Tuyển tập các đề thi vào lớp 10 chuyên toán có đáp án

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b> SỞ GD&ĐT KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019</b>
<b> MÔN THI: TOÁN</b>

<i><b> Dùng cho thí sinh vào lớp chun Tốn, chun Tin</b></i>
<i><b> Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề bài)</b></i>

<b>Câu 1 (3,0 điểm).</b>

1. a) Giải phương trình sau: 2x25x 3  2x2 5x 7 5 _{ .}
b) Giải phương trình: 3(x 2 x 1)2  2 2(x 3x 1)2  2 5x2 0.
<i> c) </i>Cho f(x) x 6x 12. 2  <i>Giải phương trình: f(f(f(f(x)))) = 65539 .</i>
<i> 2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x2_{+ 4x + 1 = y}4_.</i>

<b> Câu 2 (2,0 điểm).</b>

<i> a) Cho A = a + b + c + m + n + p, B = ab + bc + ca – mn – np – pm và C = abc + mnp. Biết a, b, c,</i>
<i>m, n, p là các số nguyên dương và cả B, C đều chia hết cho A. Chứng minh A là hợp số .</i>

b) Cho x, y là các số hữu tỉ thỏa mãn đẳng thức:

2

2 2 xy 1

x y 2

x y

  

 _ _ 



 

. Chứng minh: 1 xy là một số
hữu tỉ.

<i> c) Cho hai số a và b thỏa mãn a > 0, b > 0 . Xét tập hợp T các số có dạng: T = {ax + by}, trong đó x và</i>

<i>y là các số thỏa mãn x,y > 0 và x + y = 1. Chứng minh rằng các số: </i>
2ab

a b_{ và ab đều thuộc tập hợp T .}
<b>Câu 3 ( 1,0 điểm ). Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [ 0 ;4 ]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:</b>

P xy(x y)  yz(y z)  zx(z x) _.

<i><b>Câu 4 ( 3,0 điểm ). Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ). M, N nằm trên cạnh BC sao cho M nằm giữa N và</b></i>
<i>B. Lấy các điểm P, Q trên AM, AN sao cho BP, CQ cùng vng góc với BC. Gọi K, J lần lượt là tâm đường</i>
<i>tròn ngoại tiếp tam giác APQ, AMN và L là hình chiếu của K trên AJ. E là trực tâm tam giác AMN, S là hình</i>
<i><b>chiếu của E trên MN và F là trung điểm của MN. </b></i>

<i><b> 1. Tính AE theo MJ và MN.</b></i>

<i> 2. a) Gọi R là hình chiếu của Q trên đoạn thẳng BP và D là giao điểm của hai đường thẳng QR và AP,</i>
<i>kẻ đường kính AT của đường trịn ( K ). Chứng minh rằng: AL. CQ + QR . KL = AL . BP và MS.MB.PD2₌</i>

<i>MA.MP.RD2_.</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>Câu 5: ( 1,0 điểm ). Cho a</b>1, a2, …., an ( n  3) là các số thực. Chứng minh rằng: Khi đó a<i>i</i>, a<i>j</i>, a<i>k</i> là độ dài ba

cạnh của một tam giác, trong đó i, j, k là các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện 0 < i < j < k  n. Biết rằng n số

thực trên là các số thỏa mãn:

2 2 2 2

1 2 n 1 2 n

3n 1

(a a ....a ) (a + a + .... + a )

3


  

.
<b> HẾT</b>

<i>Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu.</i>

Họ và tên thí sinh:……….Số báo danh:………...
Giám thị số 1:………Giám thị số 2:……….

<b> SỞ GD&ĐT KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019</b>
<b> HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN</b>

<i><b> ( Hướng dẫn chấm có 07 trang ) Dùng cho thí sinh vào lớp chun Tốn, chun Tin</b></i>
<b> </b>

<b>A. LƯU Ý CHUNG</b>

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác
nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.

- Điểm tồn bài tính đến 0.25 và khơng làm trịn.

- Với bài hình học nếu học sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm tương ứng với phần đó.
<b>B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM</b>

1

Câu Ý Lời giải Điểm

1 1 a. Giải phương trình: 2x2 5x 3  2x25x 7 5  . ĐKXĐ: x 1 _hoặc
7
x

2



Đặt 2x2 5x 2 a ( a 0 )   , phương trình trở thành:

2 2

a  5 a 5 5 

2 4

2a 2 a 25 25

   

4 2 2

4(a 25) (25 2a )

    _0.5

4 4 2

4a 100 4a 100a 625

    

2

100a 725

 

2 29

a
4

 

.

---

Khi đó, ta có: 2x25x 2 = a

2 2 29

2x 5x 2 a

4

     ₂

8x 20x 8 29

   

 8x220x 37 0 

5 3 11

x

4
5 3 11
x

4

 _{ }






 _{ }




 _{( thỏa mãn ĐKXĐ ). 0.5}

Kết luận: Vậy phương trình có tập nghiệm S =

5 3 11
4

_{ } 

 

 

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Khi đó: (x – 3)16_{+ 3 = 65539} (x 3) 1665536 2 16

x 3 2

x 3 2

  
 
 

x 5
x 1
 
 

 _.

Kết luận: Vậy phương trình có tập nghiệm S = {5; 1}.

0.25
0.25

0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
c. Giải phương trình: 3(x 2 x 1)2  2 2(x 3x 1)2  2 5x2 0.

Do x = 0 không là nghiệm của phương trình, chia hai vế của phương trình ban đầu

cho x2 _{ta được}

2 2

1 1

3 x 2 2 x 3 5 0

x x

   

      

   

    _{. Đặt y =}

1
x

x


thì phương
trình trở thành:

2 2 2 y 1

3(y 2) 2(y 3) 5 0 y 1 0 .

y 1
 
       _{  }

 
---

Suy ra :

1 1 5

x 1 x

x 2 _.

1 ₁ ₅

x 1 _x

x ₂


  
   





 _ _ 


 _

Kết luận: Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =

1 5 1_; 5

2 2
_{ } _ 
 
 
 
 _.
2

<i>Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x2_{+ 4x + 1 = y}4_.</i>

Nhân cả 2 vế của phương trình ban đầu, ta được phương trình mới tương đương với
phương trình đã cho: 4x2_{+ 16x + 1 = 4y}4  (2x 4 2y )(2 x 4 2 y ) 12  2   2  _.

---Xét các cặp giá trị của x và y , ta được duy nhất x = –4, y = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài.
Kêt luận: Vậy x = – 4, y = 1.

2
a

<i>Cho A = a + b + c + m + n + p, B = ab + bc + ca – mn – np – pm và C = abc +</i>
<i>mnp. Biết a, b, c, m, n, p là các số nguyên dương và cả B, C đều chia hết cho A.</i>
<i>Chứng minh A là hợp số .</i>

Xét đa thức f(x) = (x + a)(x + b)(x + c) – (x – m)(x – n)(x – p). Khai triển và rút gọn, ta
được: Ax2Bx C.

---Vì cả B và C đều chia hết cho A nên f(x) A x Z.  _{Do đó đa thức f(m)} A hay
(m+a)(m+b)(m+c)  A.

---Nếu A là số nguyên tố thì 1 trong 3 số trên phải có ít nhất một số chia hết cho A, vơ lí vì
<b>đây đều là những số nguyên dương nhỏ hơn A. Do đó, A phải là hợp số .</b>

Kết luận: Vậy A là hợp số.

b Cho x, y là các số hữu tỉ thỏa mãn:

2

2 2 xy 1

x y 2.

x y

  

 _ _ 



</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

1 xy _{là một số hữu tỉ.}

Ta có:

2

2 2 xy 1

x y 2

x y

  

 _ _ 



 

2

2 xy 1

(x y) 2(xy 1) 0

x y

  

    _ _ 



 

2

2 xy 1 xy 1

(x y) 2(x y). 0

x y x y

 

 

    _ _ 

 _  _

2
xy 1

x y 0

x y

  

_   _ 



 

xy 1
x y

x y


  

  1 xy (x y)  2  1 xy x y .  

---Vì x, y là các số hữu tỉ nên |x + y| là một số hữu tỉ, suy ra 1 xy là một số hữu tỉ.
Kết luận: Vậy 1 xy là một số hữu tỉ.

0.25

0.25

0.25

0.25
c

<i>Cho hai số a và b thỏa mãn a > 0, b > 0 . Xét tập hợp T các số có dạng: T = { ax +</i>
<i>by }, trong đó x và y là các số thỏa mãn x,y > 0 và x + y = 1. Chứng minh rằng các</i>

số:
2ab

a b_{ và ab đều thuộc tập hợp T .}
Ta tìm x, y > 0 thỏa mãn x + y = 1 sao cho:

2

2ab _{= ax + by = ax (1 x)b} _{(a b)x} ab b

a b a b



    

 

b a

x ,y

a b a b

  

  _thỏa

mãn: ( x; y ) (0;1),x y 1.  Vậy a b2ab T. 

---Chứng minh tương tự: ab ax by ax (1 x)b      (a b)x  ab b .

ab b b a

x ,y

a b _a _b _a _b



   

 _ _

thoả mãn ( x; y ) (0;1),x y 1. 
Vậy ab T.

---Kết luận: Vậy các số
2ab

a b _và ab_{đều thuộc tập hợp T.}

Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [ 0 ;4 ]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
sau:

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

3

0.25
Đặta x,b y,c z .Khi đó, ta có:

2 2 2 2 2 2

0 a,b,c 2;A ab(a b ) bc(b c ) ca(c a )        _{. Do các số a, b, c có vai trị}
hốn vị vịng quanh trong biểu thức A nên khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả sử

a b,a c  _.

Ta có: A = A ab(a b ) bc(b c ) ca(c a ) 2 2  2 2  2 2 =ab(a b ) b c c b c a2 2  3  3  3 –

3 2 2 2 2 2 2 2

a c ab(a b ) c(b a)(b ba a c ) ab(a b )         _{( vì}c(b a) 0;b ba  2 

2 2 2 2

a  c a  c 0₎2b(a b ) 2 b(4 b )2 2   2 _(vì0 b a 2   _).

Đặt B = 2b(4 b ) 0 2  .Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho 3 số khơng âm, ta có:

3

2 2 2 10

2 2 2 2 2 2 2

3

2b 4 b 4 b 2

B 4b (4 b ) 2.2b .(4 b )(4 b ) 2 .

3 3
     

      _ _ 
 

---Do đó:
32 3

A B .

9
 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

2 2 2

2 2

2

2 2

a 2
c(b a)(b ab a c ) 0

b(a b )(2 a) 0 _b 2 3_.

3
b(4 a ) 0

c 0

2b 4 b


      


  
 
 
 
 
 

 _{ } 
 

Kết luận: Vậy giá trị lớn nhất của A là
32 3

9 _{đạt được khi (x; y; z) =}
4
4; ;0

3

 

 

 _{và các}

hoán vị.
0.5
0.25

4
1

<i> Tính AE theo MJ và MN.</i>

0.25

0.25

0.25

0.25
<i>Kẻ đường kính AH của đường trịn ( J ). </i>

<i>Dễ thấy tứ giác MECH là hình bình hành, F là trung điểm của MN nên F cũng là trung </i>
<i>điểm của EH. </i>

<i>Suy ra : JF là đường trung bình của tam giác AEH </i> AE 2JF.

<i>Mặt khác, F là trung điểm của MN nên </i>

1

MF MN

2


<i>và JF vng góc với MN tại F. Áp </i>
dụng định lí Pythagores vào tam giác JFM vng tại F, ta có:JF MJ2 MF2

2

2 1 2 1 2

MJ MN MJ MN

2 4

 

  _ _  

  _.

2 1 2

AE 2JF 2 MJ MN

4

   

. Vậy AE =

2 1 2

2 MJ MN

4


.

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

2

<i>++ QR . KL = AL . BP và MS.MB.PD2_{= MA.MP.RD}2_.</i>

        

KAL MAJ PAK MNH PQT (90 ANM) (90 AQP) AQP ANM           

Vì MN // RQ ( cùng vng góc với BP ) nên ANM AQR  ( đồng vị ). Suy ra: KAL

  

AQP AQR PQR

   _.

Khi đó: AKL QPR(g.g)

AL QR
KL PR

 

và

AK QP
AL QR <b>₍₁₎</b>

Từ

AL QR

KL PR  _{AL.PR = QR. KL} AL(BP BR) QR.KL   AL.BP AL.

0.25

BR QR. KL  AL. BR QR. KL AL. BP  _.

Dễ thấy tứ giác BCQR là hình chữ nhật nên BR = CQ. Suy ra: AL. CQ QR. KL
AL. BP

 _.

---MSA

 MBP_(g.g)

MS MA
MB MP

 

<b> (*); PRD</b>

PBM
 _(g.g)

RD PD

BM PM

 

RD.PM BM.PD

BM ;MP

PD RD

  

<b>---Khi đó, (*) tương đương với: </b>

MS MA MS.PD MA.RD

RD.PM BM.PD RD.PM BM.PD

PD RD

  


MS.MB.PD2_{= MA.MP.RD}2_.

Vậy AL. CQ QR. KL AL. BP_và_MS.MB.PD2_{= MA.MP.RD}2_.

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25
<i>b. Chứng minh rằng: RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC. PD.</i>

 

PTQ MHN _{( cùng bù với}MAN )  PTK KTQ MHA NHA   

   

180 PKT 180 TKQ 180 MJH 180 HJN

2 2 2 2

       

   

 

360 PKQ 360 MJN

       PKQ MJN  _.

Mà:

JM KP ( 1)

JN KQ  _nênJMN KPQ_(c.g.c)

JM MN

KP PQ

 

<b> (2)</b>
<b></b>

---Lại có:

AJ AK_{( 1)} AJ JM

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

5

<b>Từ (1), (2) và (3) ta có: </b>

AJ AJ AK JM QP MN QP MN_. _. _.

AL AK AL KP QR  PQ QR QR _{, mà QR = BC ( do BCQR là hình}

chữ nhật ) nên:
AJ
AL

MN
BC


.

---Suy ra:

AL JL BC BM NC ₁ JL ₁ BM NC

AL BC AL BC BC

  

      BM NC JL

BC BC AL

  

.

Mà

RD.PM
BM

PD


(chứng minh trên ) nên

RD.PM NC JL

PD.BC BC AL 

RD.PM NC.PD JL

PD.BC AL



 

<i> </i>RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC. PD.

Vậy RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC. PD.

Giả sử có 3 số nào đó khơng là độ dài ba cạnh của một tam giác, chẳng hạn là a1, a2, a3
và a1 + a2 < a3. ( 1 )

---Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski cho hai dãy, mỗi dãy có n – 2 số thực :

0.5

0.25

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

+ Dãy 1:

2 2 2

1 2 3 4 5 n

a a a ,a ,a ,....,a _.

+ Dãy 2:
8

3 _{và n – 3 số 1}

Ta có:

2

2 2 2 2 2 2

1 2 3 4 5 n 1 2 n

8_(a _a _{a ) a} _{a .... a} 8 _{n 3 (a} _a _{.... a )}

3 3

  _ _

           

  _ _

  _ _

 

hay

2

2 2 2 2 2 2

1 2 n 1 2 3 4 5 n

3n 1_(a _a _{.... a )} 8_(a _a _{a ) a} _{a .... a}

3 3

 



          

 

  _.

---Kết hợp với bất đẳng thức điều kiện, suy ra:





2

2 ₂ ₂ ₂

1 2 3 1 2 3 4 5 n

8

a a a (a a a ) a a .... a

3

 

         

 

 

2 2 2

1 2 3 1 2 3

8

a a a (a a a )

3

      2 2 2 2

1 2 3 1 2 3

3(a a a ) 8(a a a )

     

2

1 2 3 1 2 2 3 3 1

5(a a a ) 6(a a a a a a )

      _{( 2).}

---Giả sử: a3 a a1 2 x ( x > 0 )_{, thay vào ( 2 ) ta được:}

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

5 a a (a a x)   6 a a (a a )(a a x)_     _

  _.

Khai triển và rút gọn, ta được: 4(a12a ) 8a a 5x22  1 2 24x(a a ) 01 2  _hay

2 2

1 2 1 2

4(a a ) 5x  4x(a a ) _{< 0.}_{Bất đẳng thức này không xảy ra do biểu thức ở}
vế trái luôn dương. Vậy giả thiết (1 ) là sai.

Kết luận: Vậy a<i>i</i>, a<i>j</i>, a<i>k</i> là độ dài ba cạnh của một tam giác, trong đó i, j, k là các số

tự nhiên thỏa mãn điều kiện 0 < i < j < k  n

0.25

0.25

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

<b> </b>

<b> </b>

</div>

<!--links-->