ACD và IHD đồng dạng.
b) Chứng minh rằng ba điểm I, H, K thẳng hàng và tam giác DEF là tam
giác vuông.

BC AB AC
.
=
+
DH DI DK

c) Chứng minh rằng
Câu 5 (2.0 điểm).

a) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 2 . Chứng minh rằng:

2y
x
4z
1
+ 2
+ 2

2
2
2
2x + y + 5 6y + z + 6 3z + 4x + 16 2
2

2 2020

là số nguyên?
3x + 1

b) Có bao nhiêu số nguyên x sao cho

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (1.,5 điểm).
a) Rút gọn biểu thức P =

3x + 3 x − 3
x+ x −2

x +1

−

x +2

x −2

−

x −1

. Tìm x để P = 3 .

)(

(

)

b) Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x + x 2 + 1 y + y 2 + 1 = 2 . Tính
giá trị của biểu thức Q = x y2 + 1 + y x2 + 1 .
Lời giải
a) Rút gọn biểu thức P =

3x + 3 x − 3
x+ x −2

x +1

−

x +2

−

x −2

. Tìm x để P = 3 .

x −1

Điều kiện xác định của biểu thức là x  0; x  1 . Biến đổi biểu thức ta được

P=

=

=

3x + 3 x − 3

−

x +1

−

x −2

=

(
x − 3 − ( x + 1)( x − 1) − (
( x − 1)( x + 2 )

x+ x −2
3x + 3

x +2

x −1

3x + 3 x − 3 − ( x − 1) − ( x − 4 )

(

x −1

)(

Khi đó ta được P = 3 

x +2

)

x +1
x −1

=

3x + 3 x − 3

)(
x − 2 )(
x −1

)
x + 1)
x +2

−

(
( x − 1)( x + 2 ) (
x+3 x +2

= 3  x +1 = 3

(

=

)

x +1
x +2

−

)(
x − 1)(

x +1

x −2
x −1

)=
x + 2)
x +2

x +1
x −1

x −1  2 x = 4  x = 2  x = 4.

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 4 là giá trị cần tìm.

)(

(

)

b) Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x + x 2 + 1 y + y 2 + 1 = 2 . Tính giá trị
của biểu thức Q = x y2 + 1 + y x2 + 1 .
Biến đổi giả thiết của bài toán ta được

(x +

)(

)

x 2 + 1 y + y 2 + 1 = 2  xy +

Từ đó ta được xy +

(x

Do đó suy ra  xy +


(

2

)(

)

)(

)

)(

)

+ 1 y2 + 1 + x y2 + 1 + y x2 + 1 = 2

(x

2

)(

)

+ 1 y2 + 1 = 2 − Q .

2

2
x 2 + 1 y 2 + 1  = ( 2 − Q ) hay ta được



(x

)(

Hay ta được Q2 − 2xy

(x

2

)(

) (

)(

)

)(

)

+ 1 y2 + 1 + x2 + 1 y2 + 1

)

+ 1 y 2 + 1 + Q = 2 nên ta suy ra được

2

Q2 − 4Q + 4 = x2 y 2 + 2xy

(x

2

)(

(

)

(x

2

)(

) (

+ 1 y2 + 1 + x2 + 1 y2 + 1

)

(

)(

+ 1 y 2 + 1 − 4Q + 4 = x 2 y 2 + x 2 + 1 y 2 + 1

Lại có Q 2 = x y 2 + 1 + y x 2 + 1

(

2

+ 1 y 2 + 1 + Q = 2 hay xy +

Q2 − 4Q + 4 = x2 y 2 + 2xy
Lại để ý rằng xy +

(x

(

)

2

(

)

(

)

= x 2 y 2 + 1 + y 2 x 2 + 1 + 2xy

)

(

)(

(x

Do đó suy ra x2 y 2 + 1 + y 2 x2 + 1 − 4Q + 4 = x 2 y 2 + x 2 + 1 y 2 + 1

2

)
)(

)

+ 1 y2 + 1 .

)

Câu 2 (2.0 điểm).
a) Trong cùng mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) : y =

(d ) : y = 21 x + 3 . Gọi A ( x
( d ) . Gọi C ( x

C

A

1 2
x và đường thẳng
2

; y A ) và B ( x B ; y B ) (với x A  x B ) là các giao điểm của ( P ) và

; y C ) là điểm thuộc ( P ) sao cho x A  x C  x B . Tìm giá trị lớn nhất của

diện tích tam giác ABC.
3
2 2

x ( x − y ) + x y = 1
b) Giải hệ phương trình  2
.
x
xy
+
3
−
3xy
=
3
(
)



Lời giải
a) Trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) : y =

1 2
1
x và ( d ) : y = x + 3 . Gọi
2
2

A ( x A ; y A ) và B ( x B ; y B ) (với x A  x B ) là các giao điểm của ( P ) và ( d ) . Gọi C ( x C ; y C )


là điểm thuộc ( P ) sao cho x A  x C  x B . Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác
ABC.
Phương trình hồnh độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) là

1 2 1
x = x + 3  x2 − x − 6 = 0  x  −2; 3
2
2
 9
Khi đó tọa độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) là A ( −2; 2 ) và B  3;  .
 2

1 
Gọi tọa độ điểm C là C  x C ; x C2  với −2  x C  3 . Khi đó gọi A’, B’, C’ theo thứ tự là
2 

hình chiếu của A, B, C trên trục hồnh. Ta có

1
9
1
1 
19 1 
S ABC = S ABB'A' − S ACC'A' − S BCC' B' =  2 +  .5 −  2 + xC2  ( xC + 2 ) −  + x C2  ( 3 − x C )
2
2
2
2 
22 2 
2

5
5
15 125 5  2
1  125 5 
1  125
= − xC2 + xC + =
−  xC − xC +  =
−  xC −  
4
4
2
16 4 
4  16 4 
2
16
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi xC =

1
.
2

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC là

1 1
125
, đạt được tại C  ;  .
16
2 8

x 3 ( x − y ) + x 2 y 2 = 1
b) Giải hệ phương trình  2
.
x
xy
+
3
−
3xy
=
3
(
)

Biến đổi hệ phương trình đã cho ta được

(

)

2
4
3
2 2
3
3
2 2
3
 2

x ( x − y ) + x y = 1
x − 2x y + x y + x y = 1  x − xy + x y = 1
 3

 2
2
3
2
x
y
+
3
x
−
xy
=
3
x

xy
+
3
−
3xy
=
3
(
)


x y + 3 x − xy = 3



(

)

(

Đặt a = x2 − xy; b = x3 y . Khi đó hệ phương trình trên được viết lại thành
2
a 2 + ( 3 − 3a ) = 1 a 2 − 3a + 2 = 0

a = 1; b = 0
a + b = 1









a = 2; b = −3
3a + b = 3
 b = 3 − 3a
 b = 3 − 3a

x 2 − xy = 1
 x = −1; y = 0

+ Với a = 1; b = 0 ta có hệ phương trình  3
.
x y = 0
 x = 1; y = 0

+ Với a = 2; b = −3 ta có hệ phương trình

)


 2 x3 y
 2 3
4
2
x 2 − xy = 2
x − 2 = 2
x + 2 = 2

x − 2x + 3 = 0


 3
x
x
 3
x y = −3
x y = −3
x 3 y = −3
x 3 y = −3



Dễ thấy hệ phương trình trên vơ nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là ( x; y ) = ( −1; 0 ) , ( 1; 0 ) .
Câu 3 (1.5 điểm).
a) Giải phương trình

x + 3 + 3 2x − 3 + x − 1 + 2x − 3 = 2 2 .

b) Cho phương trình x 2 + ( m − 1) x + m − 6 = 0 với x là ẩn và m là tham số. Tìm
tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x 2 sao cho biểu thức

(

)(

)

A = x12 − 4 x22 − 4 có giá trị lớn nhất.
Lời giải
a) Giải phương trình

x + 3 + 3 2x − 3 + x − 1 + 2x − 3 = 2 2 .

Điều kiện xác định của phương trình là x 

3
. Biến đổi phương trình đã cho
2

2x + 6 + 6 2x − 3 + 2x − 2 + 2 2x − 3 = 4
 2x − 3 + 2.3 2x − 3 + 9 + 2x − 3 + 2 2x − 3 + 1 = 4


(

2x − 3 + 3

)

2

+

(

2x − 3 + 1

)

2

=4

2x − 3 + 3 +

 2x − 3 + 3 + 2x − 3 + 1 = 4  2x − 3 = 0  x =
Kết hợp với điều kiện xác định ta được x =

2x − 3 + 1 = 4

3
2

3
là nghiệm duy nhất của phương trình.
2

b) Cho phương trình x 2 + ( m − 1) x + m − 6 = 0 với x là ẩn và m là tham số. Tìm tất cả

(

)(

)

các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x 2 sao cho A = x12 − 4 x22 − 4 có
giá trị lớn nhất.

Từ phương trình ta được  = ( m − 1) − 4 ( m − 6 ) = m 2 − 6m + 25 = ( m − 3 ) + 16  0 với
2

2

mọi m. Do đó phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x 2 với mọi m. Khi đó
theo hệ thức Vi – et ta có x1 + x 2 = 1 − m; x1x 2 = m − 6 . Ta có


(

)(

)

(

)

A = x12 − 4 x 22 − 4 = x12 .x 22 − 4 x12 + x 22 + 16 = x12 .x 22 − 4 ( x1 + x 2 ) + 8x1x 2 + 16
= ( m − 6 ) − 4 (1 − m )
2

2

2

4

2

4
+ 8 ( m − 6 ) + 16 = −3m + 4m = − 3  m −  
3
3
3

2

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi m =
Vậy giá trị lớn nhât của A là

2

2
.
3

4
2
, đạt được tại m = .
3
3

Câu 4 (3.0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC và trực tâm là T. Gọi H là chân đường cao
kẻ từ A của tam giác ABC và D là điểm đối xứng với T qua đường thẳng BC. Gọi I và
K lần lượt là hình chiếu vng góc của D trên AB và AC. Gọi E và F lần lượt là trung
điểm của AC và IH.
a) Chứng minh rằng tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn và hai tam giác
ACD và IHD đồng dạng.

b) Chứng minh rằng ba điểm I, H, K thẳng hàng và tam giác DEF là tam
giác vuông.
c) Chứng minh rằng

BC AB AC
.
=
+
DH DI DK
Lời giải

a) Chứng minh tứ giác ABDC nội tiếp

A

N

đường tròn và hai tam giác ACD và IHD
đồng dạng.
+ Gọi P là giao điểm của tia CT cạnh AB.

E
P

Ta có DAB = TCB vì cùng phụ với góc

T
K

ABC và TCB = DCB do T và D đối xứng

qua BC. Do đó ta được DAB = DCB nên

B

H
Q

F

I

tứ giác ABDC nội tiếp đường trịn.
D

+ Ta cũng có tứ giác BHDI nội tiếp đường trịn nên ta có DIH = DBH = DAC và
IHD = IBD = ACD . Do đó hai tam giác ACD và IHD đồng dạng.

b) Chứng minh ba điểm I, H, K thẳng hàng và tam giác DEF là tam giác vuông.

C


+ Tứ giác IBHD nội tiếp đường tròn nên BHI = BDI . Tứ giác DHKC có hai đỉnh H và
K cùng nhìn đoạn DC dưới một góc vng nên nội tiếp đường trịn, do đó ta được
KHC = KDC . Các tứ giác ABDC và AIDK nội tiếp đường trịn nên IDK = BDC . Từ đó

suy ra BDI = KDC . Do đó ta được BHI = KHC , lại do I và K nằm khác phía đối với
đường thẳng BC nên ba điểm I, H, K thẳng hàng.
+ Hai tam giác ACD và IHD đồng dạng với nhau có DE và DF lần lượt là các đường

trung tuyến nên

DC DE
. Do đó suy ra hai tam giác DCE và DHF đồng dạng với
=
DH DF

nhau nên EDC = FDE . Từ đó ta lại có HDC = FDE neo đó hai tam giác HDC và FDE
đồng dạng. Từ đó suy ra DFE = DHC = 90 0 . Vậy tam giác DEF vuông tại F.
c) Chứng minh rằng

BC AB AC
.
=
+
DH DI DK

+ Lời giải 1. Trên cạnh BC lấy điểm Q sao cho QDC = BDA . Lại có BAD = BCD nên
hai tam giác DBA và DQC đồng dạng với nhau. Suy ra

AD AD
=
. Lại có hai tam giác
CQ CD

AB DI
AD DI
AB CQ
=
. Suy ra ta được

hay
.
=
=
CQ DH
CD DH
DI DH

AID và CHD đồng dạng nên

Mặt khác ta lại có QDC = BDA nên ta HDC = BDQ nên suy ra hai tam giác BDQ và
ADC đồng dạng, do đó ta được

BQ DB
. Ta có BAD = BCD = HKD . Mặt khác ta lại
=
AC DA

có ABD = 1800 − IBD và KHD = 1800 − IHD . Mà ta có IBD = IHD nên ABD = KHD .
Từ đó dẫn đến hai tam giác ABD và KHD đồng dạng nên
quả lại ta được

DB DH
. Kết hợp các kết
=
DA DK

BQ DH
AC BQ
AB AC CQ BQ BC

hay
. Như vậy
.
=
=
+
=
+
=
AC DK
DK DK
DI DK DH DH DH

+ Lời giải 2. Trên đường tròn ( O ) lấy điểm N sao cho BN = AC khi đó ta suy ra được

AB = CN . Từ đó ta được BDN = ACD . Gọi J là giao điểm của ND với BC. Khi đó ta có
CBD = CAD . Lại có BJD =

(

) (

)

1
1
sdBD + sdCN = sdBD + sdAB = ACD . Từ đó dẫn
2
2

đến BDE và ADC đồng dạng với nhau, mà DH và DK là hai đường cao tương ứng
nên

DH
BJ
AC
BJ
=
=
hay
. Lại có hai tam giác CDJ và ADB đồng dạng
DK AC
DK DH


mà DH và DI là hai đường cao tương ứng nên

CJ
AB
=
. Từ đó ta được
DH
DI

AC AB
BJ
CJ
BC
+
=

+
=
DK DI
DH DH DH

+ Lời giải 3. Ta có các tứ giác DHKC, DHBI, DKAI nội tiếp đường trịn. Mà ta lại có ba
điểm I, H, K thẳng hàng. Từ đó ta có S DIK = S DHK + S DHI , suy ra
ta được

S DIK S DHK S DHI
=
+
hay
S ABC S ABC S ABC

DI.DK DK.DH DH.DI
AC AB BC
. Từ đây ta suy ra được
.
+
=
=
+
AB.AC BC.AC AB.BC
DK DI DH

Câu 5 (2.0 điểm).
a) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 2 . Chứng minh rằng:
2y
x

4z
1
+ 2
+ 2

2
2
2
2
2x + y + 5 6y + z + 6 3z + 4x + 16 2
b) Có bao nhiêu số nguyên x sao cho

2 2020
là số nguyên?
3x + 1

Lời giải
a) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 2 . Chứng minh rằng:

2y
x
4z
1
+ 2
+ 2

2
2
2
2x + y + 5 6y + z + 6 3z + 4x + 16 2

2

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số không âm ta có

(
) ( )
+ z + 6 = ( 4y + z ) + 2 ( y + 1) + 4  4yz + 2y + 4 = 4 ( yz + y + 1)
+ 4x + 16 = ( z + 4x ) + 2 ( z + 4 ) + 8  4zx + 8z + 8 = 4 ( zx + 2z + 2 )

2x2 + y 2 + 5 = x2 + y 2 + x2 + 1  2xy + 2x + 4 = 2 ( xy + x + 2 )
6y 2
3z 2

2

2

2

2

2

2

2

2

Từ đó ta được

2y
y
x
x
4z
2z

; 2

; 2

2
2
2
2x + y + 5 2 ( xy + x + 2 ) 6y + z + 6 2 ( yz + y + 1) 3z + 4x + 16 2 ( zx + z + 2 )
2

Cộng các bất đẳng thức theo vế ta được


2y
y
x
4z
1
x
2z
+
+


+
+


2x2 + y 2 + 5 6y 2 + z2 + 6 3z2 + 4x 2 + 16 2  xy + x + 2 yz + y + 1 zx + 2z + 2 
Để ý rằng xyz = 2 nên ta được
y
xy
x
2z
x
2z
+
+
=
+
+
xy + x + 2 yz + y + 1 zx + 2z + 2 xy + x + 2 xyz + xy + x zx + 2z + xyz
xy
xy + x + 2
x
2
=
+
+
=
=1
xy + x + 2 2 + xy + x x + 2 + xy xy + x + 2

Do vậy ta được

2y
x
4z
1
+ 2
+ 2
 .
2
2
2
2x + y + 5 6y + z + 6 3z + 4x + 16 2
2

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
b) Có bao nhiêu số nguyên x sao cho

2 2020
là số nguyên?
3x + 1

2 2020
Do x là số nguyên nên
là số nguyên khi và chỉ khi 2 2020 ( 3x + 1) . Suy ra
3x + 1

3x + 1 là lũy thừa của 2 hay ta co 3x + 1 = 2b với b  0;1; 2; 3;...; 2020 . Ta xét các
trường hợp sau.
• Trường hợp 1. Xét b là số chẵn. Khi đó tồn tại số tự nhiên k để b = 2k .

(

+ Xét phương trình 3x + 1 = 22k  3x = 4k − 1  3x = 3 4 k−1 + 4 k−2 + ... + k + 1

)

Từ đó ta được x = 4k−1 + 4k−2 + ... + k + 1 . Vì 0  2k  2020 nên 0  k  1010 nên trường
hợp này có 1011 giá trị x nguyên thỏa mãn u cầu bài tốn.

(

)

+ Xét phương trình 3x + 1 = −2 2k  3 ( x + 1) = 2 − 4 k . Dễ thấy 2 − 4 k khơng chia hết
cho 3 nên phương trình vơ nghiệm.
• Trường hợp 2. Xét b là số lẻ. Khi đó tồn tại số tự nhiên k để b = 2k + 1 .

(

)

+ Xét phương trình 3x + 1 = 22k+1  3x + 3 = 2.4k + 2  3 ( x + 1) = 2 4 k + 1 . Dễ thấy rằng

(

)

2 4 k + 1 khơng chia hết cho 3 nên phương trình trên vơ nghiệm.

(

)

(

)

+ Xét phương trình 3x + 1 = −22k+1  3x = −2.4k − 1 = − 2.4k + 1 . Dễ thấy − 2.4 k + 1
chia hết cho 3. Do đó ta được x =

(

− 2.4 k + 1
3

) . Vì 0  2k + 1  2020 nên 0  k  1009 nên

trường hợp này có 1010 giá trị x nguyên thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
Vậy có tất cả 2021 giá trị x ngun để

2 2020
là số nguyên.
3x + 1


Đề số 43
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH ĐĂK NÔNG
Năm học 2019 – 2020


 1
 
3 a +5
+
.
Câu 1 (1.0 điểm). Cho biểu thức P = 
 a − 1 a a − a − a + 1  

 


(

a +1
4 a

)

2



− 1 . Tìm điều



kiện xác định và rút gọn biểu thức P.
Câu 2 (1.0 điểm).
Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 2x2 y − 1 = x2 + 3y .
Câu 3 (2.0 điểm).

a) Giải phương trình ( x − 2 ) ( x − 1)( x − 3 ) = 12 .
2

xy + 3y 2 + x = 3
b) Giải hệ phương trình  2
.
2
x + xy − 2y = 0

Câu 4 (1.0 điểm). Quãng đường từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Ma Thuột dài 120
km. Một người dự định đi xe máy từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Ma Thuột với
vận tốc không đổi. Sau khi đi được 45 phút, người ấy dừng lại nghỉ 15 phút. Để đến
thành phố Buôn Ma Thuột đúng thời gian đã dự định, người đó phải tăng vận tốc
thêm 5 km/h trên qng đường cịn lại. Tính vận tốc của người đi xe máy theo dự
định ban đầu.
Câu 5 (1.0 điểm). Tìm m để phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + 4m = 0 (với x là ẩn và m là
tham số) có hai nghiệm x1 ; x 2 thỏa mãn điều kiện x13 − x12 = x23 − x22 .
Câu 6 (3.0 điểm). Cho đường trịn ( O; R ) đường kính AB. Kẻ hai đường thẳng d và d’
lần lượt là hai tiếp tuyến tại các tiếp điểm A và B của đường tròn ( O ) . Điểm M thuộc
đường tròn ( O ) (M khác A và B). Tiếp tuyến tại M của đường tròn ( O ) cắt d và d’ lần
lượt tại C và D. Đường thẳng BM cắt d tại E.
a) So sánh độ dài các đoạn thẳng CM, CA, CE.
b) Đường thẳng EO cắt hai đường thẳng d’ và AD lần lượt tại I và J. Chứng
minh các điểm A, B, I, J cùng thuộc một đường tròn.
c) Giả sử AE = BD , tính độ dài đoạn thẳng AM theo R.


Câu 7 (1.0 điểm).
Cho hai số thực a, b thỏa mãn 1  a  2;1  b  2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị


2 
2
nhỏ nhất của biểu thức P =  a +  b +  .
b 
a

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (1.0 điểm).

 1
 
3 a +5
+
.
Cho biểu thức P = 
 a − 1 a a − a − a + 1  

 


(

a +1

)

2

4 a



− 1 . Tìm điều kiện xác



định và rút gọn biểu thức P.
Lời giải
Điều kiện xác định của biểu thức P là a  0;a  1 . Khi đó ta có

(

)

2


a
+
1
 1
 
3 a +5

P=
+
.
− 1


 a −1 a a −a − a +1

  4 a



2

  a +1 −4 a 
1
3
a
+
5

.
=
+

a − 1 a − 1 a − 1  
4 a
( )


 


(

=

)

(

)

a −1+ 3 a + 5 a − 2 a +1
4 a +4
.
=
.
4 a
( a − 1) a − 1
( a − 1) a − 1

Vậy ta được P =

(

1
a

)

(

)

(

a −1

)

2

4 a

=

1
a

khi a  0;a  1 .

Câu 2 (1.0 điểm).
Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 2x2 y − 1 = x2 + 3y .
Lời giải
Biến đổi phương trình đã cho ta được

(

) (

)

2x 2 y − 1 = x 2 + 3y  4x 2 y − 2x 2 − 6y − 2 = 0  4x 2 y − 6y − 2x 2 − 3 − 5 = 0

(

) (

)

(

)

 2y 2x 2 − 3 − 2x 2 − 3 = 5  2x 2 − 3 ( 2y − 1) = 5

Do x và y là các số nguyên nên suy ra 2x2 − 3 và 2y − 1 là các ước của 5. Do x và y là
các số nguyên dương nên suy ra 2y − 1  1; 5 hay y = 1 hoặc y = 3 .


Thay trực tiếp y = 1 hoặc y = 3 vào phương trình đã cho ta được ( x; y ) = ( 2;1) là một
nghiệm nguyên dương của phương trình.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = ( 2;1) .
Câu 3 (2.0 điểm).
a) Giải phương trình ( x − 2 ) ( x − 1)( x − 3 ) = 12 .
2

xy + 3y 2 + x = 3
b) Giải hệ phương trình  2
.
2
x + xy − 2y = 0

Lời giải
a) Giải phương trình ( x − 2 ) ( x − 1)( x − 3 ) = 12 .

2

(

)(

)

Biến đổi phương trình đã cho ta được x2 − 4x + 4 x 2 − 4x + 3 = 12 .
Đặt t = x2 − 4x + 4  0 . Khi đó phương trình trên trở thành
t ( t − 1) = 12  t 2 − t − 12 = 0  t  −3; 4

Do t  0 nên ta được t = 4 hay x 2 − 4x + 4 = 4  x 2 − 4x = 0  x  0; 4 .
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = 0; 4
xy + 3y 2 + x = 3
b) Giải hệ phương trình  2
.
2
x + xy − 2y = 0

Biến đổi phương trình thứ hai của hệ đã cho ta được
x 2 + xy − 2y 2 = 0  x 2 − y 2 + xy − y 2 = 0  ( x − y )( x + 2y ) = 0

+ Với x − y = 0 ta được x = y , thế vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được

 3
x2 + 3x 2 + x = 3  4x 2 + x − 3 = 0  x  −1; 
 4
3 3
Từ đó suy ra ( x; y ) = ( −1; −1) ,  ;  là các nghiệm của hệ đã cho.

4 4
+ Với x + 2y = 0 ta được x = −2y , thế vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được
−2y 2 + 3y 2 − 2y = 3  y 2 − 2y − 3 = 0  y  −1; 3

Từ đó suy ra ( x; y ) = ( 2; −1) , ( −6; 3 ) là các nghiệm của hệ đã cho.

3 3
Vậy hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là ( x; y ) = ( −1; −1) ,  ;  , ( 2; −1) , ( −6; 3 )
4 4


Câu 4 (1.0 điểm). Quãng đường từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Ma Thuột dài 120
km. Một người dự định đi xe máy từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Ma Thuột với
vận tốc không đổi. Sau khi đi được 45 phút, người ấy dừng lại nghỉ 15 phút. Để đến
thành phố Buôn Ma Thuột đúng thời gian đã dự định, người đó phải tăng vận tốc
thêm 5 km/h trên qng đường cịn lại. Tính vận tốc của người đi xe máy theo dự
định ban đầu.
Lời giải
Gọi x (km/h) là vận tốc dự định mà người đó đi từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Ma
Thuột ( x  0 ) . Khi đó thời gian dự định của người đó là
Quãng đường đi được sau 45 phút của người đó là

120
(h) .
x

3
x ( km ) .
4

3
Khi đó quãng đường còn lại là 120 − x ( km ) .
4
3
120 − x
4 (h) .
Như vậy thời gian đi quãng đường còn lại là
x+5
3
120 − x
3 1
4 = 120
Theo bài ra ta có phương trình + +
4 4
x+5
x

Phương trình trên được viết lại thành x 2 + 20x − 2400 = 0  x  −60; 40 .
Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 40 thỏa mãn.
Vậy vận tốc dự định dự định của người đó là 40 km/h.
Câu 5 (1.0 điểm). Tìm m để phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + 4m = 0 (với x là ẩn và m là
tham số) có hai nghiệm x1 ; x 2 thỏa mãn điều kiện x13 − x12 = x23 − x22 .
Lời giải
Từ phương trình đã cho ta có  ' = ( m + 1) − 4m = m 2 − 2m + 1 = ( m − 1)  0 . Do đó
2

2

phương trình đã cho ln có hai nghiệm x1 ; x 2 .
Khi đó theo hệ thức Vi – et ta có x1 + x 2 = 2m + 2; x1x 2 = 4m . Từ bài ra ta có

x13 − x12 = x32 − x 22  x13 − x 32 + x 22 − x12 = 0
2
 ( x1 − x 2 ) ( x1 + x 2 ) − x1x 2  − ( x1 − x 2 )( x1 + x 2 ) = 0


2
 ( x1 − x 2 ) ( x1 + x 2 ) − x1x 2 − ( x1 + x 2 )  = 0




+ Với x1 − x 2 = 0 ta được x1 = x 2 hay phương trình đã cho có nghiệm kép, do đó ta
được  ' = ( m − 1) = 0 hay m = 1 .
2

+ Với ( x1 + x2 ) − x1x2 − ( x1 + x2 ) = 0 . Khi đó kết hợp với hệ thức Vi – et ta được
2

( 2m + 2 )

2

− 4m − ( 2m + 2 ) = 0  4m 2 + 2m + 2 = 0

Dễ thấy ngay phương trình 4m2 + 2m + 2 = 0 vô nghiệm.
Vậy m = 1 là giá trị thỏa mãn u cầu bài tốn.
Câu 6 (3.0 điểm).
Cho đường trịn ( O; R ) đường kính AB. Kẻ hai đường thẳng d và d’ lần lượt là
hai tiếp tuyến tại các tiếp điểm A và B của đường tròn ( O ) . Điểm M thuộc đường tròn

(O)

(M khác A và B). Tiếp tuyến tại M của đường tròn ( O ) cắt d và d’ lần lượt tại C

và D. Đường thẳng BM cắt d tại E.
a) So sánh độ dài các đoạn thẳng CM, CA, CE.
b) Đường thẳng EO cắt hai đường thẳng d’ và AD lần lượt tại I và J. Chứng
minh các điểm A, B, I, J cùng thuộc một đường tròn.
c) Giả sử AE = BD , tính độ dài đoạn thẳng AM theo R.
Lời giải
a) So sánh độ dài các đoạn thẳng CM, CA,

D

CE.
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có
E

CM = CA , suy ra tam giác AMC cân tại C
nên ta được CAM = CMA . Mà ta lại có

F
C

CME + CMA = 900 và CEM + CAM = 900

nên ta lại được CME = CEM nên tam giác

F

A

J

O

B

CEM cân tại C, suy ra CE = CM . Từ các kết
quả đó ta được CA = CM = CE .
b) Đường thẳng EO cắt hai đường thẳng d’
và AD lần lượt tại I và J. Chứng minh các
điểm A, B, I, J cùng thuộc một đường tròn.

I


Dễ thấy hai tam giác OAE và OBI bằng nhau nên suy ra tứ giác AEBI là hình bình
hành, do đó AI song song với BE. Lại có OD vng góc với BE nên suy ra OD vng
góc với AI. Mà ta lại có AB vng góc với DI nên suy ra O là trực tâm của tam giác
ADI. Do vậy ta được IO vng góc với AD nên suy ra AJI = 900 . Mà ta lại có
ABI = 90 0 do đó suy ra tứ giác AJBI nội tiếp đường trịn.

c) Giả sử AE = BD , tính độ dài đoạn thẳng AM theo R.
Tam giác COD vuông tại O có OM là đường cao nên MO2 = MC.MD . Mà như trên ta
có CA = CM = CE nên suy ra AE = 2CM . Mặt khác do BD = MD và AE = BD nên ta
được 2CM = MD . Đến đây ta được 2CM2 = R 2 hay CM =
tam giác AEB vuông tại A có AM là đường cao nên
suy ra được AM =

AE.AB
AE + AB
2

2

=

R 2
nên AE = R 2 . Vì
2

1
1
1
. Đến đây ta
=
+
2
2
AM
AE AB2

2R 3
3

Câu 7 (1.0 điểm). Cho hai số thực a, b thỏa mãn 1  a  2;1  b  2 . Tìm giá trị lớn nhất


2 

2
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =  a +  b +  .
b 
a

Lời giải
+ Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được


2 
2
4
4
P =  a +  b +  = ab +
+ 4  2 ab. + 4 = 8
b 
a
ab
ab

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi ab = 2 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8, đạt được tại 1  a  2;1  b  2;ab = 2 .
+ Mặt khác 1  a  2;1  b  2 suy ra 1  ab  4 .
Do đó ta được ( ab − 1)( ab − 4 )  0 hay ( ab )  5ab − 4 . Khi đó ta có
2


2 
2  ( ab + 2 )( ab + 2 ) ( ab ) + 4ab + 4 5ab − 4 + 4ab + 4
P =  a +  b +  =

=

=9
b 
a
ab
ab
ab

2

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = 1 hoặc a = b = 2 .
Vậy giác trị lớn nhất của P là 9, đạt được tại a = b = 1 hoặc a = b = 2 .


Đề số 44
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH QUẢNG NGÃI
Năm học 2019 – 2020
Bài 1 (2.0 điểm).
a) Giải phương trình 2x2 + x2 − 2x − 19 = 4x + 74
2
x + 3y − 6x = 0
b) Giải hệ phương trình  2
2
3
9x − 6xy + y − 3y + 9 = 0

Bài 2 (2.5 điểm).
a) Cho biểu thức P =

2x + 3
x

+

x x −1
x− x

−

x2 + x
x x +x

với x  0; x  1 . Rút gọn và tìm

giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.
b) Cho hai số thực a, b thỏa mãn a2 + 4ab − 7b2 = 0 với a  b và a  −b . Tính
giá trị của biểu thức Q =

2a − b 3a − 2b
.
+
a−b
a+b

c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ( d ) : y = ( m + 2 ) x − m + 1
và x + ( m + 2 ) y = m + 2 trong đó m là tham số. Chứng minh rằng giao điểm của hai
đường thẳng nói trên thuộc một đường cố định khi m thay đổi.
Bài 3 (1.5 điểm).
a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

x+ y + 3 +1= x + y .

b) Số tự nhiên n = 1116 có tất cả bao nhiêu ước số nguyên dương phân biệt.
Tính tích của tất cả các ước số đó.
Bài 4 (3.5 điểm).
Cho đường trịn ( O; R ) có hai đường kính Ab và CD vng góc với nhau. Gọi
M là điểm di động trên đoạn thẳng OB (M khác O và P). Tia CM cắt đường tròn ( O )
tại N. Gọi P là giao điểm của BD với CN và Q là giao điểm của AN với CD.
a) Chứng minh rằng PQ song song với AB.
b) Chứng minh rằng tam giác CAQ đồng dạng với tam giác AMC, từ đó suy
ra diện tích tứ giác ACMQ không đổi khi M di động trên đoạn thẳng OB.


2

CQ  CN 
c) Chứng minh hệ thức
.
=
AM  AN 
d) Xác định vị trí của điểm M trên đoạn thẳng OB để NQ là tiếp tuyến của
đường tròn ngoại tiếp tam giác CPQ. Tính OM theo R trong trường hợp đó.
Bài 5 (0.5 điểm).
Trên một bảng ơ vng, ở mỗi ơ người ta điền tồn bộ dấu +. Sau đó thực hiện
q trình đổi dấu ( dấu + sang dấu – dấu – sang dấu +) lần lượt theo các bước sau:
+ Bước 1. Các ơ ở dịng thứ i đều được đổi dấu j lần với i = 1; 2; 3;...; 2019 .
+ Bước 2. Các ô ở cột thứ j đều được đổi dấu 3j + 1 lần với J = 1; 2; 3;...; 2019 .
Tính số dấu cịn lại trên bảng ơ vng sau khi thực hiện xong quá trình đổi dấu
trên.

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 (2.0 điểm).
a) Giải phương trình 2x2 + x2 − 2x − 19 = 4x + 74
x 2 + 3y − 6x = 0
b) Giải hệ phương trình  2
2
3
9x − 6xy + y − 3y + 9 = 0

Lời giải
a) Giải phương trình 2x2 + x2 − 2x − 19 = 4x + 74
Điều kiện xác định của phương trình là x2 − 2x − 19  0 . Ta viết phương trình đã cho

(

)

lại thành 2 x 2 − 2x − 19 + x 2 − 2x − 19 − 36 = 0 .
Đặt t = x2 − 2x − 19  0 . Khi đó phương trình trên trở thành 2t 2 + t − 36 = 0  t = 4 .

x2 − 2x − 19 = 4  x2 − 2x − 19 = 16  x 2 − 2x − 35 = 0  x  −5;7 .

Do vậy ta được

Thay vào phương trình đã cho ta được S = −7; 5 là tập nghiệm của phương trình.
x 2 + 3y − 6x = 0
b) Giải hệ phương trình  2
2
4
9x − 6xy + y − 3y + 9 = 0

Cộng vế theo vế hai phương trình ta được

x 2 + 3y − 6x + 9x 2 − 6xy 2 + y 4 − 3y + 9 = 0  x 2 − 6x + 9 + 9x 2 − 6xy 2 + y 4 = 0

(

 ( x − 3 ) + 3x − y
2

2

)

( x − 3 )2 = 0
x − 3 = 0
 x = 3; y = −3


=0


2

3x − y 2 = 0
 x = 3; y = 3
3x − y = 0



(

)


Thử lại ta thấy ( x; y ) = ( 3; −3 ) , ( 3; 3 ) thỏa mãn hệ phương trình đã cho.
Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là ( x; y ) = ( 3; −3 ) , ( 3; 3 )
Bài 2 (2.5 điểm).
a) Cho biểu thức P =

2x + 3
x

+

x x −1
x− x

−

x2 + x

với x  0; x  1 . Rút gọn và tìm

x x +x

giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.
b) Cho hai số thực a, b thỏa mãn a2 + 4ab − 7b2 = 0 với a  b và a  −b . Tính
giá trị của biểu thức Q =

2a − b 3a − 2b
.
+
a−b
a+b

c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ( d ) : y = ( m + 2 ) x − m + 1
và ( d' ) : x + ( m + 2 ) y = m + 2 trong đó m là tham số. Chứng minh rằng giao điểm của
hai đường thẳng nói trên thuộc một đường cố định khi m thay đổi.
Lời giải
a) Cho biểu thức P =

2x + 3
x

+

x x −1
x− x

−

x2 + x
x x +x

với x  0; x  1 . Rút gọn và tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức P.
Với x  0; x  1 ta được

P=
=

=

2x + 3
x
2x + 3
x
2x + 3

+
+

+

x x −1
x− x

(

−

x2 + x
x x +x

)(
) − x ( x + 1)( x − x + 1)
x ( x − 1)
x ( x + 1)

x + 1 x − x + 1 2x + 3 + x + x + 1 − ( x −
−
=

x −1 x + x +1

x+

x
x
x
2x + 2 x + 3
3
=
=2 x+
+2
x
x

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được 2 x +

x +1

)

x

3
x

2 6.

Do đó P  2 + 2 6 , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x =

3
thỏa mãn điều kiện xác định.
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 + 2 6 , đạt được tại x =

3
.
2


b) Cho hai số thực a, b thỏa mãn a2 + 4ab − 7b2 = 0 với a  b và a  −b . Tính giá trị
của biểu thức Q =

2a − b 3a − 2b
.
+
a−b
a+b

Biến đổi biểu thức Q là được

Q=
=

2a − b 3a − 2b ( 2a − b )( a + b ) + ( 3a − 2b )( a − b )

+
=
a−b
a+b
( a − b )( a + b )
2a 2 + ab − 2b2 + 3a 2 − 2ab + 2b 2 5a 2 − 4ab + b 2
=
a 2 − b2
a 2 − b2

Do ta đã có a2 + 4ab − 7b2 = 0 nên ta được

(

) (

)

(

)

2
2
2
2
6 a 2 − b2
5a 2 − 4ab + b 2 6 a − b − a + 4ab − 7b
P=
=

=
=6
a 2 − b2
a 2 − b2
a 2 − b2

Vậy ta suy ra được P = 6 .
c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ( d ) : y = ( m + 2 ) x − m + 1 và

( d' ) : x + ( m + 2 ) y = m + 2

trong đó m là tham số. Chứng minh rằng giao điểm của hai

đường thẳng nói trên thuộc một đường cố định khi m thay đổi.
Ta xét hai trường hợp sau.
+ Với m = −2 . khi đó ta viết lại các đường thẳng là ( d ) : y = 3 và ( d' ) : x = 0 . Khi đó hai
đường thẳng ( d ) và ( d ' ) cắt nhau tại điểm ( 0; 3 ) .
+ Với m  −2 . Khi đó đường thẳng ( d ' ) được viết lại thành ( d' ) : y = −

1
x + 1.
m+2


1 
Để ý rằng ( m + 2 ) .  −
 = −1 nên hai đường thẳng ( d ) và ( d ' ) vng góc với
 m+2
nhau một điểm M.
Gọi A ( x A ; y A ) là điểm cố định mà đường thẳng ( d ) ln đi qua với mọi m. Khi đó ta

được y A = ( m + 2 ) x A − m + 1 đúng với mọi m hay m ( x A − 1) + 2x A − y A + 1 = 0 có
nghiệm với mọi m. Do đó suy ra ( x A − 1) = 2x A − y A + 1 = 0 hay A ( 1; 3 ) . Hồn tường
tương tự ta cũng có điểm cố định mà đường thẳng ( d ' ) luôn đi qua điểm cố định
B ( 0;1) khi m thay đổi. Từ đó suy ra đoạn thẳng AB cố định.

Như vậy khi M thay đổi nhưng tam giác AMB luôn vuông tại M, điều này đồng nghĩa
với M thuộc đường trịn đường kính AB cố định.


Vậy giao điểm của hai đường thẳng ( d ) và ( d ' ) nằm trên đường tròn cố định có
đường kính AB.
Bài 3 (1.5 điểm).
a) Tìm nghiệm ngun dương của phương trình

x+ y + 3 +1= x + y .

b) Số tự nhiên n = 1116 có tất cả bao nhiêu ước số nguyên dương phân biệt.
Tính tích của tất cả các ước số đó.
Lời giải
a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

x+ y + 3 +1= x + y .

Do x, y là các số nguyên dương nên ta có biến đổi phương trình
x + y + 3 + 1 = x + y  x + y + 3 + 1 + 2 x + y + 3 = x + y + 2 xy
 xy − 2  0

 2 + x + y + 3 = xy  x + y + 3 = xy − 2  
x + y + 3 = xy − 2


xy  4
 xy  2



xy − x − y + 1
x + y + 3 = xy − 4 xy + 4
 xy =

4

(

xy là số hữu tỷ nên xy là một số chính phương. Khi đó

Từ phương trình trên suy ra

tồn tại số nguyên dương k để xy = k2 nên ta được

 xy − 2  0

x + y + 3 = xy − 2  
x + y + 3 = xy − 2


(

 xy  2



 x+ y


(

Do đó suy ra

) =(
2

)

2

)

2

xy = k . Ta cũng có

 xy  2

x + y + 2 xy = xy − 2 xy + 1

 xy  2

xy − 1
 x + y = xy − 1

)

2

k − 1 − x  0
x + y = k −1  y = k −1− x  
2
 y = ( k − 1) + x − 2 ( k − 1) x

Do k  4 nên suy ra ( k − 1) x là số nguyên hay

x là số nguyên nên x là số chính

phương. Lập luận tương tự ta suy ra được y cũng là một số chính phương.
Khi đó đặt x = a 2 ; y = b2 với a, b là các số nguyên dương. Khi đó ta được

x + y = xy − 1  a + b = ab − 1  ab − a − b + 1 = 2  (a − 1)( b − 1) = 2
Đến đây ta được ( a; b ) = ( 2; 3 )( 3; 2 ) thỏa mãn phương trình trên.


Từ đó ta được ( x; y ) = ( 4; 9 ) , ( 9; 4 ) là các nghiệm của phương trình đã cho.
b) Số tự nhiên n = 1116 có tất cả bao nhiêu ước số nguyên dương phân biệt. Tính tích
của tất cả các ước số đó.
Để ý rằng 111 = 3.37 nên suy ra n = 1116 = 36.37 6 . Do đó mỗi ước của n đều có
dạng 3x.37 y với x  0;1; 2; 3; 4; 5; 6 và y  0;1; 2; 3; 4; 5; 6 . Co x có thể nhận một trong
7 giá trị và y cũng nhận một trong 7 giá trị trên nên suy ra n có tất cả 49 ước nguyên
dương phân biệt.
Nếu a là một ước nguyên dương khác 1113 của n thì b =

n
cũng là một ước số

a

nguyên dương của n và a  b . Khi đó a và b tạo thành một cặp ước số nguyên dương
của n thỏa mãn ab = n . Như vậy trong 49 ước số nguyên dương phân biệt của n gồm
có 1113 và 48 ước số cịn lại được chia thành 24 cặp ước số có tính chất như cặp ước
nguyên dương ( a; b ) như trên. Do vậy tích tất cả các ước nguyên dương phân biết

(

của số tự nhiên n là 1116

)

24

.1113 = 111147 .

Bài 4 (3.5 điểm).
Cho đường tròn ( O; R ) có hai đường kính Ab và CD vng góc với nhau. Gọi
M là điểm di động trên đoạn thẳng OB (M khác O và P). Tia CM cắt đường tròn ( O )
tại N. Gọi P là giao điểm của BD với CN và Q là giao điểm của AN với CD.
a) Chứng minh rằng PQ song song với AB.
b) Chứng minh rằng tam giác CAQ đồng dạng với tam giác AMC, từ đó suy
ra diện tích tứ giác ACMQ không đổi khi M di động trên đoạn thẳng OB.
2

CQ  CN 
=
c) Chứng minh hệ thức
.

AM  AN 
d) Xác định vị trí của điểm M trên đoạn thẳng OB để NQ là tiếp tuyến của
đường tròn ngoại tiếp tam giác CPQ. Tính OM theo R trong trường hợp đó.
Lời giải
a) Chứng minh PQ song song với AB.
Vì Ab vng góc với CA nên suy ra CA = CD , do đó ta được CDB = ANC , điều này
dẫn đến tứ giác PQDN nội tiếp đường tròn. Do đó ta được PND + PQD = 1800 , mà ta


lại có PND = 900 nên suy ra PQD = 900 hay PQ vng góc với CD. Do vậy PQ song
song với AB.
C

M

A

B

O
Q

P

N

D

b) Chứng minh tam giác CAQ đồng dạng với tam giác AMC, từ đó suy ra diện tích tứ
giác ACMQ không đổi khi M di động trên đoạn thẳng OB.

Hai tam giác CAQ và AMC có ACQ = MAC = 450 và CAQ = AMC nên hai tam giác
đồng dạng với nhau. Do đó suy ra

CA CQ
hay AM.CQ = AC2 = 2R 2 . Do từ giác
=
MA CA

ACMQ có AM vng góc với CQ nên SAMCQ =

1
1
1
AM.CQ = AC2 = .2R 2 = R 2 . Vậy
2
2
2

diện tích tứ giác ACMQ không đổi khi M di động trên đoạn thẳng OB.
2

CQ  CN 
=
c) Chứng minh hệ thức
.
AM  AN 
2

CQ  AC 
AC QC AQ

=
Hai tam giác CAQ và MAC đồng dạng nên
nên
. Lại
=
=
AM  MC 
AM AC MC
có hai tam giác AOM và CND đồng dạng nên

CM CO
hay CM.CM = CD.CO = 2R2
=
CD CN

Tương tự ta cung có AQ.AN = 2R 2 . Do vậy ta có CM.CN = AQ.AN hay

CQ  CN 
=
Đến đây ta suy ra được
AM  AN 

AQ CN
.
=
MC AN

2

d) Xác định vị trí của điểm M trên đoạn thẳng OB để NQ là tiếp tuyến của đường tròn

ngoại tiếp tam giác CPQ. Tính OM theo R trong trường hợp đó.


Ta có tứ giác PQDN nội tiếp đường trịn nên ta có PQN = PDN . Mà PDN = BCN nên
ta được PQN = BCN . Đường thẳng NQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam
giác CPQ khi ta có PQN = PCQ , khi đó ta được BCN = PCQ , điều này đồng nghĩa với
CN là phân giác của góc OCB . Ta có tam giác BOC vuông cân tại O nên BC = R 2 . Vì
CM là phân giác của tam giác BOC nên ta có

OM + MB = R nên suy ra OM =

(

MO CO
R
1
. Mà ta lại có
=
=
=
MB CB R 2
2

)

2 − 1 R . Vậy khi OM =

(

)

2 − 1 R thì NQ là tiếp

tuyến của đường trịn ngoại tiếp tam giác CPQ.
Bài 5 (0.5 điểm).
Trên một bảng ô vuông, ở mỗi ơ người ta điền tồn bộ dấu +. Sau đó thực hiện
q trình đổi dấu ( dấu + sang dấu – dấu – sang dấu +) lần lượt theo các bước sau:
+ Bước 1. Các ơ ở dịng thứ i đều được đổi dấu j lần với i = 1; 2; 3;...; 2019 .
+ Bước 2. Các ô ở cột thứ j đều được đổi dấu 3j + 1 lần với J = 1; 2; 3;...; 2019 .
Tính số dấu cịn lại trên bảng ơ vng sau khi thực hiện xong quá trình đổi dấu
trên.
Lời giải
Theo quá trình đổi dấu trên thì ơ vng ở dịng i cột j được đổi dấu i + 3j + 1 lần. Dễ
thấy ( i + 3j + 1) − ( i + j) = 2j + 1 nên i + 3j + 1 và i + j là hai số không cùng tính chẳn lẻ.
Do đó những ơ vng ở dịng i cột j mà i + j là số lẻ sẽ đổi dấu một số chẵn lần và dấu
ở ô vuông đó vẫn là dấu +, cịn những ơ vng ở dòng i cột j mà i + j là số chẵn sẽ đổi
dấu một số lẻ lần và dấu ở ô vuông đó là dấu –. Mà từ 1 đến 2019 có 1009 số chẵn và
1010 số lẻ nên số cặp ( i; j) mà i + j bằng 1009.1010 + 1010.1009 = 2038180 . Vậy số các ơ
vng cịn lại mang dấu + bằng 2038180.


Đề số 45
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH BÌNH PHƯỚC
Năm học 2019 – 2020
Câu 1 (2.0 điểm).
Cho biểu thức A =

x x −3
x−2 x −3

−

2

(

x −3
x +1

)+

x +3
3− x

.

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 4 − 2 3 .
Câu 2 (1.0 điểm).
Cho phương trình x 2 − ( m + 2 ) x + 3m − 3 = 0 với m là tham số. Tìm các giá trị
của m để phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x 2 sao cho x1 ; x 2 là
độ dài hai cạnh góc vng của một tam giác vng với cạnh huyền có độ dài bằng 5
Câu 3 (2.0 điểm).
a) Giải phương trình x + 4 − x 2 = 2 + 3x 4 − x 2 .
3
2
2
2x + 2x y − xy = y − x − y
b) Giải hệ phương trình  3
2

2x − xy + x = 4

Câu 4 (3.0 điểm).
Cho đường tròn ( O; R ) và đường tròn ( O'; R ' ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt
A và B. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C. Kẻ tiếp tuyến CD và CE với đường trịn

( O; R )

trong đó D, E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn ( O'; R ' ) . Đường

thẳng AD và AE cắt đường tròn ( O'; R ' ) lần lượt tại M và N (M và N khác A). Tia DE
cắt MN tại I.
a) Chứng minh rằng tứ giác BEIN nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh rằng hai ta, giác MIB và AEB đồng dạng với nhau.
c) Chứng minh rằng O’I vng góc với MN.
Câu 5 ( 1.0 điểm).
a) Giải phương trình nghiệm nguyên 4y 2 = 2 + 199 − x 2 − 2x .
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố ( p; q ) sao cho p2 − 2q2 = 41 .


Câu 6 (1.0 điểm).
a) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn xy  1 . Chứng minh rằng:

1
1
2
+

1 + x 1 + y 1 + xy
b) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ( x + y ) + 4xy  12 . Tìm

3

giá trị lớn nhất của biểu thức P =

1
1
+
+ 2018xy .
1+ x 1+ y

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (2.0 điểm). Cho biểu thức A =

x x −3
x−2 x −3

−

2

(

x −3
x +1

)+

x +3
3− x

.

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 4 − 2 3 .
Lời giải
a) Rút gọn biểu thức A.
Điều kiện xác định của biểu thức A là x  0; x  9 . Khi đó ta có biến đổi

A=
=

x x −3
x−2 x −3

−

2

(

x −3
x +1

)+

x +3
3− x

=

x x −3−2

x x − 3 − 2x + 12 x − 18 − x − 4 x − 3

(

)(

=

(
(

) ( x + 3)(
x − 3 )( x + 1)
2

x −3 −

x +1

)

x x − 3x + 8 x − 24

)
( x − 3)(
x ( x − 3) + 8 ( x − 3) ( x − 3) ( x + 8 )
x+8
=

=
=
( x − 3)( x + 1) ( x − 3)( x + 1) x + 1
x −3

x +1

x +1

)

b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 4 − 2 3 .
Với x  0; x  9 ta được A =

biểu thức A ta được A =

x+8
x +1

x+8
x +1

=

. Ta có x = 4 − 2 3 = 3 − 2 3 + 1 =

4−2 3 +8

(

3 −1

)

2

+1

=

12 − 2 3
3 −1+1

=

(

(

3 4 3 −2
3

)

2

3 − 1 . Thay vào

)=4

3 −2.