" Tuyển Tập Đề Thi Vào Lớp 10 Chuyên Toán 9 Tập 1 🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Tuyển Tập Đề Thi Vào Lớp 10 Chuyên Toán 9 Tập 1 Ebooks Nhóm Zalo TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN 9TOÁN TẬP 1 Năm - 2020 Biên soạn & sưu tầm: Ths NGUYỄN CHÍN EM Mục lục Đề số 1. Đề thi vào 10, chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Vũng Tàu, Vòng 1, năm 20188 Đề số 2. Đề thi vào 10, chuyên Bắc Giang, tỉnh Bắc Giang, năm 2018 . . . . 13 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Đề số 3. Đề thi vào 10, chuyên Tiền Giang, tỉnh Tiền Giang, năm 2018 . . . . 19 Đề số 4. Đề thi vào 10, chuyên Đại Học Vinh, tỉnh Nghệ An, năm 2018 . . . . 27 Đề số 5. Đề thi vào 10, chuyên Hà Tĩnh, tỉnh Hà Tĩnh, năm 2018 . . . . . . . 32 Đề số 6. Đề thi vào 10, chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương, năm 2018 . . . 37 Đề số 7. Đề thi vào 10, chuyên Bình Phước, năm 2018 . . . . . . . . . . . . . . 45 Đề số 8. Đề thi vào 10, chuyên Hùng Vương, tỉnh Phú Thọ, năm 2018 . . . . 53 Đề số 9. Đề thi vào 10, chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Vĩnh Long, năm 2018 59 Đề số 10. Đề thi vào 10, chuyên Vĩnh Phúc, vòng 2 năm 2018-2019 . . . . . . 65 Đề số 11. Đề thi vào 10, chuyên Thực hành Sư phạm, Hồ Chí Minh, năm 2018 71 Đề số 12. Đề thi vào 10, chuyên Thái Bình, năm 2018 . . . . . . . . . . . . . . 78 Đề số 13. Đề thi vào 10, chuyên Thái Nguyên, tỉnh Thái Nguyên, năm 2018 . 85 Đề số 14. Đề thi vào 10, chuyên PTNK, Tp. Hồ Chí Minh, vòng 2, năm 2018 91 Đề số 15. Đề thi vào 10, chuyên PTNK, Tp. Hồ Chí Minh, vòng 1, năm 2018 96 Đề số 16. Đề thi vào 10, chuyên Lương Văn Tụy, Ninh Bình, năm 2018 . . . . 102 Đề số 17. Đề thi vào 10, chuyên Lương Văn Chánh, tỉnh Phú Yên, năm 2018 107 Đề số 18. Đề thi vào 10, chuyên Lương Thế Vinh, tỉnh Đồng Nai, năm 2018 . 112 Đề số 19. Đề thi vào 10, chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Quảng Trị, năm 2018 . . . 117 Đề số 20. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 Đề số 21. Đề thi vào 10, chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng, năm 2018 . . . . . . . 129 Đề số 22. Đề thi vào 10, chuyên Lê Khiết, Quảng Ngãi, năm 2018 . . . . . . . 135 Đề số 23. Đề thi vào 10, chuyên Lê Hồng Phong, tỉnh Nam Định, vòng 1, năm 2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140 Đề số 24. Đề thi vào 10, chuyên Lào Cai, tỉnh Lào Cai, năm 2018 . . . . . . . 146 Đề số 25. Đề thi vào 10 chuyên, tỉnh Kiên Giang, năm 2018 . . . . . . . . . . 150 2 h | Nhóm GeoGebraPro 3 Đề số 26. Đề thi vào 10, chuyên KHTN Hà Nội, vòng 2, năm 2018 . . . . . . . 155 Đề số 27. Đề thi vào 10, chuyên KHTN Hà Nội, vòng 1, năm 2018 . . . . . . . 160 Đề số 28. Đề thi vào 10, chuyên Toán, Tin tỉnh Hưng Yên, năm 2018 . . . . . 164 Đề số 29. Đề thi vào 10, chuyên Hoàng Văn Thụ, tỉnh Hòa Bình, năm 2018 . 169 Đề số 30. Đề thi vào 10 chuyên, Tp. Hồ Chí Minh, năm 2018 . . . . . . . . . . 174 Đề số 31. Đề thi vào 10 chuyên, Tp. Hà Nội, năm 2018 . . . . . . . . . . . . . 179 Đề số 32. Đề thi vào 10, chuyên ĐHSP Hà Nội, vòng 2, năm 2018 . . . . . . . 185 Đề số 33. Đề thi vào 10, chuyên sư phạm Hà Nội, vòng 1, năm 2018 . . . . . . 189 Đề số 34. Đề thi vào 10, chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Bình Định, vòng 2, năm 2018194 Đề số 35. Đề thi vào 10, chuyên Bến Tre, tỉnh Bến Tre, năm 2018 . . . . . . . 200 Đề số 36. Đề thi vào 10, chuyên Bắc Ninh, tỉnh Bắc Ninh, năm 2018 . . . . . 204 Đề số 37. Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội, năm 2009 - 2010 . . . . . . . . . . 208 Đề số 38. Đề thi Chuyên Hà Nội năm 2008 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211 Đề số 39. Đề thi Chuyên Hà Nội năm 2007 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 Đề số 40. Đề thi Chuyên Hà Nội năm 2005 - 2006, Vòng 1 . . . . . . . . . . . 218 Đề số 41. Đề thi chuyên Toán Tin, Sở Giáo dục Hà Nội năm 2005 V2 . . . . . 222 Đề số 42. Đề thi chuyên Toán Tin, Sở Giáo dục Hà Nội năm 2004 V2 . . . . . 226 / Nhóm: https://sachhoc.com Đề số 43. Đề thi Chuyên Hà Nội năm 2004 - 2005, Vòng 1 . . . . . . . . . . . 230 Đề số 44. Đề thi chuyên Toán - Tin AMS, Hà Nội vòng 2, năm 2003 . . . . . 234 Đề số 45. Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội, năm 2003 - 2004 . . . . . . . . . . 237 Đề số 46. Đề thi vào 10 chuyên Toán Hà Nội năm 2015 . . . . . . . . . . . . . 240 Đề số 47. Đề thi vào 10 chuyên Toán Hà Nội năm 2014 . . . . . . . . . . . . . 244 Đề số 48. Đề thi vào 10 chuyên Toán Hà Nội năm 2013 . . . . . . . . . . . . . 251 Đề số 49. Đề thi vào 10 chuyên Toán Hà Nội năm 2011 . . . . . . . . . . . . . 255 Đề số 50. Đề thi vào 10 chuyên Toán Hà Nội năm 2010 . . . . . . . . . . . . . 259 Đề số 51. Đề thi vào 10 chuyên Toán THPT Amsterdam Hà Nội năm 2012 . . 263 Đề số 52. Đề thi vào 10 Chuyên KHTN Hà Nội năm 2015, vòng 2 . . . . . . . 267 Đề số 53. Đề thi vào 10 chuyên KHTN Hà Nội năm 2015, vòng 1 . . . . . . . 271 Đề số 54. Đề thi vào 10 Chuyên KHTN Hà Nội năm 2014, vòng 2 . . . . . . . 275 Đề số 55. Đề thi vào 10 Chuyên KHTN Hà Nội năm 2014, vòng 1 . . . . . . . 279 Đề số 56. Đề thi vào 10 chuyên KHTN Hà Nội năm 2013, vòng 2 . . . . . . . 284 Đề số 57. Đề thi vào 10 Chuyên KHTN Hà Nội năm 2013, vòng 1 . . . . . . . 288 Đề số 58. Đề thi vào 10 Chuyên KHTN Hà Nội năm 2012, vòng 2 . . . . . . . 292 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro4 Đề số 59. Đề thi vào 10 Chuyên KHTN Hà Nội năm 2012, vòng 1 . . . . . . . 295 Đề số 60. Đề thi vào 10 Chuyên KHTN Hà Nội năm 2011, vòng 2 . . . . . . . 299 Đề số 61. Đề thi vào 10 Chuyên KHTN Hà Nội năm 2011, vòng 1 . . . . . . . 303 Đề số 62. Đề thi vào 10 chuyên KHTN Hà Nội năm 2010, vòng 2 . . . . . . . 307 Đề số 63. Đề thi vào 10 chuyên KHTN Hà Nội năm 2010, vòng 1 . . . . . . . 310 Đề số 64. Đề thi vào 10 chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2015, vòng 2 . . . . . . . . 313 Đề số 65. Đề thi vào 10 chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2015, vòng 1 . . . . . . . . 317 Đề số 66. Đề thi vào 10 Chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2014, vòng 2 . . . . . . . 320 Đề số 67. Đề thi vào 10 Chuyên KHTN Hà Nội năm 2014, vòng 1 . . . . . . . 324 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Đề số 68. Đề thi vào 10 chuyên KHTN Hà Nội năm 2013, vòng 2 . . . . . . . 329 Đề số 69. Đề thi vào 10 Chuyên KHTN Hà Nội năm 2013, vòng 1 . . . . . . . 333 Đề số 70. Đề thi vào 10 chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2012, vòng 2 . . . . . . . . 337 Đề số 71. Đề thi vào 10 chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2012, vòng 1 . . . . . . . . 341 Đề số 72. Đề thi vào 10 Chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2011, vòng 2 . . . . . . . 345 Đề số 73. Đề thi vào 10 Chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2011, vòng 1 . . . . . . . 349 Đề số 74. Đề thi vào 10 chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2010, vòng 2 . . . . . . . . 352 Đề số 75. Đề thi vào 10, Sở giáo dục Vĩnh Long, 2017 . . . . . . . . . . . . . . 356 Đề số 76. Đề thi vào 10, trường THPT Năng Khiếu, 2017 . . . . . . . . . . . . 361 Đề số 77. Đề thi vào 10, Chuyên Vĩnh Phúc Vòng 2, 2017 . . . . . . . . . . . . 366 Đề số 78. Đề thi vào 10, Sở giáo dục Vĩnh Long, 2017 . . . . . . . . . . . . . . 370 Đề số 79. Đề thi vào 10, Chuyên Trần Phú, Hải Phòng 2017 . . . . . . . . . . 375 Đề số 80. Đề thi vào 10, Chuyên Trần Hưng Đạo, Bình Thuận, 2017 . . . . . 380 Đề số 81. Đề thi vào 10, Sở Giáo Dục Hà Nội - Chuyên Tin, 2017 . . . . . . . 383 Đề số 82. Đề thi vào 10 Chuyên, Sở giáo dục Tiền Giang, 2017 . . . . . . . . . 387 Đề số 83. Đề thi vào 10, Chuyên THPT, TPHCM, 2017 . . . . . . . . . . . . . 391 Đề số 84. Đề thi vào 10, Chuyên Thái Nguyên 2017 . . . . . . . . . . . . . . . 394 Đề số 85. Đề thi vào 10, Chuyên Thái Bình - Vòng 1, 2017 . . . . . . . . . . . 400 Đề số 86. Đề thi vào 10, Chuyên Thái Bình - Vòng 2, 2017 . . . . . . . . . . . 405 Đề số 87. Đề thi vào 10, Chuyên đại học sư phạm Hà Nội - Vòng 2, 2017 . . . 410 Đề số 88. Đề thi vào 10, Trường THPT chuyên ĐHSP - Vòng 1, 2017 . . . . 414 Đề số 89. Đề thi vào 10, Chuyên Toán, THPT Chuyên Quốc Học Huế Vòng 2, 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 420 Đề số 90. Đề thi vào 10 THPT Chuyên Quốc Học Huế Vòng 1, 2017 . . . . . 425 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 5 Đề số 91. Đề thi vào 10 PTNK Hồ Chí Minh, 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . 429 Đề số 92. Đề thi vào 10, Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An, 2017 . . . . . . . 434 Đề số 93. Đề thi vào 10, Chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương, 2017 . . . . . . . . 439 Đề số 94. Đề thi vào 10, Chuyên Nguyễn Tất Thành - Kon Tum, 2017 . . . . 446 Đề số 95. Đề thi vào 10, Chuyên Lương Văn Tuỵ, Ninh Bình, 2017 . . . . . . 450 Đề số 96. Đề thi vào 10, Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai, 2017 . . . . . . 453 Đề số 97. Đề thi vào 10, Chuyên Lê Quý Đôn Vũng Tàu V2, 2017 . . . . . . . 458 Đề số 98. Đề thi vào 10, Chuyên Lê Quý Đôn Vũng Tàu Vòng 1, 2017 . . . . 462 Đề số 99. Đề thi vào 10, Chuyên Lê Quý Đôn, Quảng Trị, 2017 . . . . . . . . 467 Đề số 100. Đề thi vào 10, Chuyên Lê Quí Đôn Ninh Thuận, 2017 . . . . . . . 470 Đề số 101. Đề thi vào 10, Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng, 2017 . . . . . . . . 473 Đề số 102. Đề thi vào 10, Chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định, vòng 1, 2017 . . . 478 Đề số 103. Đề thi vào 10, Chuyên Lê Khiết, Quãng Ngãi 2017 . . . . . . . . . 481 Đề số 104. Đề thi vào 10, Chuyên LHP Nam Định vòng 2, 2017 . . . . . . . . 486 Đề số 105. Đề thi vào 10, Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định (Vòng 1), 2017 . 490 Đề số 106. Đề thi vào 10, Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa 2017 . . . . . . . . . 495 Đề số 107. Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Lâm Đồng, 2017 . . . . . . . . . 500 / Nhóm: https://sachhoc.com Đề số 108. Đề thi vào 10, Chuyên KHTN, Hà Nội, V2, 2017 . . . . . . . . . . 504 Đề số 109. Đề thi vào 10, Chuyên KHTN Hà Nội vòng 1 , 2017 . . . . . . . . 510 Đề số 110. Đề thi vào 10, Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt, Kiên Giang, 2017 . . . . . 513 Đề số 111. Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Hưng Yên, 2017 . . . . . . . . . 517 Đề số 112. Đề thi vào 10, Chuyên Hùng Vương Phú Thọ, Vòng 2, 2017 . . . . 522 Đề số 113. Đề thi vào 10, Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, Vòng 1, 2017 . . . 527 Đề số 114. Đề thi vào lớp 10, Chuyên Hùng Vương-Gia Lai, 2017 . . . . . . . 533 Đề số 115. Đề thi vào 10, Chuyên Hoàng Văn Thụ, Hòa Bình, 2017 . . . . . . 537 Đề số 116. Đề thi vào 10, Chuyên Hoàng Lê Kha, Tây Ninh, 2017 . . . . . . . 541 Đề số 117. Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Hà Tĩnh, 2017 . . . . . . . . . . 545 Đề số 118. Đề thi vào chuyên Toán 10, Sở giáo dục Hà Nội, 2017 . . . . . . . 549 Đề số 119. Đề thi vào 10 chuyên Hạ Long, Sở giáo dục Quảng Ninh, 2017 . . 554 Đề số 120. Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Đồng Tháp, 2017 . . . . . . . . 557 Đề số 121. Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Đắk Lắk, 2017 . . . . . . . . . . 562 Đề số 122. Đề thi vào 10, Chuyên Đại Học Vinh, Vòng 2, 2017 . . . . . . . . . 567 Đề số 123. Đề thi vào 10, Chuyên Đại Học Vinh, Vòng 1, 2017 . . . . . . . . . 570 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro6 Đề số 124. Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Bình Dương, 2017 . . . . . . . . 573 Đề số 125. Đề thi vào 10, Chuyên Bắc Ninh, Bắc Ninh, 2017 . . . . . . . . . . 576 Đề số 126. Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Bạc Liêu, 2017 . . . . . . . . . . 581 Đề số 127. Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Bắc Giang, 2017 . . . . . . . . . 587 Đề số 128. Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục An Giang, 2017 . . . . . . . . . 592 Đề số 129. Đề thi vào 10, PTNK, TPHCM 2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . 596 Đề số 130. Đề thi vào 10 Chuyên, Sở Giáo dục Vũng Tàu, Vòng 1, 2016 . . . . 600 Đề số 131. Đề thi vào 10, Chuyên Vĩnh Phúc - V2, 2016 . . . . . . . . . . . . 604 Đề số 132. Đề thi vào 10, Chuyên Vĩnh Phúc, vòng 1, 2016 . . . . . . . . . . . 608 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Đề số 133. Đề thi vào 10, Sở giáo dục Vĩnh Long, 2016 . . . . . . . . . . . . . 612 Đề số 134. Đề thi vào 10, Chuyên Trần Phú, Hải Phòng 2016 . . . . . . . . . 617 Đề số 135. Đề thi vào 10, Chuyên Thái Nguyên 2016 . . . . . . . . . . . . . . 622 Đề số 136. Đề thi vào 10, Chuyên Thái Bình - Vòng 2, 2016 . . . . . . . . . . 626 Đề số 137. Đề thi vào 10 Chuyên, Sở Giáo dục Tây Ninh, 2016 . . . . . . . . . 630 Đề số 138. Đề thi vào 10, Chuyên ĐHSP HCM, Vòng 2, 2016 . . . . . . . . . . 634 Đề số 139. Đề thi vào 10, Chuyên Toán Đại Học Sư Phạm Hà Nội vòng 2, 2016638 Đề số 140. Đề thi vào 10, Chuyên sư phạm Hà Nội - Vòng 1, 2016 . . . . . . . 642 Đề số 141. Đề thi vào 10 Chuyên, Sở Giáo dục Sơn La, 2016 . . . . . . . . . . 646 Đề số 142. Đề thi vào 10, Chuyên Quốc Học Huế, vòng 2, năm 2016 . . . . . 650 Đề số 143. Đề thi vào 10, Sở giáo dục Quảng Bình, 2016 . . . . . . . . . . . . 654 Đề số 144. Đề thi vào 10, Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An, 2016 . . . . . . . 658 Đề số 145. Đề thi vào 10, Chuyên Lương Văn Tụy Ninh Bình, 2016 . . . . . . 663 Đề số 146. Đề thi vào 10, Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai, 2016 . . . . . . 667 Đề số 147. Đề thi vào lớp 10, Chuyên Long An, 2016 . . . . . . . . . . . . . . 670 Đề số 148. Đề thi vào 10, Chuyên Lê Quý Đôn, Vũng Tàu, 2016 . . . . . . . . 674 Đề số 149. Đề thi vào 10, Chuyên Lê Quý Đôn Ninh Thuận, 2016 . . . . . . . 679 Đề số 150. Đề thi vào 10, Chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng, 2016 . . . . . . . . . 683 Đề số 151. Đề thi vào 10, Chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định, vòng 1, 2016 . . . 688 Đề số 152. Đề thi vào 10, Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định vòng 2, 2016 . . 692 Đề số 153. Đề thi vào 10, Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định (Vòng 1), 2016 . 695 Đề số 154. Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Lào Cai, 2016 . . . . . . . . . . 699 Đề số 155. Đề thi vào 10, Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa, Vòng 2, 2016 . . . . 704 Đề số 156. Đề thi vào 10, Chuyên Lam Sơn, 2016 - V1 . . . . . . . . . . . . . . 708 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 7 Đề số 157. Đề thi vào 10 Chuyên, Sở Giáo dục Lâm Đồng, 2016 . . . . . . . . 713 Đề số 158. Đề thi vào 10, Chuyên Kiên Giang, 2016, V2 . . . . . . . . . . . . . 718 Đề số 159. Đề thi vào 10, Chuyên KHTN Hà Nội, V2, 2016 . . . . . . . . . . . 721 Đề số 160. Đề thi vào 10, Chuyên Khoa học Tự nhiên Hà Nội, Vòng 1, năm 2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724 Đề số 161. Đề thi vào 10, Chuyên Hưng Yên Vòng 2, 2016 . . . . . . . . . . . 729 Đề số 162. Đề thi vào 10, Sở giáo dục Hưng Yên, 2016 . . . . . . . . . . . . . . 733 Đề số 163. Đề thi vào 10, Chuyên Hùng Vương, Sở giáo dục Phú Thọ, 2016 . 737 Đề số 164. Đề thi vào 10 chuyên Toán, vòng 2, Chuyên Hùng Vương Gia Lai, 2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 741 Đề số 165. Đề thi vào 10, THPT Chuyên Tp Hồ Chí Minh, 2016 . . . . . . . . 746 Đề số 166. Đề thi vào 10, Sở giáo dục Hòa Bình, Chuyên Hoàng Văn Thụ 2016 751 Đề số 167. Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Hòa Bình, 2016 . . . . . . . . . 755 Đề số 168. Đề thi vào 10, Sở giáo dục Hậu Giang, 2016 . . . . . . . . . . . . . 759 Đề số 169. Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Hà Tĩnh, 2016 . . . . . . . . . . 764 Đề số 170. Đề thi vào 10, Chuyên Hà Nội, 2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 768 Đề số 171. Đề thi vào 10, Chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương, V2, 2016 . . . . . 773 / Nhóm: https://sachhoc.com Đề số 172. Đề thi vào 10, Chuyên Đồng Tháp, 2016 . . . . . . . . . . . . . . . 777 Đề số 173. Đề thi vào 10 Chuyên, Sở giáo dục Đăk Lăk, 2016 . . . . . . . . . 782 Đề số 174. Đề thi vào 10, chuyên đại học Vinh vòng 2, 2016 . . . . . . . . . . 786 Đề số 175. Đề thi vào 10, Chuyên Bình Phước, 2016 . . . . . . . . . . . . . . . 790 Đề số 176. Đề thi vào 10, Chuyên Biên Hòa Hà Nam, năm học 2016-2017 . . 795 Đề số 177. Đề thi vào 10, Chuyên Biên Hòa Hà Nam vòng 1, 2016 . . . . . . . 799 Đề số 178. Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Bến Tre, 2016 . . . . . . . . . . 802 Đề số 179. Thi vào 10 chuyên, Sở Giáo dục Bắc Ninh, 2016 . . . . . . . . . . . 808 Đề số 180. Đề thi vào 10 Chuyên, Sở giáo dục Bạc Liêu, 2016 . . . . . . . . . 812 Đề số 181. Đề thi vào 10, Chuyên Bắc Giang, 2016 . . . . . . . . . . . . . . . . 816 Đề số 182. Đề thi vào 10, Chuyên Sư Phạm Hà Nội Vòng 2, 2015 . . . . . . . 821 Đề số 183. Đề thi vào 10, Chuyên ĐH Khoa học Tự nhiên, vòng 1, 2015 . . . 826 Đề số 184. Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Hưng Yên, 2015 . . . . . . . . . 830 Đề số 185. Đề thi vào 10, Chuyên Đại Học Sư Phạm Hà Nội , 2014 . . . . . . 834 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro8 TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9 ĐỀ SỐ 1 ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN, TỈNH VŨNG TÀU, VÒNG 1, NĂM 2018 Câu 1. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . √7−2−14 √7+»√7−2 2. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên a) Rút gọn biểu thức:A=3 b) Giải phương trình5x2 + 2√5x + 1 = 0. c) Giải hệ phương trình Lời giải. a) Ta có  3x−2y = 16 x + 5y=−23. √7−2−14 √7+…Ä√7−2ä2=37 +√2 A=3 = √7 + 2−2√7 +√7− 2 = 0. 7−4−14√7 7+ √7−2 b) Ta có5x2 + 2√5x + 1 = 0⇔√5x + 1 2= 0⇔√5x + 1 = 0⇔x=−√55 . Vậy phương trình đã cho có tập nghiệmS= ß − √5 5 ™ . c) Ta có   3x−2y = 16 x + 5y=−23 ⇔  3x−2y = 16 3x + 15y=−69 ⇔  17y=−85 3x−2y = 16 ⇔  y=−5 3x + 10 = 16 ⇔  x = 2 y = −5. Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệmS={(2;−5)}. Câu 2. a) Tìm tất cả giá trị của hệ sốa để hàm sốy= ax + 2 đồng biến và đồ thị của hàm số đi qua điểmA(1; 3). Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 9 b) Cho đường thẳng (d): y = (3 − 2m)x − m2 và parabol (P): y = x2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 và x1(x2 − 1) + 2(x1 − x2) = 2x1 − x2. Lời giải. a) Yêu cầu bài toán ⇔   a > 0 a · 1 + 2 = 3 ⇔ a = 1. b) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là x2 = (3 − 2m)x − m2 ⇔ x2 − (3 − 2m)x + m2 = 0. (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ (3 − 2m)2 − 4m2 > 0 ⇔ 9 − 12m > 0 ⇔ m <34. Theo hệ thức Vi-ét, ta có   x1 + x2 = 3 − 2m x1x2 = m2. Ta có x1(x2 − 1) + 2(x1 − x2) = 2x1 − x2 ⇔ x1x2 − (x1 + x2) = 0 ⇔ m2 + 2m − 3 = 0 ⇔ m = 1 / m = −3. Nhóm: https://sachhoc.com So sánh với điều kiện, ta được m = −3. Câu 3. a) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 174 m. Nếu tăng chiều rộng 5 m và giảm chiều dài 2 m thì diện tích mảnh vườn đó tăng thêm 215 m2. Tính chiều rộng và chiều dài ban đầu của mảnh vườn. b) Giải phương trình 5x4 − 2x2 − 3x2√x2 + 2 = 4. Lời giải. a) Gọi x(m) và y(m) lần lượt là chiều dài và chiều rộng ban đầu của mảnh vườn (x > 2, y > 5). Chu vi mảnh vườn bằng 174 m nên ta có x + y = 1742 = 87. (1) Khi tăng chiều rộng 5 m và giảm chiều dài 2 m thì diện tích mảnh vườn đó tăng thêm 215 m2 nên ta có phương trình (x − 2)(y + 5) = xy + 215 ⇔ 5x − 2y = 225. (2) Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 10  Từ (1) & (2), ta có hệ phương trình  (thỏa mãn điều kiện). x+y = 87 5x−2y = 225 ⇔  2x + 2y = 174 5x−2y = 225 ⇔  x = 57 y = 30 Vậy ban đầu chiều dài và chiều rộng mảnh vườn lần lượt là 57 m và 30 m. b) Ta có5x4−2x2−3x2√x2 + 2 = 4⇔5x4−3x2√x2 + 2− 2(x2 + 2) = 0. Đặtt=√x2 + 2 (t≥√2), ta được phương trình 5x4−3x2t−2t2 = 0⇔(x2−u)(5x2 + 2u) = 0⇔u=x2(vì5x2 + 2u > 0). Khi đó, ta cóx2=√x2 + 2⇔x4=x2 + 2⇔(x2− 2)(x2 + 1) = 0⇔x=±√2. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Vậy phương trình đã cho có tập nghiệmS= −√2,√2 . Câu 4. Cho đường tròn(O) có AB là dây cung không đi qua tâm vàI là trung điểm của dây AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểmM khác điểmA. Vẽ hai tiếp tuyến MC và MD đến(O) (tiếp điểmC thuộc cung nhỏ AB, tiếp điểmD thuộc cung lớn AB). a) Chứng minh tứ giác OIMD nội tiếp được đường tròn. b) Chứng minh MD2= MA· MB. c) Đường thẳng OI cắt cung nhỏ AB của(O) tại điểmN, giao điểm của hai đường thẳng DN và MB làE. Chứng minh tam giác MCE cân tạiM. d) Đường thẳng ON cắt đường thẳng CD tại điểmF. Chứng minh1 OI· OF+1 4 CD2 . Lời giải. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên ME2= h | Nhóm GeoGebraPro 11 F C A N I E B M O H / D Nhóm: https://sachhoc.com a) Do I là trung điểm của dây cung AB của đường tròn (O) nên OI ⊥ AB ⇒ MIO ’= 90◦. Lại có MD là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại D nên MDO ’ = 90◦. Tứ giác OIMD có MIO ’+ MDO ’ = 90◦ + 90◦ = 180◦ nên nội tiếp được đường tròn. b) Hai tam giác MAD và MBD có BMD ’ chung và MDA ’ = MBD ’ (cùng chắn cung AD). ⇒ 4MAD v 4MBD ⇒MA MD = MD MB ⇒ MD2 = MA · MB. c) Ta có ON là đường trung trực của đoạn thẳng AB nên NA = NB ⇒ NA˜ = NB˜. ⇒ MED ’ = 12ÄsđAD˜+ sđNB˜ä= 12ÄsđAD˜+ sđNA˜ä= 12sđND˜ = MDN ÷. ⇒ Tam giác MED cân tại M ⇒ ME = MD. Ta lại có MC = MD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). ⇒ ME = MC ⇒ tam giác MCE cân tại M. d) Ta có MC = MD và OC = OD nên MO là đường trung trực của đoạn thẳng CD ⇒ MO ⊥ CD tại trung điểm H của CD. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 12 Hai tam giác OIM và OHF có OIM’= OHF ’= 90◦ và MOF ’ chung. ⇒ 4OIMv4OHF⇒OI OH=OM OI· OF+1 ME2=1 OF⇒ OI· OF= OM· OH= OD2. Do đó1 OD2+1 MD2=1 DH2=4 CD2 . Câu 5. Cho a >0, b >0 vàa+b≤1. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thứcS= a 1 +b+b 1 +a+1 a+b. Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên 1 +b+49a(1 +b)≥2…a a Tương tự, ta cób 1 +a≥89b−49ab. 1 +b·4a(1 +b) 9=4a3⇒a 1 +b≥89a−49ab. a+b+89(a+b)−89ab= 1 −a+b + 8ab 9≥2−a+b + 8ab 9 . Do đóS≥1 a+b+a+b Ta lại có4ab≤(a+b)2≤1⇒a+b + 8ab≤3. Do đó, ta cóS≥2−39=53. Đẳng thức xảy ra khia=b=12. Vậy giá trị nhỏ nhất củaS là53, đạt được khia=b=12. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 13 TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN BẮC ĐỀ SỐ 2 GIANG, TỈNH BẮC GIANG, NĂM 2018 Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . Câu 1. Cho biểu thức A = 0; x 6= 1). a) Rút gọn biểu thức A. Åx + 4√x + 4 x + √x − 2 +x + √x 1 − x ã : Å 1 √x + 1 − 1 1 − √x ã (với x > b) Có bao nhiêu giá trị nguyên của x để A ≥1 + √2018 √2018 . Lời giải. a) Với x > 0; x 6= 1. / Ta có A = Åx + 4√x + 4 x + √x − 2 +x + √x 1 − x ã : Å 1 √x + 1 − 1 1 − √x ã Nhóm: https://sachhoc.com = ï (√x + 2)2 (√x − 1)(√x + 2) + √x(√x + 1) (1 − √x)(√x + 1) ò : Å 1 √x + 1 − 1 1 − √x ã = ï√x + 2 √x − 1 + √x 1 − √x ò :1 − √x − √x − 1 1 − x √x + 2 − √x √x − 1 ·x − 1 √x − 1 ·(√x − 1)(√x + 1) √x + 1 = b) Với A ≥1 + √2018 √2018thì √x≥1 + √2018 2√x = 2 2√x = √x . √x + 1 √2018⇔ √2018(√x + 1) ≥ √x(1 + √2018) ⇔ √2018 ≥ √x > 0 ⇔ 0 < x ≤ 2018. Mà x nguyên . Vậy có tất cả 2018 giá trị x để A ≥1 + √2018 √2018 . Câu 2. Cho phương trình x2 − (m + 1)x − 3 = 0 (1), với x là số ẩn, m là tham số. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Đặt B = 3x21 + 3x22 + 4x1 + 4x2 − 5 để B đạt giá trị lớn nhất. Lời giải. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên x21 + x22 − 4 . Tìm m h | Nhóm GeoGebraPro 14  Để phương trình (1) đã cho có hai nghiệm phân biệt thì  ⇔ (m − 1)2 − 4 · (−3) = (m − 1)2 + 12 > 0 với mọi m. a = 16= 0 ∆>0. Theo định lý Vi-et ta có  x1x2=−3 x1+x2=m + 1. Khi đóB=3x21 + 3x22 + 4x1 + 4x2−5 x21+x22−4=3[(x1+x2)2−2x1x2] + 4(x1+x2)−5 (x1+x2)2−2x1x2−4 =3[(m + 1)2−2·(−3)] + 4(m + 1)−5 (m + 1)2−2·(−3)−4 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên =3(m2 + 2m + 1 + 6) + 4m + 4−5 m2 + 2m + 1 + 2=3m2 + 10m + 20 m2 + 2m + 3 . ⇒ B(m2 + 2m + 3) = 3m2 + 10m + 20 ⇔(B − 3)m2 + (2B − 10)m + 3B − 20 = 0 ⇔(B − 3)m2 + 2(B − 5)m + 3B − 20 = 0.(0.1) Từ (0.1) có nghiệm thì∆0>0⇔(B− 5)2−(B− 3)(3B− 20)≥0 ⇔B2− 10B + 25−3B2 + 20B + 9B− 60≥0 ⇔ −2B2 + 19B− 35≥0⇔52≤B≤7. VậyB đạt giá trị lớn nhất bằng7 khi và chỉ khi4m2 + 4m + 1 = 0⇔ (2m + 1)2 = 0⇔ m=−12. Câu 3. Giải phương trình√x + 3 +x2 + 4x = 7. Lời giải. ĐKXĐx ≥ −3. √x + 3 + x2 + 4x = 7⇔√x + 3− 2 +x2 + 4x− 5 = 0 ⇔x−1 √x + 3 + 2+ (x− 1)(x + 5) = 0 ⇔(x− 1) Å1 √x + 3 + 2+x + 5 ã = 0 ⇒x− 1 = 0 (Vìx ≥ −3⇒1 √x + 3 + 2+x + 5≥ 0) ⇔x = 1. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm làS={1}. Câu 4. Giải hệ phương trình Lời giải.  x2− xy−x + 3y− 6 = 0 √5x− 6 +√16−3y = 2x2−2x+y−4.  Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 15 ĐKXĐ   x ≥65 y ≤163 . Ta có  x2 − xy − x + 3y − 6 = 0 (0.2) √5x − 6 + √16 − 3y = 2x2 − 2x + y − 4(0.3).   Từ phương trình (0.2) ta có x2 −xy −x+ 3y −6 = 0 ⇔ (x−3)(x+ 2−y) = 0 ⇔ Với x = 3 thay vào (0.3) ta được √5 · 3 − 6 + p16 − 3y = 2 · 32 − 2 · 2 + y − 4 ⇔3 + p16 − 3y = 10 − y ⇔p16 − 3y = 7 − y x = 3 y = x + 2. . ⇔ ⇔     y ≤ 7 16 − 3y = 49 − 14y + y2 y ≤ 7 y2 − 11y + 33 = 0 (PTV N). / Nhóm: https://sachhoc.com Với y = x + 2 thay vào phương trình (2) ta được phương trình √5x − 6 + √10 − 3x = 2x2 − 2x + x + 2 − 4 ⇔√5x − 6 + √10 − 3x = 2x2 − x − 2 ⇔√5x − 6 − 2 + √10 − 3x − 2 = 2x2 − x − 6 ⇔5x − 10 √5x − 6 + 2+6 − 3x √10 − 3x + 2 = (x − 2)(2x + 3) ⇔ 5(x − 2) √5x − 6 + 2 − 3(x − 2) Å 5 √10 − 3x + 2 = (x − 2)(2x + 3) ã ⇔(x − 2) ⇔x = 2. (Vì 5 √5x − 6 + 2 − 3 √10 − 3x + 2 − 2x − 3 = 0 √5x − 6 + 2 − 3 √10 − 3x + 2 − (2x + 3) < 0 với x ≥65) . Với x = 2 ⇒ y = 4. Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {(2; 4)}. Câu 5. Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n để 2018 + n2 là số chính phương. Lời giải. Giả sử n2 + 2018 là số chính phương, đặt n2 + 2018 = p2 (p là số tự nhiên lớn hơn 0). Ta được n2 − p2 + 2018 = 0 ⇔ n2 − p2 = −2018 ⇔ (n − p)(n + p) = −2018 = (−1) · 2018 = (−2018) · 1 = (−1009) · 2 = (−2) · 1009. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 16 Gọia=n− p, b=n+p(a, b cũng là các số nguyên). Vì tích củaa vàb bằng−2018 là một số chẵn, suy ra trong 2 sốa vàb phải có ít nhất một số chẵn. (0.4) Mặt kháca+b = (n−p+n+p) = 2n là một số chẵn. Suy raa vàb phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ. (0.5) Từ (0.4) và (0.5) suy raa vàb đều là số chẵn. Do đóa = 2k, b = 2l (với k, l là số nguyên). Theo trên ta cóa·b = 2018 hay2k·2l = 2018⇔4·k·l = 2018. Vì k, l là số nguyên nên suy ra 2018 phải chia hết cho4 (điều này vô lý, vì 2018 không Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên chia hết cho4). Vậy không tồn tại số nguyênn thỏa mãn yêu cầu bài toán (đpcm). Câu 6. Một đội bóng chuyển VTV cup 2018. Cứ hai đội trong giải đấu đó thi đấu với nhau đúng một trận. Đội thứ nhất thắngx1 trận và thuay1 trận, đội thứ hai thắngx2 trận và thuay2 trận,..., đội thứ mười thắngx10 trận và thuay10 trận. Biết rằng trong một trận đấu bóng chuyền không có trận hòa. Chứng minh rằng:x21+x22+ · · ·+x210= y21+y22+ · · ·+y210. Lời giải. Từ bài toán ta thấy mỗi đội bóng chuyền thi đấu đúng9 trận tức là x1+y1=x2+y2= · · ·=x10+y10 = 9. Do cứ2 đội trong giải thi đấu với nhau chỉ thẳng hoặc thua nghĩa là x1+ · · ·+x10=y1+ · · ·+y10. Xét hiệu(x21+x22+x10)2)−(y21+y22+y10)2 =(x1−y1)(x1+y1) + · · · + (x10−y10)(x10+y10) =9(x1+ · · ·+x10−y1 − · · · −y10) = 0. Suy ra điều phải chứng minh. Câu 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O) với AB < AC. GọiM là điểm thuộc cạnh BC(M không trùng vớiB vàC), đường thẳng AM cắt đường tròn(O) tại điểm D khácA. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD cắt đường thẳng AC tại điểmE khác C. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD cắt đường thẳng AB tạiF khácB. a) Chứng minh tứ giác BECF nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh hai tam giác ECD, F BD đồng dạng và ba điểm E, M, F thẳng hàng. c) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng EF. Lời giải. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 17 / A c B F a) Xét 4AME và 4ACD có E O M C D Nhóm: https://sachhoc.com Ab chung và AME ’ = ACD ’ (tứ giác MECD nội tiếp). Suy ra 4AME v 4ACD ⇒AE AD = AM AC ⇔ AE · AC = AD · AM. (0.6) Chứng minh tương tự ta cũng có AB · AF = AD · AM. (0.7) Từ (0.6) và (0.7) suy ra AE · AC = AB · AF ⇔AE AB = AF AC . Suy ra tứ giác BECF nội tiếp đường tròn. b) Ta có DEC ’= DMC ’ (cùng chắn cung CD˜). Mà DMC ’ = AMB ’ (đối đỉnh) và AMB ’ = BF’D (tứ giác BMDF nội tiếp). Suy ra DEC ’= BF’D. Chứng minh tương tự ta cũng có ECD ’= F’BD. Xét 4ECD và 4FBD có DEC ’= BF’D và ECD ’= F’BD. (cmt) Suy ra 4ECD v 4FBD (g − g). Ta có BMF ’ = BDF ’ (tứ giác FBMD nội tiếp) và EMC ’ = EDC ’ (tứ giác MECD nội tiếp). Mà BDF ’= EDC ’ (Vì 4ECD v 4FBD). Suy ra BMF ’ = EMC ’. Mặt khác BME ’ + EMC ’ = 180◦ ⇒ BME ’ + BMF ’ = 180◦. Do đó 3 điểm E, M, F thẳng hàng. c) Kẻ tiếp tuyến Ac với đường tròn (O) tại điểm M. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 18 Ta có BAc ‘= ACB ’(vì cùng chắn cung ABˆ). Hay F Ac ‘= ACB ’. (0.8) BF E ’= BCE ’ (vì cùng chắn cung BE˜). Hay AF E ’= ACB ’. (0.9) Từ (0.8) và (0.10) suy ra AF E ’= F Ac ‘. Mà AF E ’và F Ac ‘ ở vị trí so le trong. Suy ra Ac∥ EF. Mặt khác Ac⊥ AO (vì Ac là tiếp tuyến của đường tròn(O))⇒ AO⊥ EF (đpcm). Câu 8. Cho tam giác ABC vuông tạiA. Các cạnh của tam giác ABC thỏa mãn điều kiện BC2 = 2BA· AC + 4AC2. Tính số đo góc ABC ’. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Lời giải. Đặt BC=a; AB=c; AC=b vớia;b; c >0. DEC ’= BF D ’ và Theo đề ta cóa2 = 2cb + 4b2. Màa2=b2+c2(Định lý Py-ta-go). Suy rab2+c2 = 2bc + 4b2 ⇔ −3b2−2bc+c2 = 0⇔(b+c)(−3b+c) = 0⇔ Vớic = 3b thì tan ABC ’=bc=b3b=13⇒ ABC ’= 18◦. Vậy ABC ’= 18◦.  b=−c (loại) c = 3b (nhận). Câu 9. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãnx2+y2+z2 = 8. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M= |x3−y3| + |y3−z3| + |z3−x3|. Lời giải. Vì vai trò của x, y, z là như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sửx≥y≥z. Khi đóM= |x3−y3| + |y3−z3| + |z3−x3| =x3−y3+y3−z3−z3+x3 = 2(x3−z3) ⇔M2= (x−z)(x2+ xz+z2) =√x2−2xz+z2·√x2+ xz+z2·√x2+ xz+z2. (0.10) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có (0.10)⇔M2≤ 16√2. Åx2−2xz+z2+x2+ xz+z2+x2+ xz+z2 ã3 3 =p(x2+z2)3≤p(x2+y2+z2)3 Vậy maxP = 32√2 đạt được khiy=z = 0 vàx = 2√2 và các hoán vị. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 19 TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9 ĐỀ SỐ 3 ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN TIỀN GIANG, TỈNH TIỀN GIANG, NĂM 2018 Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . Câu 1. Tính giá trị của biểu thức E = x5 + 3x2 − 3x − 2 2018 biết x = q√3 −»1 −p21 − 12√3. / Nhóm: https://sachhoc.com Lời giải. Ta có x = = = Suy ra q√3 −»1 −p21 − 12√3 =s√3 − 1 −…Ä2√3 − 3ä2 »√3 −p4 − 2√3 = √3 −…Ä√3 − 1ä2 p√3 − √3 + 1 = 1. E = x5 + 3x2 − 3x − 2 2018 = 15 + 3 · 12 − 3 · 1 − 2 2018 = (−1)2018 = 1. Câu 2. Giải phương trình p x3 + 8 = 2x2 − x + 6 . 5 Lời giải. Điều kiện x3 + 8 > 0 ⇔ x > −2. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 20 Với mọix thỏa điều kiện, đặt  u=√x + 2 p . Phương trình đã cho tương đương v= x2−2x + 4  u = 2v v = 2u Vớiu = 2v, ta có 5p(x + 2) (x2−2x + 4) = 2x2−x + 6 ⇔5uv = 2u2+v2 ⇔(u−2v) (2u−v) = 0⇔ u = 2v⇔u2 = 4v2⇔x + 2 = 4x2−2x + 4 ⇔4x2−9x + 14 = 0 (Vô nghiệm) Với2u=v, ta có 2u=v⇔4u2=v2⇔ 4 (x + 2) =x2−2x + 4 ⇔x2−6x− 4 = 0  x = 3 +√13 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên ⇔ x = 3−√13(thỏa) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệmx = 3 +√13 vàx = 3−√13. Câu 3. Giải hệ phương trình  x2+y2 + 2 (x+y) = 7  y(y−2x)−2x = 10. Lời giải. Ta có    x + 1 =u x2+y2 + 2 (x+y) = 7 y(y−2x)−2x = 10 ⇔  (x + 1)2 + (y + 1)2 = 9 (y−2x− 1) (y + 1) = 9. (0.11) Đặt  ⇒y−2x− 1 =v−2u. Suy ra hệ (0.11) tương đương y + 1 =v  u2+v2 = 9 (v−2u)v = 9 ⇔  u2+v2 = 9 v2−2uv = 9. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 21 Lấy phương trình trên trừ phương trình dưới ta được  u = 0 u = −2v. Với u = 0, ta có u2 + 2uv = 0 ⇔   u = 0 v2 = 9⇔   u = 0  v = 3 ⇔   x = −1  y = 2 ⇔        x = −1 y = 2 x = −1 y = −4. Với u = −2v, ta có v = −3 y = −4     / Nhóm: https://sachhoc.com u = −2v u2 + v2 = 9⇔   u = −2v v2 = 95⇔            u = −6√5 5 v = 3√5 5 u = 6√5 5 v = −3√5 5 ⇔            x = −6√5 5 − 1 y = 3√5 5 − 1 x = 6√5 5 − 1 y = −3√5 5 − 1. Å Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm (−1; 2), (−1; −4), Câu 4. Cho phương trình −6√5 5 − 1; 3√5 5 − 1 ã và Å6√5 5 − 1; −3√5 5 − 1 ã . x2 − (2m + 4) x + 3m + 2 = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x2 − 2x1 = 3. Lời giải. Ta có ∆ = 4m2 + 4m + 8 = (2m + 1)2 + 7 > 0 với mọi x. Nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa  (0.12)  Suy ra x1 + x2 = 2m + 4 x1x2 = 3m + 2. 3 (x1 + x2 − 4) = 2 (x1x2 − 2). Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 22 Lại cóx2−2x1 = 3, nên  3 (x1+x2− 4) = 2 (x1x2− 2)⇔4x21−3x1− 1 = 0⇔ Vớix1 = 1⇒x2 = 5. Thế vào hệ (0.12) ta được x1 = 1 x1=−14.  2m + 4 = 6 3m + 2 = 5 ⇔m = 1. Vớix1=−14⇒x2=52. Thế vào hệ (0.12) ta được 2m + 4 = 94 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên 3m + 2 = −58 ⇔ m=−78.  Vậy tìm được2 giá trịm thỏa yêu cầu bài toán làm = 1 vàm=−78. Câu 5. Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho Parabol(P):y=14x2. Tìm tọa độ hai điểmA, B trên(P) sao choA,B đối xứng với nhau qua đường thẳng(d):y=−2x+92. Lời giải. Å GọiA a;a24ãvàBÅb;b24ã,(a6=b) là hai điểm phân biệt trên(P). GọiMÅa+b ã 2;a2+b2 8 là trung điểm AB. Gọi (∆) là đường thẳng quaA,B. Ta có phương trình đường thẳng (∆) x−a b−a= y−a24 4−a24⇔y= b2 Åa+b 4 ã x− ab Suy ra, đểA,B đối xứng qua đường thẳngd thì  M∈(d)  a2+b2 8=−2 Åa+b 2 ã +92  a2+b2=−8 (a+b) + 36  ab=−8  (∆)⊥(d) ⇔  Åa+b 4 ã (−2) =−1 ⇔  a+b = 2 ⇔  a+b = 2 Do đóa,b là nghiệm phương trình bậc2 X2−2X− 8 = 0⇔  X = 4 X = −2 Vậy hai điểmA,B thỏa yêu cầu bài toán có tọa độ làA (4; 4) vàB(−2; 1). Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 23 Câu 6. Chứng minh rằng M = a4 + 6a3 + 11a2 + 30a chia hết cho 24 với mọi số nguyên a. Lời giải. Chứng minh bài toán phụ: tích của 4 số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 24. Thật vậy, gọi tích bốn số tự nhiên liên tiếp là P a) Trường hợp 1: một trong 4 số bằng 0. Ta có P = 0 nên P .. 24. b) Trường hợp 2: với 4 số đều khác 0. Trong 4 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tai 2 số chẵn, một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 4. Do đó P .. 8. Lại có, trong 4 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tai một số chia hết cho 3, nên P .. 3. Mà 8 và 3 là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, nên P .. 24. Áp dụng bài toán phụ, suy ra a (a + 1)(a + 2)(a + 3) .. 24. / Nhóm: https://sachhoc.com Do đó a4 + 6a3 + 11a2 + 30a = a (a + 1)(a + 2)(a + 3) + 24a .. 24 ⇔ M .. 24. Câu 7. Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC và nội tiếp đường tròn tâm O. Đường tròn tâm K đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F. Gọi H là giao điểm của BF và CE. a) Chứng minh tam giác AEF và tam giác ACB đồng dạng. b) Gọi A0 là điểm đối xứng của A qua O. Chứng minh AA0 vuông góc với EF. c) Từ A dựng các tiếp tuyến AM, AN đến đường tròn (K) với M, N là các tiếp điểm. Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng. Lời giải. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 24 a) Chứng minh tam giác AEF và tam giác ACB đồng dạng. Ta có tứ giác BEF C nội tiếp A  AEF ’+ BEF ’= 180◦ ⇒ F  BCF ’+ BEF ’= 180◦(tứ giác BEF C nội tiếp) E ⇒AEF ’= BCF . ’ Xét4AEF và4ACB, có B C K  A chung AEF ’= BCF ’ ⇒ 4AEFv4ACB.  Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên b) GọiA0là điểm đối xứng củaA quaO. Chứng minh AA0 vuông góc với EF. Do tứ giác ABA0C nội tiếp nên A AA’0B= ACB ’⇒ AA’0B= AEF ’. GọiI= AA0∩ EF. F I E Xét4AEI và4AA0B, có  O A chung AEI ‘= AA’0B⇒ 4AEIv4AA0B.  B C ⇒ AIE ‘= ABA ’0 = 90◦⇔ AA0⊥ EF. A0 c) TừA dựng các tiếp tuyến AM, AN đến đường tròn(K) vớiM,N là các tiếp điểm. Chứng minh ba điểmM,H,N thẳng hàng. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 25 A M B E H C F N D K Gọi D là chân đường cao kẻ A của tam giác ABC, ta có AMK ’ = ANK ’ = ADK ’= 90◦. Suy ra 5 điểm A, M, D, K, N cùng thuộc một đường tròn đường kính AK. ⇒   ANM ’ = AKM ’ ADN ’= AKN. ’ / Lại có, do AM, AN là tiếp tuyến. Suy ra Nhóm: https://sachhoc.com AKN ’ = AKM ’ ⇒ ADN ’= ANM. ’ (0.13) Mặt khác, xét 4AFN và 4ANC, có  A chung ACN ’= ANF ’= 12⇒ 4AFN v 4ANC ⇒AN AC = AF AN ⇔ AN2 = AF · AC. (0.14)  Lại xét 4ADC và 4AF H, có  A chung AF’H = ADC ’= 90◦ ⇒ 4AF H v 4ADC ⇒AF AD = AH AC ⇔ AF · AC = AH · AD.  (0.15) Từ (0.14) và (0.15) suy ra AN2 = AH · AD ⇒AN AH = AD AN ⇒ 4AND v 4AHN ⇒ ADN ’= ANH. ’ (0.16) Từ (0.13) và (0.16) suy ra ANH ’ = ANM. ’ Do đó ba điểm M, H, N thẳng hàng. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 26 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 27 TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9 ĐỀ SỐ 4 ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH, TỈNH NGHỆ AN, NĂM 2018 Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . Câu 1. Cho phương trình x2 − (2m + 3)x + 3m + 1 = 0, m là tham số. a) Tìm tất cả các số thực m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x21 + x22 − x1x2 = 7. b) Tìm tất cả các số nguyên m để phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Lời giải. a) Ta có ∆ = (2m + 3)2 − 4(3m + 1) = 4m2 + 5 > 0 với mọi m. Do đó, phương trình luôn / Nhóm: https://sachhoc.com có hai nghiệm x1, x2. Theo định lý Vi-et, ta có Khi đó   x1 + x2 = 2m + 3 . x1x2 = 3m + 1 x21 + x22 − x1x2 = 7 ⇔ (x1 + x2)2 − 3x1x2 = 7 ⇔ (2m + 3)2 − 3 (3m + 1) = 7  m = −1 m = 14. Vậy m = −1; m = 14. ⇔ 4m2 + 3 − 1 = 0 ⇔ b) Để phương trình có nghiệm nguyên thì ∆ = 4m2 + 5 phải là một số chính phương. Đặt 4m2 + 5 = k2, k ∈ N. Khi đó (k − 2m)(k + 2m) = 5 = 1 · 5 = (−1) · (−5). Suy ra các trường hợp. TH1. TH1.     k − 2m = 1 k + 2m = 5 k − 2m = 5 k + 2m = 1 ⇒ m = 1. ⇒ m = −1. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 28 TH1. TH1.    k−2m=−1 k + 2m=−5 k−2m=−5 k + 2m=−1 ⇒m=−1. ⇒m = 1. Thử lại vớim = 1,m=−1 thì phương trình đã cho đều có nghiệm nguyên. Vậy m = 1,m=−1. Câu 2. Giải phương trình√x+√x + 3 =√2x2 + 4x + 3. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Lời giải. Điều kiện:x≥0. Ta có√x+√x + 3 =p2x2 + 4x + 3 ⇔x+x + 3 + 2px(x + 3) = 2x2 + 4x + 3 ⇔2px(x + 3) = 2x2 + 2x⇔px(x + 3) =x2+x  ⇔x(x + 3) =x2(x + 1)2⇔ x = 0  x + 3 =x(x2 + 2x + 1)   ⇔ x = 0 x3 + 2x2− 3 = 0⇔ x = 0 (x − 1)(x2 + 3x + 3)= 0⇔ x = 0 x = 1. Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm làx = 0,x = 1. Câu 3. Giải hệ phương trình Lời giải.  x+1x+y+1y= 3 x2+1x2+y2+1y2= 5. Điều kiện: x, y6= 0. Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với  x + 1x 2 + Åy − 1yã2= 5  x+1x+y−1y= 3.   Đặta=x+1x,b=y−1yta được hệ phương trình  Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên a2+b2 = 5 a+b = 3 ⇔ a = 2, b = 1 a = 1, b = 2. h | Nhóm GeoGebraPro 29 TH1. Với a = 2, b = 1 ta có    x +1x = 2 y − 1y = 1⇔ x +1x = 1    x2 − 2x + 1 = 0 y2 − y − 1 = 0⇔ x2 − x + 1 = 0   x = 1 y = ±1 ± √5 2 , TH1. Với a = 1, b = 2 ta có  y − 1y = 2⇔  y2 − 2y − 1 = 0(vô nghiệm). Å Vậy nghiệm (x, y) là 1;1 + √5 2 ã , Å 1;1 − √5 2 ã . Câu 4. Cho số tự nhiên n (n ≥ 2) và số nguyên tố p thỏa mãn p−1 chia hết cho n đồng thời n3 − 1 chia hết cho p. Chứng minh rằng n + p là một số chính phương. Lời giải. Ta có n3 − 1 = (n − 1)(n2 + n + 1) .. p. (1) Do p − 1 .. n nên p − 1 ≥ n hay p ≥ n + 1. Do đó n − 1 < p nên từ (1) suy ra n2 + n + 1 .. p. Đặt p − 1 = an, a ∈ N, a ≥ 1. Khi đó p = an + 1 và n2 + n + 1 .. an + 1. Suy ra a ≤ n + 1 (vì nếu a > n + 1 thì an + 1 > (n + 1)n + 1, mâu thuẫn). (2) Mặt khác a(n2 + n + 1) − n(an + 1) .. an + 1 hay (a − n)n + a .. an + 1. (3) Do a ≥ 1 nên (a − 1)n + a > 0, do đó từ (3) suy ra (a − 1)n + a ≥ an + 1 hay a ≥ n + 1. (4) / Từ (2) và (4) suy ra a = n + 1. Do đó p = (n + 1)n + 1 = n2 + n + 1. Suy ra n + p = Nhóm: https://sachhoc.com n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 là số chính phương, đpcm. Câu 5. Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn (a − b)2 = a + b + 2. Chứng minh rằng Å ã ≤ 9. Lời giải. Ta có 1 +a3 (b + 1)3 ã · Å 1 +b3 (a + 1)3 (a − b)2 = a + b + 2 ⇔ a2 − 2ab + b2 = a + b + 2 a(a + 1) + b(b + 1) = 2(a + 1)(b + 1) ⇔a b + 1 +b a + 1 = 2. Đặt x = a b + 1, y = b a + 1. Khi đó x, y ≥ 0 và x + y = 2. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành (1 + x3)(1 + y3) ≤ 9 ⇔ 1 + x3y3 + x3 + y3 ≤ 9 ⇔ x3y3 + (x + y)(x + y)2 − 3xy ≤ 8 ⇔ x3y3 + 2(4 − 3xy) ≤ 8 ⇔ xy(x2y2 − 6) ≤ 0, đúng vì 0 ≤ xy ≤ (x + y)2 4 = 1. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 30  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  xy = 0 x + y = 2 hay  a = 0, b = 2 a = 2, b = 0. Câu 6. Cho hai đường tròn(O;R) và(O0;r) cắt nhau tại hai điểmA vàB(R > r) sao choO vàO0 ở hai phía đối với đường thẳng AB. GọiK là điểm sao cho OAO0K là hình bình hành. a) Chứng minh rằng tam giác ABK là tam giác vuông. b) Đường tròn tâmK bán kính KA cắt các đường tròn(O;R) và(O0;r) theo thứ tự tạiM vàN(M,N khácA). Chứng minh rằng ABM ’= ABN. ’ Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên c) Trên đường tròn(O;R) lấy điểmC thuộc cung AM không chứaB(C khác A, M). Đường thẳng CA cắt đường tròn(O0;r) tạiD. Chứng minh rằng KC= KD. Lời giải. A O K M I B O0 N a) GọiI là giao điểm của KA và OO0. Khi đóI là trung điểm của KA. Mặt khác OO0 là trung trực của AB nên IA= IB. Từ đó suy ra IB= IA= IK nên tam giác ABK vuông tạiB (đpcm). b) Ta có KA= KM, OA= OM nên OK là trung trực của AM. Do đó KO⊥ AM. Vì KO∥ AO0 nên ta suy ra MA⊥ AO0. Do đó MA là tiếp tuyến của đường tròn (O0). Tương tự ta cũng có NA là tiếp tuyến của đường tròn(O). Suy ra MAB ’= ANB ’ và NAB ’= AMB. ’ Xét hai tam giác AMB và ABN suy ra ABM ’= ABN. ’ Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 31 c) Gọi E, F là trung điểm của OA, AD và H là trung điểm EF. Khi đó ta có OE, O0F cùng vuông góc với CD nên IH ⊥ CD. Suy ra IE = IF. Mặt khác KC = 2IE, KD = 2IF nên ta suy ra KC = KD. E H F D A C O0 O I K B Câu 7. Cho 17 số tự nhiên mà các chữ số của mỗi số được lấy từ tập hợp {0; 1; 2; 3; 4}. Chứng minh rằng ta có thể chọn được 5 số trong 17 số đã cho sao cho tổng của 5 số này chia hết cho 5. Lời giải. / Kí hiệu T0, T1, T2, T3, T4 lần lượt là tập hợp các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 2, 3, 4. Nhóm: https://sachhoc.com - Nếu mỗi tập hợp trên đều khác rỗng thì ta chọn từ mỗi tập một phần tử,. Khi đó tổng của 5 số được chọn có tận cùng bằng 0 nên chia hết ch 5. - Nếu có một tập rỗng thì khi đó theo nguyên lí Đirichlê, trong 4 tập còn lại luôn có một tập có ít nhất 5 phần tử. Ta chọn 5 số từ tập này, khi đó tổng của 5 số được chọn cũng chia hết cho 5. Vậy trong mọi trường hợp ta luôn chọn được 5 số có tổng chia hết cho 5. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 32 TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9 ĐỀ SỐ 5 ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN HÀ TĨNH, TỈNH HÀ TĨNH, NĂM 2018 Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . Câu 1. Cho x, y, z là các số hữu tỷ, thỏa mãn1x+1y=1z. Chứng minhpx2+y2+z2là Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên một số hữu tỷ. Lời giải. Từ giả thiết1x+1y=1z⇔ zx+ yz= xy⇔2xy−2yz−2zx = 0 Do đópx2+y2+z2=px2+y2+z2 + 2xy−2yz−2zx » = (x+y−z)2 = |x+y−z| là số hữu tỷ. Câu 2. a) Giải phương trình4x2−3x− 2 =√x + 2. b) Giải hệ phương trình Lời giải.  xy−x−y=−5 1 x2−2x+1 y2−2y=23. a) ĐKXĐ:x ≥ −2. Ta có phương trình tương đương 16x2− 12x− 8 = 4√x + 2 ⇔ 16x2−8x + 1 = 4 (x + 2) + 4√x + 2 + 1⇔ (4x− 1)2=2√x + 2 + 1 2  Xét4x−1 =−2√x + 2 + 1 ⇔√x + 2 =−2x⇔  4x2−x− 2 = 0 −2≤x≤0 ⇒x=1−√33 8  Xét4x− 1 = 2√x + 2 + 1⇔√x + 2 = 2x−1⇔  x≥12⇒x=5 +√41 4x2−5x− 1 = 0 8 Vậy tập nghiệm của phương trìnhS= ß1−√33 8;5 +√41 8 ™ . b) ĐKXĐ: x, y6= 0; x, y6= 2. Từ phương trình xy−x−y=−5⇔(x− 1) (y− 1) =−4. Đặt  x− 1 =a y− 1 =b ⇒  x2−2x=a2−1 y2−2y=b2−1và ab=−4. Ta có  Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 33 y2 − 2y = 23 ⇔a2 + b2 − 2 x2 − 2x+1 1 a + b = 0 17 − a2 − b2 = 23 ⇒ a2 + b2 = 8 ⇒ (a + b)2 − 2ab = 8 ⇒ ⇒ a = −b. Do đó ab = −4 ⇔ −a2 = −4 ⇔ a = ±2. TH1: TH2:     a = −2 b = 2 a = 2 b = −2 ⇒ ⇒     x − 1 = −2 y − 1 = 2 x − 1 = 2 y − 1 = −2 ⇒ ⇒     x = −1 y = 3 x = 3 y = −1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là (−1; 3),(3; −1). Câu 3. Cho phương trình x2 + 2mx − 1 − 2m = 0m là tham số . Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 với mọi m. Tìm m để biểu thức P = 2x1x2 + 1 đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải. x21 − 2mx2 + 1 − 2m Ta có ∆0 = m2 + 2m + 1 = (m + 1)2 ≥ 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm với mọi m. / Theo Vi-et ta có   x1 + x2 = −2m x1x2 = −2m − 1 Nhóm: https://sachhoc.com Do đó P = −4m − 1 x21 + (x1 + x2) x2 + 1 − 2m = −4m − 1 x21 + x1x2 + x22 + 1 − 2m = −4m − 1 (x1 + x2)2 − x1x2 + 1 − 2m = −4m − 1 4m2 + 2 = −4m − 1 = (2m − 1)2 4m2 + 2 + 1 − 1 Vậy GTNN của P bằng −1 khi m = 12. 4m2 + 2 − 1 ≥ −1 Câu 4. Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh: … zx zx + y≤32 . Lời giải. Áp … xy xy + z+ … yz yz + x+ …dụng BĐT CauChy ta có (z + x)(y + z) ≤12Å x ã xy xy + z = … xy xy + z (x + y + z) = … xy z + x+ y y + z Tương tự ta cũng có… yz yz + x≤12Å y ã x + y+z z + x Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 34 zx+y≤12Åz ã … zx Do đóP≤12Åx z+x+y y+z+x x+y ã y+z+y x+y+z z+x+z y+z+x x+y Dấu 00=00 xảy ra khi và chỉ khix=y=z=13. =32. Câu 5. Cho đường tròn tâmO và dây cung AB cố định(O /∈ AB). C là điểm di động trên đoạn AB(C không trùng với A, B và trung điểm của AB). Đường tròn tâmP đi qua điểmC và tiếp xúc với đường tròn(O) tạiA, đường tròn tâmQ đi quaC và tiếp xúc với đường tròn(O) tạiB. Các đường tròn(P),(Q) cắt nhau tại điểm thứ hai làM. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Các tiếp tuyến của đường tròn(O) tạiA vàB cắt nhau tạiI. a) Chứng minh MC là tia phân giác của góc AMB và các điểm A, M, O, B, I cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh khi điểmM thay đổi thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MP Q luôn thuộc một đường thẳng cố định. Lời giải. OQ P M ACJ I B a) Ta có AI là tiếp tuyến chung của(P) và(O); BI là tiếp tuyến chung của(Q) và(O) và O, P, A thẳng hàng; O, Q, B thẳng hàng. Trong đường tròn(P) có AMC ’= BAI ‘ Trong đường tròn(Q) có BMC ’= ABI ‘ Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 35 mà BAI ‘ = ABI ‘ ⇒ AMC ’ = BMC ’ ⇒ MC là tia phân giác của AMB ’ Ta có AIB ‘ + BAI ‘ + ABI ‘ = 1800 ⇒ AIB ‘ + AMB ’ = 1800 nên tứ giác AMBI nội tiếp. Lại có OAI ‘ = OBI ‘ = 900 nên tứ giác AOBI nội tiếp. Do đó các điểm A, M, O, B, I cùng thuộc một đường tròn đường kính OI. b) Gọi J là trung điểm của OI. Ta có ∆AMP cân nên MP’O = 2MAO ’ ∆PMQ cân nên MQO ’ = 2MBO ’ mà MAO ’ = MBO ’ ⇒ MP’O = 2MQO ’ suy ra tứ giác PMOQ nội tiếp. Do đó đường tròn ngoại tiếp ∆MPQ chính là đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMOQ. Các điểm A, M, O, B, I cùng thuộc đường tròn đường kính OI nên JM = JB, QM = QB suy ra ∆JMQ = ∆JBQ ⇒ JMQ ’= JBQ ‘ mà ∆JOB cân ⇒ JBQ ‘ = JOQ ‘. Do đó JMQ ’= JOQ ‘ hay tứ giác JMOQ nội tiếp. Suy ra các điểm P, M, O, Q, I cùng thuộc một đường tròn. Ta có O, I cố định nên JO cố định. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ∆MPQ luôn thuộc đường trung trực của đoạn JO cố định. Câu 6. Cho a1 < a2 < a3 < . . . < an < . . . với (n ∈ N∗) là những số nguyên dương và / Nhóm: https://sachhoc.com không có hai số nào liên tiếp. Đặt Sn = a1 + a2 + . . . + an. Chứng minh rằng luôn tồn tại ít nhất một số chính phương b thỏa mãn Sn ≤ b ≤ Sn+1. Lời giải. Vì Sn = a1 + a2 + . . . + an nên Sn+1 = Sn + an+1. Ta có pSn+1 − √Sn ≥ 1 ⇔ Sn+1 ≥ √Sn + 1 2⇔ Sn + an+1 ≥ √Sn + 1 2 ⇔ Sn + an+1 ≥ Sn + 2√Sn + 1 ⇔ an+1 ≥ 2√Sn + 1 (∗) Vì a1 < a2 < a3 < . . . < an < . . . và không có hai số nào liên tiếp nên ta có an+1 ≥ an + 2 an ≥ an−1 + 2 ⇔ an+1 ≥ an−1 + 2.2 an−1 ≥ an−2 + 2 ⇔ an+1 ≥ an−2 + 3.2 · · · a2 ≥ a1 + 2 ⇔ an+1 ≥ a1 + n.2 Cộng theo vế các bất đẳng thức trên được nan+1 ≥ an + an − 1 + · · · + a1 + 2 (1 + 2 + · · · + n) = Sn + n(n + 1) ⇔ nan+1 − n(n + 1) ≥ Sn ⇔ 2pnan+1 − n(n + 1) + 1 ≥ 2√Sn + 1. Ta chứng minh an+1 ≥ 2pnan+1 − n(n + 1) + 1. Thậy vậy an+1 ≥ 2pnan+1 − n(n + 1) + 1 ⇔ a2n+1 − 2an+1 + 1 ≥ 4nan+1 − 4n(n + 1) ⇔ a2n+1 − 2(2n + 1)an+1 + (2n + 1)2 ≥ 0 ⇔ (an+1 − 2n − 1)2 ≥ 0 luôn đúng, do đó (∗) đúng. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 36 Vậy vớin∈N∗thì ta luôn cópSn+1−√Sn≥1 suy ra luôn tồn tại ít nhất1 số nguyên dương thỏa mãn√Sn≤k≤pSn+1⇔Sn≤k2≤Sn+1 hay luôn tồn tại ít nhất một số chính phươngb=k2 với(knguyên dương) thỏa mãnSn≤b≤Sn+1. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 37 TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9 ĐỀ SỐ 6 ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN NGUYỄN TRÃI, TỈNH HẢI DƯƠNG, NĂM 2018 Câu 1. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . a) Cho x = a + 1 − Rút gọn P theo a. 1 + a2 +a2 (a + 1)2 , (a > 0) và P = √x + px − 2√x + 1 + 1 √x2 − 2x + 1 . b) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z + √xyz = 4. Chứng minh px(4 − y)(4 − z) + py(4 − x)(4 − z) + pz(4 − x)(4 − y) − √xyz = 8 Lời giải. a) Ta có: / Nhóm: https://sachhoc.com x = a + 1 − = a + 1 − = a + 1 − = a + 1 − 1 + a2 +a2 (a + 1)2 [(a + 1)2 − 2a] +a2 (a + 1)2 (a + 1)4 − 2a(a + 1)2 + a2 (a + 1)2 [(a + 1)2 − a]2 (a + 1)2 = a + 1 − = a a + 1. (a + 1)2 − a a + 1 = a + 1 − (a + 1)2 − a a + 1 ( vì a > 0) Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 38 Vì a >0 nêna a + 1<1 nên ta có: √x+px−2√x + 1 + 1 P = = = = √x2−2x + 1 √x+p(√x− 1)2 + 1 p(x− 1)2 √x+ |√x−1| + 1 |x − 1| √x + 1 − √x + 1 1 − x = 2 1 − x. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên b) Theo giả thiết ta cóx+y+z+√xyz = 4⇒y+z = 4−x−√xyz. Do đó ta có: x(4−y)(4−x) =x(16−4z−4y+ yz) =x[16− 4(y+z) + yz] =x[16− 4(4−x−√xyz) + yz] =x(4x + 4√xyz+ yz) =x2√x+√yz 2 . Do đópx(4−y)(4−z) =»x2√x+√yz 2=√x(2√x+√yz) = 2x+√xyz. Và khi đópx(4−y)(4−z) +py(4−x)(4−z) +pz(4−x)(4−y) = 2x+√xyz + 2y+ √xyz + 2z+√xyz = 2(x+y+z) + 3√xyz = 8 +√xyz. 4! Nhận xét. 1) Bài toán ý(a) sử dụng hằng đẳng thức cơ bản và chú ý lập luận để chỉ ra được điều kiện x <1. 2) Bài toán ý(b), để ý thấy tính cyclic của x, y, z và khéo léo sử dụng giả thiết. Một bài toán tương tự: Cho các số dương x, y, z thỏa mãnx+y+z+√2xyz = 2. Chứng minhpx(2−y)(2−z) +py(2−x)(2−z) +pz(2−x)(2−y) =√8 +√xyz. Câu 2. … a) Giải phương trình 2(x + 1) x+3x=x2 + 7. b) Giải hệ phương trình Lời giải.  3x2+ xy−4x + 2y = 2 x(x + 1) +y(y + 1) = 4. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 39 … 1) Điều kiện x > 0. Đặt x +3x = t, t > 0. Suy ra t2 = x +3x = x2 + 3 x⇒ x2 + 3 = t2x ⇒ x2 + 7 = t2x + 4. Khi đó phương trình trở thành: 2(x + 1)t = t2x + 4 ⇔ t2x − 2(x + 1)t + 4 = 0 ⇔ xt(t − 2) − 2(t − 2) = 0 ⇔ (t − 2)(xt − 2) = 0  ⇔ t = 2 t = 2x. • Nếu t = 2 thì x +3x = 4 ⇔ x2 − 4x + 3 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 3. Thử lại thỏa mãn phương trình đã cho. • Nếu t = 2x⇔x2 + 3 x = 4x⇔ x3 + 3x − 4 = 0 ⇔ (x2 + x + 4)(x − 1) = 0 ⇔ x = 1. Thử lại thỏa mãn phương trình đã cho. Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 hoặc x = 3. 2) / Xét hai phương trình Nhóm: https://sachhoc.com 3x2 + xy − 4x + 2y = 2 (0.17) x(x + 1) + y(y + 1) = 4 (0.18) Trừ vế với vế của phương trình (0.17) cho (0.18) trong hệ ta được 2x2 + xy − 5x − y2 + y = −2 ⇔ 2x2 + (y − 5)x − y2 + y + 2 = 0. Xét phương trình 2x2 + (y − 5)x − y2 + y + 2 = 0 (0.19) ta có ∆x = (y − 5)2 − 8(−y2 + y + 2) = 9(y − 1)2. Khi đó phương trình (0.19) có nghiệm là:  x = 5 − y + 3(y − 1) 4 = y + 1 2 x = 5 − y − 3(y − 1) 4 = 2 − y. • Nếu x = y + 1 2 , thay vào phương trình (0.18) ta được x(x + 1) + (2x − 1)2x = 4 ⇔ 5x2 − x − 4 = 0 ⇔ mãn hệ phương trình. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên  x = 1 x = −45⇒  y = 1 y = 110. Thay vào thỏa h | Nhóm GeoGebraPro 40 • Nếu x = 2 − y hay y = 2 − x thay vào phương trình (0.18) ta được x(x + 1) + (2 − x)(3 − x) = 4 ⇔ 2x2 − 4x + 2 = 0 ⇔ (x − 1)2 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1. Thay vào hệ phương trình thỏa mãn. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm(x;y) là (1; 1),(−45;110). 4! Nhận xét. 1) Bài toán (1) là dạng giải phương trình cơ bản. 2) Bài toán (2), bằng cách đưa về phương trình bậc hai đổi với ẩnx ta tìm được mối liên hệ giữax và y. Ta cũng có thể đưa về phương trình bậc hai đối với ẩny : y2 − (x + 1)y − 2x2 + 5x − 2 = 0. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Câu 3. a) ĐặtN=a1+a2+a3+ · · ·+a2017+a2018, M=a51+a52+ · · ·+a52017+a52018, với a1;a2;a3; . . . a2017, a2018 là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếuN chia hết cho 30 thìM cũng chia hết cho 30. b) Tìm tất cả các cặp số tự nhiênn vàk đển8 + 42k+1 là số nguyên tố. Lời giải. a) Ta có M−N = (a51−a1) + (a52−a2) + · · · + (a52018−a2018). Xéta5k−ak=ak(a2k− 1)(a2k + 1) =ak(ak + 1)(ak− 1)(a2k + 1),∀k = 1, . . . 2018. Ta có(ak− 1)ak(ak + 1) ... 6. Nếuak ... 5 thìa5k−ak=ak(a2k− 1)(a2k + 1) ... 5; Nếuak chia 5 dư 1 hoặc dư 4 thìa2k−1 ... 5; Nếuak chia 5 dư 2 hoặc dư 3 thìa2k + 1 ... 5. Do đóa5k−ak=ak(a2k− 1)(a2k + 1) ... 5. Vì ƯCLN(5; 6) = 1 nên ta cóa5k−ak ... 30. Do đóM−N ... 30. Vì thế nếuN chia hết cho 30 thìM cũng chia hết cho 30. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 41 b) Ta có n8 + 42k+1 = (n4)2 + 42k+1 = (n4)2 + 22k+1 2 = (n4)2 + 2n422k+1 + 22k+1 2− 22k+2n4 = n4 + 22k+1 2− n22k+1 2 = n4 + 22k+1 − n2.2k+1 n4 + 22k+1 + n2.2k+1 Do n, k là các số tự nhiên nên n4+22k+1−n22k+1 ≤ n4+22k+1+n22k+1, do đó để n8+42k+1 là số nguyên tố thì n4 + 22k+1 − n22k+1 = 1. Ta có n4 + 22k+1 − n2.2k+1 = n4 − 2n22k + (2k)2 + 22k+1 − 22k = n2 − 2k 2+ 22k ≥ 1, do đó n4 + 22k+1 − n2.2k+1 = 1 xảy ra khi n = 1 và k = 0. Vậy với n = 1, k = 0 thì n8 + 42k+1 là số nguyên tố. 4! Nhận xét. 1) Trong ý (1) ở trên có thể trình bày cách 2 như sau: a5 −a = a(a2 −a)(a2 +1) = a(a2 −1)(a2 −4+ 5) = (a−2)(a−1)a(a+1)(a+2)+5a(a2 −1) ..5. / Nhóm: https://sachhoc.com Bài toán trên là trường hợp đặc biệt của định lí nhỏ Fermat, thường được diễn đạt dưới hai dạng: • Dạng 1: Nếu p là số nguyên tố và a là một số nguyên thì ap − a chia hết cho p. • Dạng 2: Nếu a là một số nguyên không chia hết cho số nguyên tố p thì ap−1 −1 chia hết cho p. 2) Trong ý (2) ở trên có thể thay giả thiết n8+42k+1 bởi giả thiết n4+42k+1, n16+42k+1, . . . Câu 4. Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính BC. Gọi A là điểm di động trên nửa đường tròn (A khác B, C). Kẻ AD ⊥ BC (D thuộc BC) sao cho đường tròn đường kính AD cắt AB, AC và nửa đường tròn (O) lần lượt tại E, F, G (G khác A). Đường thẳng AG cắt BC tại H. a) Tính AD3 BE × CF theo R và chứng minh H, E, F thẳng hàng. b) Chứng minh rằng FG × CH + GH × CF = CG × HF. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 42 c) Trên BC lấyM cố định(M khác B, C). Gọi N, P lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác MAB và MAC. Xác định vị trí củaA để diện tích tam giác MNP nhỏ nhất. Lời giải. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên P A F G E N C HM D LK BO a) Ta có BE×BA= BD2, CF×CA= CD2, BD×CD= AD2. Suy ra BE×CF×BA×CA= AD× BC=AD3 BD2×CD2 = (BD×CD)2= AD4⇒ BE×CF=AD4 2R. BC⇒AD3 BE× CF= BC= Tứ giác HGEB nội tiếp nên HEB ’= HGB ’= ACB ’= AEF ’⇒ HEB ’= AEF ’mà A, E, B thẳng hàng nên H, E, F thẳng hàng. b) Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 43 A D E B O C Định lý Ptolemy: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O, R). Khi đó ta có AD × CB + AB × CD = AC × BD. Chứng minh định lí : Lấy E trên AC sao cho ADB ’= EDC. ’ Khi đó ∆ADB v ∆CDE (g.g) Suy raAD CD = AB CE = DB DE ⇒ AB × DC = BD × EC (1). Ta cũng có ∆ADE v ∆BDC (g.g) Suy raAD BD = AE BC = DE DC ⇒ AD × BC = BD × AE (2). Từ (1) và (2) suy ra AB × DC + AD × BC = BD × EC + BD × AE = BD(EC + AE) = / Nhóm: https://sachhoc.com BD × AC. Tứ giác GFCH nội tiếp. Áp dụng định lý Ptôlêmê với tứ giác nội tiếp GFCH ta có GF×HC+GH×FC = GC×HF. c) Ta có ANM ’+AP’M = 2ABC ’+2ACB ’= 2(ABC ’+ACB ’) = 180◦ ⇒ NMP ’ = NAP ’= 90◦. Đặt R1 = NA, R2 = PA, khi đó S∆MNP = 12R1R2. Ta cũng có BM sin BAM ’ = 2R1, CM sin CAM ’ = 2R2 ⇒ R1R2 = 14BM · CM · 1 sin BAM ’· sin CMA ’. Ta có sin BAM ’ · sin CAM ’ ≤12Äsin2 BAM ’+ sin2 CAM ’ä= 12Äsin2 BAM ’+ cos2 BAM ’ä= 1 2 (do hai gócCAM và BAM phụ nhau). Dấu ” = ” xảy ra khi sin BAM ’ = sin CAM ’ ⇔ BAM ’ = CAM ’ hay AM là phân giác của góc BAC. Gọi A0 là điểm chính giữa cung BC không chứa A, khi đó A là giao điểm của đường thẳng A0M và đường tròn (O). Câu 5. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2a √1 + a2 +b √1 + b2 +c √1 + c2 − a2 − 28b2 − 28c2. Lời giải. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 44 Theo giả thiết ab+ bc+ ca = 1 và áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: √1 +a2=2a 1 2a √ab+ bc+ ca+a2=2a p(a+b)(a+c)= a.2 p(a+b)(a+c)≤ a. a+b+1 a+c ò √1 +b2=b ï1 4(b+c)+1 b √ab+ bc+ ca+b2=b p(b+a)(b+c)= b.1 p(b+c)(b+a)≤ b. c ï1 b+a ò √1 +c2=c √ab+ bc+ ca+c2=c p(c+b)(c+a)= c.1 p(c+b)(c+a)≤ c. Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta có: a+b+a a+c+b 4(b+c)+b b+a+c 4(b+c)+1 c+a 2a √1 +a2+b √1 +b2+c √1 +c2≤a Áp dụng AM - GM ta có 2+49b2 4(b+c)+c c+a=94. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên a2 2≥7ab; 2+49c2 a27 2≥7ac; 2(b2+c2)≥7bc. Suy raa2 + 28b2 + 28c2≥ 7(ab+ bc+ ca) = 7 ⇒ −(a2 + 28b2 + 28c2) ≤ −7. Từ đó ta cóP≤ 9 4−7 =−19 4 . VàPmax=−19 4⇔a=7 √15, b=c=1 √15. 4! Nhận xét. + Bài toán sử dụng giả thiết ab+ bc+ ca = 1 để đưa các mẫu của các phân thức về tích, sau đó áp dụng bất đẳng thức AM - GM đưa về tổng các phân thức. + Sau khi đánh giá được giá trị lớn nhất của tổng ba phân thức đầu với dấu bằng xảy ra khi các điều kiện sau thỏa mãn:  a + b =1 1 a+c 4(b+c)=1 1 b+a 4(b+c)=1 1 c+a ⇔  b=c a = 7b = 7c. Với điều kiện này ta dự đoán điểm rơi cho bất đẳng thức AM - GM để xử lý cho biểu thứca2 + 28b2 + 28c2còn lại. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 45 TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9 ĐỀ SỐ 7 ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN BÌNH PHƯỚC, NĂM 2018 Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . Câu 1. a) Rút gọn biểu thức T = Å √a + 1 √ab + 1+ √ab + √a √ab − 1 ã : Å √a + 1 √ab + 1− √ab + √a √ab − 1+ 1 ã . b) Cho x + √3 = 2. Tính giá trị biểu thức: H = x5 − 3x4 − 3x3 + 6x2 − 20x + 2023. Lời giải. / Nhóm: https://sachhoc.com a) Điều kiện:     a ≥ 0 b ≥ 0 ab 6= 1 Ta có:√a + 1 √ab + 1+ và√a + 1 √ab + 1− √ab + √a √ab − 1 = 2√ab(√a + 1) ab − 1 . √ab + √a √ab − 1+ 1 = −2(√a + 1) ab − 1 . Nên T = 2√ab(√a + 1) ab − 1:−2(√a + 1) ab − 1 = −√ab. b) Ta có: x + √3 = 2 ⇔ 2 − x = √3 ⇒ (2 − x)2 = 3 ⇔ 4 − 4x + x2 = 3 ⇔ x2 − 4x + 1 = 0, H = (x5 − 4x4 + x3) + (x4 − 4x3 + x2) + 5(x2 − 4x + 1) + 2018. Suy ra H = x3(x2 − 4x + 1) + x2(x2 − 4x + 1) + 5(x2 − 4x + 1) + 2018. Do x2 − 4x + 1 = 0 nên H = 2018. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 46 Câu 2. Cho Parabol(P):y=12x2 và đường thẳng(d):y = (m+1)x−m2−12(m là tham số). Với giá trị nào củam thì đường thẳng(d) cắt Parabol(P) tại hai điểmA(x1;y1),B(x2; y2) sao cho biểu thứcT=y1+y2−x1x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm: 1 2x2 = (m + 1)x − m2−12⇔x2− 2(m + 1)x + 2m2 + 1 = 0 (1) Để(d) cắt(P) tại hai điểmA(x1;y1),B(x2;y2) thì phương trình (1) có hai nghiệm. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên ⇔∆0≥0⇔(m + 1)2−2m2− 1 = 2m−m2≥0⇔0≤m≤2. Vậy với0≤m≤2 thì đường thẳng(d) cắt Parabol(P) tại hai điểmA(x1;y1),B(x2; y2). Khi đó theo định lí Vi-ét thì  x1+x2 = 2(m + 1)  x1x2 = 2m2 + 1 Ta có y1 = (m + 1)x1−m2−12 y2 = (m + 1)x2−m2−12 Do đó T=y1+y2−x1x2 = (m + 1)(x1+x2)−2m2−1−x1x2 = 2(m + 1)2−4m2− 2 =−2m2 + 4m = 2− 2(m− 1)2,∀m∈ [0; 2]. Đặtt=m−1. Dom∈ [0; 2]⇒t∈[−1; 1]⇒t2∈ [0; 1]. NênT = 2− 2(m− 1)2 = 2−2t2≥0. Vậy giá trị nhỏ nhất củaT bằng0 đạt được khit2 = 1⇔(m−1)2 = 1⇔m = 0;m = 2. Câu 3. Giải phương trình:√x + 1 +√6x− 14 =x2−5. Lời giải. Điều kiện:x≥73. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 47 Ta có: √x + 1 + √6x − 14 = x2 − 5 ⇔ √x + 1 − 2 + √6x − 14 − 2 = x2 − 9. ⇔x − 3 √x + 1 + 2+ 6(x − 3) √6x − 14 + 2 − (x − 3)(x + 3) = 0. ⇔ (x − 3)  ï 1 √x + 1 + 2+6 √6x − 14 + 2 − (x + 3) ò = 0. ⇔ x − 3 = 0 √x + 1 + 2+6 1  √6x − 14 + 2 − (x + 3) = 0 x = 31 ⇔ √x + 1 + 2+6 √6x − 14 + 2 = (x + 3) (∗) Ta có:   V T(∗) <72 V P(∗) >163 ∀x ≥73 . Suy ra phương trình (∗) vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm duy nhấtx = 3. / Nhóm: https://sachhoc.com  Câu 4. Giải hệ phương trình:  Lời giải. (x2 + 1)(y2 + 1) = 10 . (x + y)(xy − 1) = 3   (x2 + 1)(y2 + 1) = 10 (x + y)(xy − 1) = 3  ⇔   x2y2 + x2 + y2 + 1 = 10 (x + y)(xy − 1) = 3 ⇔   (x + y)2 + (xy − 1)2 = 10 (x + y)(xy − 1) = 3 (1) Đặt  x + y = u . xy − 1 = v Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 48 Khi đó, ta có: (1)⇔  u2+v2 = 10 uv = 3 ⇔  (u+v)2−2uv = 10 uv = 3 ⇔  (u+v)2 = 16 uv = 3 ⇔     u+v = 4 uv = 3 u+v=−4 uv = 3 ⇔         u = 1 v = 3 u = 3 v = 1 u=−1 v=−3 u=−3 v=−1 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên • Với  u = 1 v = 3 ⇔  x+y = 1 xy = 4 (Hệ pt vô nghiệm) • Với  u = 3 v = 1 ⇔  x+y = 3 xy = 2 ⇔  x = 1 y = 2 ∨  x = 2 y = 1 • Với • Với   u=−1 v=−3 u=−3 v=−1 ⇔ ⇔   x+y=−1 xy=−2 x+y=−3 xy = 0 ⇔ ⇔   x = 1 y = −2 x = 0 y = −3 ∨ ∨   x=−2 y = 1 x=−3 y = 0 Vậy hệ phương trình có các nghiệm là: (1; 2), (2; 1), (1;−2),(−2; 1), (0;−3),(−3; 0). Câu 5. Cho đường tròn(O;R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên dây BC lấy điểmM(M khácB vàC). Trên dây BD lấy điểmN sao cho MAN ’=12CAD ’; AN cắt CD tạiK. TừM kẻ MH⊥ AB(H∈ AB). a) Chứng minh tứ giác ACMH và tứ giác ACMK nội tiếp. b) Tia AM cắt đường tròn(O) tạiE(E khácA). Tiếp tuyến tạiE vàB của đường tròn (O) cắt nhau tạiF. Chứng minh rằng AF đi qua trung điểm của HM. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 49 c) Chứng minh MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M di chuyển trên dây BC (M khác B và C). Lời giải. a) / AO K b) Ta có: ACB ’ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa C đường tròn) hay ACM ’ = 90◦. ACM ’ = AHM ’ = 90◦ ⇒ ACM ’+ AHM ’ = 180◦. Suy ra tứ giác ACMH nội tiếp. Ta lại có: MAK ’ = 12CAD ’= 12 · 90◦ = 45◦ MCK ’ = 12sđDB˜ = 12 · 90◦ = 45◦ ⇒ MAK ’ = MCK ’. Suy ra tứ giác ACMK nội D tiếp. M HB N Nhóm: https://sachhoc.com Gọi AF ∩ MH = {I}; AM ∩ BF = {P}. MH ∥ PB (vì cùng vuông góc với AB). Suy raMH PB = AH C E P M AB (1) IH ∥ FB ⇒IH FB = AH AB (2) Từ (1) và (2) suy raIH FB = MH PB . Ta có: AEB ’= 90◦ ⇒ BEP ’= 90◦. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì FE = FB ⇒ F’EB = F’BE. F’EP = 90◦ − F’EB; F’PE = 90◦ − F’BE; ⇒ F’EP = F’PE ⇒ FE = FP. I AO K D F HB N Vì FE = FP và FE = FB do đó FB = FP mà F ∈ BP ⇒ BP = 2FB. Suy raIH FB = MH 2FB ⇒ MH = 2IH. Suy ra AF đi qua trung điểm I của MH. c) Vì tứ giác ACMK nội tiếp. Suy ra ACM ’ = MKN ÷= 90◦. Gọi giao điểm của AM và dây DC là G. Tứ giác ADNG có NAG ’= NDG ’ = 45◦. Suy ra tứ giác ADNG nội tiếp. ⇒ ADN ’= MGN ’ = 90◦. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 50 Vì MKN ÷= MGN ’ = 90◦. Suy ra tứ giác MGKN nội tiếp. Suy ra AMN ’= AKC ’. Mà AMC ’= AKC ’ (vì cùng chắn ACˆ) nên AMC ’= AMN ’. Kẻ AQ vuông góc với MN tạiQ. Khi đó4AMC=4AMQ (ch-gn)⇒ AQ= AC. Trong đó: AC=√R2+R2=R√2 không đổi vàA là một điểm cố định nên khiM di chuyển trên dây BC thì MN luôn tiếp xúc với đường tròn(A;R√2) là một đường tròn cố định. C M Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên G Q A O K D Câu 6. HB N a) Tìm tất cả các số nguyên tốp sao cho 16p + 1 là lập phương của số nguyên dương. b) Tìm tất cả các bộ số nguyên(a, b) thỏa mãn 3(a2+b2)− 7(a+b) =−4. Lời giải. a) Vì 16p + 1 là lẻ và lớn hơn1 nên có thể đặt 16p + 1 = (2n + 1)3,∀n∈N∗. Ta có: 16p + 1 = (2n + 1)3⇔8p=n(4n2 + 6n + 3) Vì4n2 + 6n + 3 là số lẻ lớn hơn1 và không phân tích được thành tích của hai số nguyên nên từ trên suy ra  n = 8 4n2 + 6n + 3 =p Từ đó, ta cóp = 307. Thử lại ta thấy thỏa mãn. Vậyp = 307 là số nguyên tố duy nhất thỏa mãn yêu cầu. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 51 b) Nhân cả hai vế với 12, ta được: 36(a2 + b2) − 84(a + b) = −48 ⇔ (6a − 7)2 + (6b − 7)2 = 50 Số 50 có thể phân tích thành tổng của hai số chính phương là 50 = 25 + 25 = 1 + 49. Nhận xét: Do vai trò của a, b như nhau nên nếu (a, b) thỏa mãn thì (b, a) cũng thỏa mãn. Nên chỉ cần xét các trường hợp sau: • TH1:            6a − 7 = 5 6b − 7 = 5 6a − 7 = 5           a = 2 b = 2 a = 2 b = 1 (6a − 7)2 = 25 ⇔   6b − 7 = −5 ⇔  3 / Nhóm: https://sachhoc.com • TH2:  (6b − 7)2 = 25               6a − 7 = −5 6b − 7 = 5 6a − 7 = −5 6b − 7 = −5 6a − 7 = 1 6b − 7 = 7                a = 13 b = 2 a = 13 b = 13 a = 43 b = 7    3   (6a − 7)2 = 1 (6b − 7)2 = 49 ⇔          6a − 7 = 1 6b − 7 = −7 6a − 7 = −1 6b − 7 = −7 ⇔           a = 43 b = 0 a = 1 b = 7    3    6a − 7 = −1 6b − 7 = −7     a = 1 b = 0 Kết hợp với giả thuyết và nhận xét ở trên, ta có các bộ số (a, b) thỏa mãn là {(0, 1);(1, 0);(2, 2)}. Câu 7. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 52 a) Chox,y là hai số dương. Chứng minh rằng:x2y+y2x≥x+y. b) Xét các số thựca,b,c vớib6=a+c sao cho phương trình bậc hai ax2+ bx+c = 0 có hai nghiệm thựcm,n thỏa mãn0≤ m, n≤1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức M=(a−b)(2a−c) a(a−b+c) Lời giải. a) Vớix,y là hai số dương, ta có: Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên x2 y + y2x≥x+y⇔x3+y3≥ xy(x+y). ⇔ (x + y)(x2 − xy + y2) ≥ xy(x + y). x2 − xy + y2 ≥ xy ⇔ x2 − 2xy + y2 ≥ 0 ⇔ (x − y)2 ≥ 0 (Hiển nhiên). Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khix= y >0. b) Giả thiết phương trình ax2+ bx+c = 0 có hai nghiệm m, n (0≤m≤1,0≤n≤ 1) nên a6= 0. Theo định lí Vi-ét ta có:m+n=−bavàm·n=ca. Từ đó suy ra Å M=(a−b)(2a−c) a(a−b+c)= Vì2− mn≤2 và mn≥0 nên 1−baã 2−ca 1−ba+ca=(1 +m+n)(2− mn) 1 +m+n+ mn . M≤(1 +m+n)·2 1 +m+n= 2 Vậy giá trị lớn nhất củaM là2 đạt được khi mn = 0 hayc = 0. Do0≤m≤1,0≤n≤1 nên mn≤1, suy ra: m(n− 1) +n(m− 1) + (mn− 1)≤0⇔ mn≤13(1 +m+n). Do đó: 1 +m+n+13(1 +m+n)=34 M≥1 +m+n Vậy giá trị nhỏ nhất củaM là34đạt được khim=n = 1 haya+b+c = 0 vàa=c. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 53 TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9 ĐỀ SỐ 8 ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN HÙNG VƯƠNG, TỈNH PHÚ THỌ, NĂM 2018 Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . Câu 1. Cho a, b, c là ba số thực đôi một khác nhau thỏa mãn a +1b = b +1c = c +1a = x (x ∈ R). Tính P = xabc. Lời giải. Từ giả thiết ta có a +1b = b +1c⇔ a − b = 1c − 1b ⇔ a − b = b − c bc . Tương tự ta có b − c = c − a ca; c − a = a − b ab . Từ đó (sử dụng giả thiết a, b, c đôi một khác nhau) ta có / Nhóm: https://sachhoc.com (a − b)(b − c)(c − a) = b − c bc ·c − a ca ·a − b ab ⇒ a2b2c2 = 1. (1) Mặt khác, áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có x = a +1b = b +1c = c +1a = ab + 1 b = bc + 1 c = ca + 1 a = (ab + 1) − (bc + 1) b − c = (bc + 1) − (ca + 1) c − a = (ca + 1) − (ab + 1) a − b = b(a − c) b − c = c(b − a) c − a = a(c − b) a − b . Từ đó suy ra x3 = b(a − c) b − c ·c(b − a) c − a ·a(c − b) a − b = −abc. (2) Từ (1) và (2) ta có (xabc)3 = x3 · (abc)3 = −abc · (abc)3 = −(a2b2c2)2 = −1. Vậy P = xabc = −1. Câu 2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 9 và 1x+1y+1z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x3 + y3 + z3 + 3xyz. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 54 Lời giải. Ta có1x+1y+1z= 1⇔ xy+ yz+ zx= xyz. Từ đó, áp dụng bất đẳng thức AM-GM và sử dụng giả thiếtx+y+z = 9 ta được T=x3+y3+z3 + 3xyz = (x+y+z)3− 3(x+y+z)(xy+ yz+ zx) + 6xyz = 93− 27(xy+ yz+ zx) + 6xyz = 93− 21xyz≥93− 21 x+y+z 3 3= 162. Vậy giá trị nhỏ nhất củaT bằng 162, đạt được khix=y=z = 3. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Câu 3. Choa là số nguyên dương. Giả sửx1,x2,x3(x1 < x2 < x3) là các nghiệm của phương trìnhx3−3x2 + (2−a)x+a = 0. a) Chứng minh rằngA = 4(x1+x2)−x21+x22+x23không đổi khia thay đổi. b) ĐặtSn=xn1+xn2+xn3(n∈N). Chứng minh rằngSn là số nguyên lẻ với mọin∈N. Lời giải. a) Ta có x3−3x2 + (2−a)x+a = 0 ⇔(x− 1)(x2−2x−a) = 0 ⇔(x− 1) (x− 1)2− (1 +a) = 0. (1) Vì a >0 nên 1 + a >0, do đó  x = 1, (1)⇔ x = 1−√1 + a, x = 1 +√1 + a. Vìx1 < x2 < x3 nênx1 = 1−√1 +a,x2 = 1,x3 = 1 +√1 +a. Từ đó suy ra A = 4(x1+x2)−x21+x22+x23 = 4(1−√1 +a + 1)− (1−√1 +a)2 + 1 + (1 +√1 +a)2 = 9. VậyA = 9 không đổi khia thay đổi. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 55 b) Ta có x2 = 1 nên Sn = xn1 + xn2 + xn3 = 1 + xn1 + xn3 . Đặt Pn = xn1 + xn3 (n ∈ N). Ta đi chứng minh Pn chẵn với mọi n ∈ N. Vì x1, x3 là hai nghiệm của phương trình x2 − 2x − a = 0 nên   x21 − 2x1 − a = 0 x23 − 2x3 − a = 0 ⇒   xn1 (x21 − 2x1 − a) = 0 xn3 (x23 − 2x3 − a) = 0 ⇒   xn+2 1 − 2xn+1 1 − axn1 = 0 xn+2 3 − 2xn+1 3 − axn3 = 0 ⇒ (xn+2 1 + xn+2 3 ) − 2(xn+1 1 + xn+1 3 ) − a(xn1 + xn3 ) = 0 ⇒ Pn+2 − 2Pn+1 − aPn = 0 ⇒ Pn+2 = 2Pn+1 + aPn. (2) Do P0 = x01 + x03 = 2, P1 = x1 + x3 = 2 và a là số nguyên dương nên từ (2) suy ra P3, P4,. . ., Pn chẵn với mọi n ∈ N. Vậy nên Sn = 1 + Pn luôn là số nguyên lẻ với mọi n ∈ N. Câu 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x2(y + 3) = y(x2 − 3)2. Lời giải. Ta có / x2(y + 3) = y(x2 − 3)2 ⇔ y(x4 − 7x2 + 9) = 3x2. (1) Nhóm: https://sachhoc.com Do x, y là hai số nguyên dương, 3x2 > 0 nên từ (1) ta có x4 − 7x2 + 9 > 0. Mặt khác, từ (1) suy ra 3x2 ..(x4 − 7x2 + 9). Do đó 3x2 ≥ x4 − 7x2 + 9 ⇔ (x2 − 1)(x2 − 9) ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x2 ≤ 9 ⇔ x ∈ {1; 2; 3} (do x ∈ N∗). • Với x = 1, thay vào (1) ta được y = 1 (thỏa mãn). • Với x = 2, thay vào (1) ta được y = −4 (loại do y ∈ N∗). • Với x = 3, thay vào (1) ta được y = 1 (thỏa mãn). Vậy các cặp số nguyên dương cần tìm là (x; y) ∈ {(1; 1),(3; 1)}. Câu 5. Giải phương trình x2 − 2√2x − 1 = 13x2 − 28x + 24 2x + 1 . Lời giải. Điều kiện x ≥12. Ta có x2 − 2√2x − 1 = 13x2 − 28x + 24 2x + 1 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 56 ⇔ x2(2x + 1)− 2(2x + 1)√2x− 1 = 13x2− 28x + 24 ⇔2x3+x2− 2 [(2x− 1) + 2]√2x− 1 = 13x2− 28x + 24 ⇔x3−6x2 + 14x− 12−2√2x−1−√2x−1 3= 0 ⇔(x3−6x2 + 12x− 8)−√2x−1 3+ 2x−2−√2x−1 = 0 ⇔(x− 2)3−√2x−1 3+ 2x−2−√2x−1 = 0 ⇔(x−2−√2x− 1) (x− 2)2 + (x− 2)√2x− 1 + (2x− 1) + 2 = 0 ⇔(x−2−√2x− 1)ï x− 2 +12√2x−1 2+34(2x− 1) + 2ò= 0 ⇔(x−2−√2x− 1)ï x− 2 +12√2x−1 2+34(2x− 1) + 2ò= 0 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên  x−2−√2x− 1 = 0 (thỏa mãn) ⇔ x− 2 +12√2x−1 2+34(2x− 1) + 2 = 0 (loại do2x−1≥0) ⇔√2x− 1 =x−2⇔  x−2≥0 2x− 1 = (x− 2)2 ⇔  x≥2 (x− 1)(x− 5) = 0 ⇔x = 5. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm làS={5}. Câu 6. Cho nửa đường tròn tâmO đường kính AB = 2R,H là điểm cố định trên đoạn OA(H6=O,H6=A). Đường thẳng quaH và vuông góc với AB cắt nửa đường tròn đã cho tạiC. GọiE là điểm thay đổi trên cung AC(E6=A,E6=C),F là điểm thay đổi trên cung BC(F6=B,F6=C) sao cho EHC ’= F HC ’. a) Chứng minh rằng tứ giác EHOF nội tiếp. b) GọiR0là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHOF. Tính EHF ’ khiR=R0. c) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 57 F C E I K B A H O P a) Gọi P là điểm đối xứng với điểm E qua đường thẳng AB. Ta có OP = OE nên P ∈ (O). Do H nằm trên đường trung trực của EP nên HE = HP, suy ra EHA ’= P’HA. (1) Mặt khác, do EHC ’= F’HC nên EHA ’= F’HO. (2) Từ (1) và (2) suy ra P’HA = F’HO. Do đó ba điểm F, H, P thẳng hàng. Từ đó suy ra / EF’H = 12sđ _ Nhóm: https://sachhoc.com EP = sđ _ EA = EOH, ’ do đó tứ giác EHOF nội tiếp đường tròn. b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHOF. Khi R = R0 thì IE = IF = IO = OE = OF = R nên 4IOE và 4IOF là các tam giác đều. Do đó EOF ’= IOE ‘ + IOF ‘ = 120◦. Mặt khác, do tứ giác EHOF là tứ giác nội tiếp nên EHF ’= EOF ’= 120◦. c) Gọi K là giao điểm của EF và AB. Vì tứ giác EHOF là tứ giác EHOF nội tiếp nên KH · KO = KE · KF. (3) Mặt khác, do tứ giác AEFB nội tiếp nên KA · KB = KE · KF. (4) Từ (3) và (4) suy ra KH · KO = KA · KB. Ta có KH · KO = KA · KB ⇒(KA + AH) · (KA + AO) = KA · (KA + AB) ⇒KA = AH · AO AB − AH − AO = AH · AO OH không đổi do A, H, O cố định. Do đó EF luôn đi qua điểm K cố định. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 58 Câu 7. Trung tâm thành phố Việt Trì có tất cả 2019 bóng đèn chiếu sáng đô thị, bao gồm3 loại: Đèn ánh sáng trắng có 671 bóng, đèn ánh sáng vàng nhạt có 673 bóng, đèn ánh sáng đỏ có 675 bóng. Vào dịp giỗ tổ Hùng Vương, người ta thực hiện thay bóng đèn theo quy luật sau: Mỗi lần tháo bỏ2 bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng hai bóng đèn thuộc loại còn lại. Hỏi đến một lúc nào đó có thể tất cả các bóng đèn của trung tâm thành phố đều thuộc cùng một loại không? Lời giải. Ta có nhận xét: Khi chuyển từ lượt trước sang lượt sau, số bóng đèn của một màu bất Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên kì hoặc tăng2, hoặc giảm1, do đó hiệu của số bóng đèn của hai màu bất kì hoặc thay đổi3 (nếu một màu tăng2, một màu giảm1) hoặc thay đổi0 (nếu cả hai màu đều tăng hai hoặc đều giảm1), tức là thay đổi một bội của3. • Lúc đầu, hiệu của số bóng đèn vàng nhạt và trắng bằng 673− 671 = 2, là số chia cho3 dư2. Theo nhận xét trên, hiệu của số bóng đèn vàng nhạt và trắng luôn là một số chia cho3 dư2, không thể xảy ra số bóng đèn vàng nhạt và số bóng đèn trắng đều bằng0, tức là không thể xảy ra tất cả 2019 bóng đèn đều màu đỏ. • Lúc đầu, hiệu của số bóng đèn đỏ và vàng nhạt bằng 675− 673 = 2, là số chia cho 3 dư2. Theo nhận xét trên, hiệu của số bóng đèn đỏ và vàng nhạt luôn là một số chia cho3 dư2, không thể xảy ra số bóng đèn đỏ và số bóng đèn vàng nhạt đều bằng0, tức là không thể xảy ra tất cả 2019 bóng đèn đều màu trắng. • Lúc đầu, hiệu của số bóng đèn đỏ và trắng bằng 675− 671 = 4, là số chia cho3 dư 1. Theo nhận xét trên, hiệu của số bóng đèn đỏ và trắng luôn là một số chia cho 3 dư 1, không thể xảy ra số bóng đèn đỏ và số bóng đèn trắng đều bằng 0, tức là không thể xảy ra tất cả 2019 bóng đèn đều màu vàng nhạt. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 59 TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9 ĐỀ SỐ 9 ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM, TỈNH VĨNH LONG, NĂM 2018 Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . Câu 1. a) Cho biểu thức A = Åx + 3√x + 2 x√x − 8 − 1 ã :1√xvới x > 0 và x 6= 4. Tìm giá trị của A tại x = 14 + 6√5. √x − 2 b) Tính giá trị biểu thức B = Lời giải. a) Với x > 0, x 6= 4 ta có » 12 − p 80 − 32√3 −»12 +p80 − 32√3. / Nhóm: https://sachhoc.com A = Åx + 3√x + 2 x√x − 8 − 1 √x − 2 ï x + 3√x + 2 ã :1√x ò √x (√x − 2)(x + 2√x + 4) − x + 2√x + 4 (√x − 2)(x + 2√x + 4) = √x − 2 (√x − 2)(x + 2√x + 4) ·√x = √x x + 2√x + 4. = Ta lại có x = 14 + 6√5 = 9 + 2 · 3 ·√5 + 5 = 3 + √5 2⇒ √x = 3 + √5 = 3 + √5. Khi đó, giá trị của A tại x = 14 + 6√5 là 14 + 6√5 + 23 + √5 + 4 = 3 + √5 3 + √5 b) Ta có B2 = 24 − 8p4 + 2√3 = 2√3 − 2 2. Suy ra B = ± 2√3 − 2 . Do B < 0 nên B = 2 − 2√3. 24 + 8√5 = 3 + √5 83 + √5 = 18. Câu 2. Cho phương trình x2 + (2m − 3) x − m2 − 1 = 0 (0.20) (x ẩn số, m là tham số). Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 60 a) Chứng tỏ rằng phương trình (0.20) có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị củam. b) Giả sửx1,x2 là hai nghiệm của phương trình (0.20). Tìmm để phương trình có hai nghiệm phân biệtx1 < x2 thỏa mãn |x1| − |x2| = 3. Lời giải. a) Ta có ac = 1−m2−1 =−m2−1<0∀m nên phương trình (0.20) có hai nghiệm phân biệt trái dấu với mọim. b) Do phương trình (0.20) có hai nghiệm trái dấu vàx1 < x2 nênx1<0,x2>0. Suy ra |x1| =−x1, |x2| =x2 và Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên |x1| − |x2| = 3 ⇔ −x1 − x2 = 3 ⇔ −(x1+x2) = 3⇔2m− 3 = 3⇔m = 3. Câu 3. a) Giải phương trìnhx2−9 2= 12x + 1. b) Giải hệ phương trình Lời giải.  p2x−y−9− 36 +x2 = 0 y2− xy + 9 = 0. a) Giải phương trìnhx2−9 2= 12x + 1. Ta có x2−9 2= 12x + 1 ⇔x4− 18x2 + 81 = 12x + 1 ⇔x4 + 18x2 + 81 = 36x2 + 12x + 1 ⇔x2 + 9 2= (6x + 1)2  ⇔ x2 + 9 = 6x + 1 x2 + 9 =−6x−1  ⇔ x2−6x + 8 = 0 x2 + 6x + 10 = 0 (vô nghiệm)  ⇔ x = 2 x = 4. Vậy tập nghiệm của phương trình làS={2; 4}. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 61 b) Giải hệ phương trình  p2x − y − 9 − 36 + x2 = 0 (0.21)  y2 − xy + 9 = 0. (0.22) Điều kiện 2x − y − 9 ≥ 0. Ta có (0.22) ⇔ 4y2 − 4xy + x2 = x2 − 36 ⇔ (2y − x)2 = x2 − 36. (0.23) Thay (0.23) vào (0.21) ta được  p2x − y − 9 + (2y − x)2 = 0 ⇔  2x − y − 9 = 0 2y − x = 0 ⇔   x = 6 y = 3 thỏa mãn điều kiện.  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  Câu 4. x = 6 y = 3. a) Tìm tất cả các số tự nhiên x để giá trị biểu thức P = −x4 + x2 + 14x + 49 là số nguyên tố. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 − xy + y2 = 2x − 3y − 2. / Nhóm: https://sachhoc.com Lời giải. a) Ta có P = x2 + 14x + 49 − x2 2 = (x + 7)2 − x2 2 = x + 7 − x2 x + 7 + x2 . Dễ thấy x + 7 + x2 ≥ x + 7 − x2 và x + 7 + x2 > 1 với mọi số tự nhiên x. Từ đó, kết hợp với P nguyên tố suy ra  x + 7 − x2 = 1 ⇔ x2 − x − 6 = 0 ⇔ x = 3 x = −2 (loại). Với x = 3 thì P = 19 thỏa mãn bài toán. Vậy số tự nhiên x cần tìm là x = 3. b) Xét phương trình x2 − xy + y2 = 2x − 3y − 2. (0.24) Ta có (0.24) ⇔ x2 − (y + 2)x + y2 + 3y + 2 = 0. (0.25) Phương trình (0.25) có ∆ = (y + 2)2 − 4y2 + 3y + 2 = −3y2 − 8y − 4. Phương trình (0.25) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ≥ 0 ⇔ −3y2 − 8y − 4 ≥ 0 ⇔ −2 ≤ y ≤ −23. Vì y nguyên nên y = −2 hoặc y = −1. Với y = −2 thì từ (0.25) suy ra x2 = 0 ⇔ x = 0. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 62  Vớiy=−1 thì từ (0.25) suy rax2−x = 0⇔ x = 1 x = 0. Vậy nghiệm nguyên(x;y) của phương trình đã cho là (0;−2),(0;−1),(1;−1). Câu 5. Cho tam giác ABC vuông tạiA có AB = 6 cm, AC = 8 cm. Các đường phân giác trong và phân giác ngoài của gócB lần lượt cắt đường thẳng AC tạiM vàN. Tính diện tích của tam giác BMN. Lời giải. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên B C NM A •4ABC vuông tạiA suy ra BC = 10 cm. • BM là đường phân giác trong của4ABC⇒MA BA=MC số bằng nhau ta có MA BA=MC BC=MA+ MC BC . Áp dụng tính chất dãy tỉ BA+ BC=AC BA+ BC=12⇒ MA = 3 (cm). • BN là đường phân giác ngoài của4ABC⇒NA BA=NC BA=NC BC=NC− NA BC . Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có NA BC− BA=AC BC− BA = 2⇒ NA = 12 (cm). • Từ đó ta tính được NM= NA+ MA = 15 (cm). Suy raS4BMN=12BA· NM = 45 (cm2). Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tạiA với(AB < AC) và đường cao AH. Vẽ đường tròn(O) đường kính BC. Trên cung nhỏ AC lấy điểmE(E6=A,E6=C) sao cho hai tia AE và BC cắt nhau tạiI; AC cắt BE tạiN. Kéo dài AH cắt đường tròn(O) tại điểm thứ hai làD, DE cắt BC tạiM. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 63 a) Chứng minh MN song song AD. b) Chứng minh hai tam giác OME và OEI đồng dạng. A E N B Lời giải. H C O M I F D a) Chứng minh MN ∥ AD. Dễ thấy tứ giác MNEC nội tiếp, do NEM ’ = BED ’= ACB ’= NCM ’. Mà NEC ’= 90◦, suy ra NMC ’ = 90◦. Ta có MN ⊥ BC, AD ⊥ BC suy ra MN ∥ AD. / b) Chứng minh 4OME v 4OEI. Nhóm: https://sachhoc.com Gọi F là giao điểm của OE với đường tròn (O), (F khác với E). Ta có BOF ’= EOC ’⇒ ECˆ = BFˆ. Suy ra DEF ’= 12sđF˜D = 12ÄsđBD˜− sđBFˆä. Mặt khác AIB ‘ = 12ÄsđABˆ − ECBFˆä, (tính chất góc có đỉnh bên ngoài đường tròn). Suy ra AIB ‘ = DEF ’. Xét hai tam giác OME và OEI có • EOI ‘ chung. • EIO ‘ = MEO ’. ⇒ 4OME v 4OEI. Câu 7. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng a) a3 a2 + b2 ≥ a − b2. b) a3 a2 + ab + b2 +b3 b2 + bc + c2 +c3 c2 + ca + a2 ≥a + b + c 3 . Lời giải. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 64 a) Ta cóa3 a2+b2=a(a2+b2)− ab2 a2+b2=a−ab2 a2+b2≥a−ab2 2ab=a−b2. b) Tương tự theo câu a, ta cób3 b2+c2≥b−c2vàc3 a2+c2≥c−a2. Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có a3 a2 + b2 + b3 c2 + b2 + c3 a2+c2≥a+b+c 2 . a2+ ab+b2≥a3 =23·a3 Ta cóa3 a2+a2+b2 a2+b2 . Tương tự ta cũng cób3 2+b2 b2+ bc+c2≥23·b3 b2+c2vàc3 c2+ ac+a2≥23·c3 c2+a2 . Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên a2 + ab + b2 + b3 b2 + bc + c2 + c3 c2 + ac + a2 ≥ 23 Åa3 ã a3 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên a2+b2+b3 c2+b2+c3 a2+c2 ≥a+b+c 3 . h | Nhóm GeoGebraPro 65 TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9 ĐỀ SỐ 10 ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN VĨNH PHÚC, VÒNG 2 NĂM 2018-2019 Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . Câu 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng d: y = 2mx − m + 1 (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1) và B(x2; y2) thỏa mãn 2x1 + 2x2 + y1y2 = 0. Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P): x2 − 2mx + m − 1 = 0. Đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ m2 − m + 1 > 0 (luôn đúng ∀m ∈ R). / Nhóm: https://sachhoc.com Theo định lý Vi-ét ta có Ta có   x1 + x2 = 2m x1x2 = m − 1. A(x1; x21), B(x2; x22) ⇒ 2(x1 + x2) + y1y2 = 0 ⇔ 4m + (m − 1)2 = 0 ⇔ (m + 1)2 = 0 ⇔ m = −1. Vậy, với m = −1 thì yêu cầu bài toán xảy ra. Câu 2. Giải phương trình √x + √x − 4 = √−x2 + 6x − 1. Lời giải. Điều kiện xác định   x ≥ 4 − x2 + 6x − 1 ≥ 0. Bình phương hai vế phương trình ta được p 2x − 4 + 2 x2 − 4x = −x2 + 6x − 1 ⇔ x2 − 4x + 2px2 − 4x − 3 = 0. Đặt t = √x2 − 4x, điều kiện t ≥ 0. Phương trình trên trở thành t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ t = 1 t = −3 (loại). Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 66  Vớit = 1⇒x2−4x− 1 = 0⇔ x = 2 +√5 x = 2−√5 (loại). Vậy phương trình có nghiệm duy nhấtx = 2 +√5. Câu 3. Giải hệ phương trình Lời giải.  x2+y2 = 5 x+y+ xy = 5. Ta có  x2+y2 = 5 x+y+ xy = 5 ⇔  (x+y)2−2xy = 5 2 (x+y) + 2xy = 10 ⇔  (x+y)2 + 2(x+y) = 15 (1) x+y+ xy = 5. Từ phương trình (1) ta có  x+y=−5 x+y = 3. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên • Với x + y = −5, ta có   y = −5 −x x+y+ xy = 5 ⇔   y=−x−5 x2 + 5x + 10 = 0(vô nghiệm).   y = 3−x • Vớix+y = 3, ta có  x+y = 3 x+y+ xy = 5 ⇔  y = 3−x xy = 2 ⇔  y = 3−x x2−3x + 2 = 0⇔   x = 1 x = 2. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là(x;y) = (1; 2),(2; 1). Câu 4. Cho phương trìnhx3 + 2y3 + 4z3 = 9! (1), trong đó x, y, z là ẩn và 9! là tích các số nguyên dương liên tiếp từ1 đến9. a) Chứng minh rằng nếu có các số nguyên x, y, z thỏa mãn (1) thì x, y, z đều chia hết cho4. b) Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn (1). Lời giải. a) Xét phương trìnhx3 + 2y3 + 4z3 = 9! (1) Ta viết phương trình (1) dưới dạngx3+2y3+4z3 = 27·34·5·7⇒x3...2⇒x = 2x1, x1∈Z, thay trở lại phương trình (1), ta được 8x31 + 2y3 + 4z3 = 27 · 34·5·7⇒2y3...4⇒y = 2y1, y1∈Z. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 67 Tiếp tục thay trở lại (1) ta được 8x31+16y31+4z3 = 27·34·5·7 ⇒ 4z3..8 ⇒ z = 2z1, z1 ∈ Z. Thay trở lại (1), ta được 8x31 + 16y31 + 32z31 = 27 · 34 · 5 · 7 ⇔ x31 + 2y31 + 4z31 = 24 · 34 · 5 · 7. Lý luận tương tự như trên, ta được 8x32 + 16y32 + 32z32 = 24 · 34 · 5 · 7 ⇔ x32 + 2y32 + 4z32 = 2 · 34 · 5 · 7. (2) Như vậy ta được x = 4x2, y = 4y2, z = 4z2 ⇒ x, y, z cùng chia hết cho 4. b) Giả sử tồn tại các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn (1). Khi đó theo kết quả phần trên thì tồn tại các số nguyên dương x2, y2, z2 sao cho x = 4x2, y = 4y2, z = 4z2. Thay trở lại vào phương trình (2) ta được x32 = 2y32 + 4z32 = 2 · 34 · 5 · 7 ⇒ x2..2 ⇒ x2 = 2x3, thay trở lại phương trình trên ta có 4x33 + y32 + z32 = 34 · 5 · 7. (3) Ta có 4x33 + y32 + z32 ≡ ±4 ± 1 ± 2 (mod 9) ≡ ±4 ± 1 (mod 9) ≡ ±1 ± 2 (mod 9) ≡ ±4 ± 2 (mod 9) / Nhóm: https://sachhoc.com Ta thấy không có trường hợp nào 4x33 + y32 + 2z32 chia hết cho 9, vô lý. Do đó cả ba số x3, y2, z2 đều chia hết cho 3. Đặt x3 = 3x4, y2 = 3y3, z2 = 3z3, khi đó (3) trở thành 4x34 + y33 + 2z33 = 105 ⇒ y33 < 125 ⇒ y3 < 5, kết hợp với y3 lẻ ta được y3 ∈ {1; 3}. Thử trực tiếp ta thấy không thỏa mãn. Vậy không tồn tại các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 5. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng a2 + ab + b2 +b2 b2 + bc + c2 +c2 a2 c2 + ca + a2 ≥ 1. Lời giải. Bất đẳng thức đã cho viết lại thành 1 1 +ba+Åbaã2 +1 1 +cb + cb 2 +1 1 +ac+ ac 2 ≥ 1. Đặt x = ba, y = cb, z = ac⇒ x, y, z > 0, xyz = 1. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành 1 + x + x2 +1 1 1 + y + y2 +1 1 + z + z2 ≥ 1. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 68 Bất đẳng thức trên tương đương với (1 +x+x2)(1 +y+y2) + (1 +y+y2)(1 +z+z2) + (1 +z+z2)(1 +x+x2)≥ (1 +x+x2)(1 + y+y2)(1 +z+z2). Khai triển và sử dụng xyz = 1, rút gọn ta đượcx2+y2+z2≥ xy+ yz+ zx ⇔(x−y)2 + (y−z)2 + (z−x)2≥0 (luôn đúng). Đẳng thức xảy ra khix=y=z = 1⇔a=b= c. Câu 6. Cho hình thoi ABCD(AC > BD). Đường tròn nội tiếp(O) của tứ giác ABCD theo thứ tự tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD, DA tại các điểmE,F,G,H. Xét điểm Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên K trên đoạn HA và điểmL trên đoạn AE sao cho KL tiếp xúc với đường tròn(O). a) Chứng minh rằng LOK ’= LBO ‘ và BL· DK= OB2. b) Đường tròn ngoại tiếp của tam giác CF L cắt cạnh AB tại điểmM khácL và đường tròn ngoại tiếp của tam giác CKG cắt cạnh AD tại điểmN khácK. Chứng minh bốn điểm K, L, M, N cùng thuộc một đường tròn. c) Lấy các điểm P, Q tương ứng trên các đoạn F C, CG sao cho LP song song với KQ. Chứng minh rằng P Q tiếp xúc với(O). Lời giải. B EF MP L A N J K H O D I Q G C Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 69 a) Theo tính chất tiếp tuyến ta có LOJ ‘ = LOE ‘ và KOJ ’= KOH ’ ⇒ LOK ’= 12EOH ’ Suy ra LOK ’= 12Ä180◦ − 2 · BOE ’ä= 12Ä180◦ − 2(90◦ − LBO ‘)ä= LBO. ‘ (1) Ta có DOL ‘ = LOK ’+ KOD ’ = LBO ‘ + BLO ‘ = LOK ’+ BLO ‘ ⇒ KOD ’ = BLO. ‘ (2) Từ (1) và (2) ta được 4BLO v 4DOK nên ta có OD = OB BL DK ⇒ BL · DK = OB · OD = OB2. b) Do bốn điểm C, F, L, M cùng thuộc một đường tròn, nên BF’M = BLC ‘ ⇒ 4BFM v 4BLC, do đó BM · BL = BF · BC = BO2 (vì 4BOC vuông tại O và OF ⊥ BC). Theo kết quả câu a) BO2 = BL · DK. Suy ra BM = DK. Từ đó, M và K đối xứng nhau qua AC. (3) Chứng minh tương tự, ta có N và L đối xứng nhau qua AC. (4) Từ (3) và (4), suy ra KMLN là một hình thang cân và do đó nội tiếp. c) Do   BC ∥ DA LP ∥ KQ ⇒ BP‘L = DKQ ’ ⇒ 4BPL v 4DKQ ⇒BP DK = BL DQ. / Theo phần a) suy ra BP · DQ = BL · DK = BO2 ⇒BP BO = BO DQ = DO Nhóm: https://sachhoc.com ⇒ 4BPO v 4DOQ. Từ đó suy raOP OQ = BP DO = BP DQ BO. (5) Do P’OQ = 180◦ − BOP ’− DOQ ’= 180◦ − BOP ’− BP’O = OBP ’= QDO. ’ (6) Từ (5) và (6) suy ra các tam giác 4BOP, 4OQP, 4DQO đôi một đồng dạng. Do đó BP’O = OP’Q; P’QO = OQD. ’ (7) Gọi I là hình chiếu vuông góc của O trên BC, suy ra hai tam giác 4OFP và 4OIP có chung cạnh huyền OP và F’PO = IOP ‘ (do (7)). Suy ra OI = OF, do OI ⊥ PQ, suy ra PQ tiếp xúc với (O). Câu 7. Một bảng hình vuông gồm có n hàng và n cột (n là một số nguyên dương). Các hàng và cột được đánh số từ 1 đến n (các hàng đánh số từ trên xuống dưới và các cột được đánh số từ trái qua phải). Ô vuông nằm trên hàng i, cột j (i, j = 1, 2, · · · n) của bảng gọi là ô (i, j). Tại mỗi ô của bảng điền số 0 hoặc 1 sao cho nếu ô (i; j) điền số 0, thì a1 + bj ≥ n, trong đó ai là số 1 trên dòng i và bj là số 1 trên cột j. Gọi P là tổng tất cả các số trong các ô của bảng hình vuông đã cho. a) Xây dựng một bảng hình vuông thỏa mãn yêu cầu của bài toán trong trường n = 4 và P = 8. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 70 b) Chứng minh rằngP≥ Lời giải. ïn22 ò , với ïn22 ò là phần nguyên của sốn22 . a) Ta đưa ra một cách xây dựng bảng thỏa mãn yêu cầu bài toán như sau 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên b) Giả sửk = min{a1, a2, · · ·an, b1, b2, · · ·bn}. Xét dòng có đúngk số1 là dòngm. Xétk cột chứa các ô chứa số1 của dòngm, mỗi cột như vậy sẽ chứa ít nhấtk số 1, suy ra số số1 trongk cột này≥k2. Trong dòngm này cón−k ô chứa số0, xétn−k cột chứa số0 của dòngm này. Trong mỗi cột này có chứa ít nhấtn−k số1 (vì tổng số số1 trên hàng và cột chứa số0 là≥n, trong đó số số1 trong hàngm lại bằng1 suy ra mỗi cột chứa số0 thuộc dòngm sẽ≥n−k) nên số số1 trongn−k cột này≥(n−k)2. Do đóP≥k2 + (n−k)2=k21+(n−k)2 2=n22≥ïn22ò. Do đó P≥ ïn22 ò . 1≥(k+n−k)2 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 71 TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9 ĐỀ SỐ 11 ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN THỰC HÀNH SƯ PHẠM, HỒ CHÍ MINH, NĂM 2018 Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . Câu 1. Cho parabol (P): y = 12x2 và đường thẳng (D): y = 12x + 3. a) Vẽ (P) và (D) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy. Tìm tọa độ giao điểm của chúng bằng phép toán. b) Viết phương trình đường thẳng (D0) song song với (D) và tiếp xúc với parabol (P). Lời giải. a) • Vẽ (P) và (D). / Nhóm: https://sachhoc.com Tập xác định: D = R. Bảng giá trị của hàm số y = 12x2. x −3 −2 0 2 3 y 9 2 2 0 2 9 2 Vì hệ số a = 12 > 0 nên hàm số nghịch biến (P) (D) y 4 3 2 1 trên (−∞; 0) và đồng biến trên (0; +∞). O x −3 −2 −1 1 2 3 • Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép toán. Phương trình hoành độ giao điểm của (D) và (P) là 1 2x2 = 12x + 3 ⇔ x2 − x − 6 = 0 (1) Phương trình (1) có ∆ = (−1)2 − 4 · 1 · (−6) = 25 > 0.  Suy ra phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Ta có x = −2 ⇒ y = 2; x = 3 ⇒ y = 92. x = −2 x = 3. 3; 92 . Vậy (D) và (P) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ là (−2; 2) và Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 72 b) Đường thẳng(D0) song song với(D), suy ra(D0) có phương trìnhy=12x+k, với k6= 3. Phương trình hoành độ giao điểm của(D0) và(P) là 1 2x2=12x+k⇔x2−x−2k = 0 (2) (D0) và(P) tiếp xúc với nhau khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm kép, nghĩa là ∆ = 0⇔ 1 + 8k = 0⇔k=−18. Vậy đường thẳng(D0) có phương trình lày=12x−18. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Câu 2. Cho phương trìnhx2−(m + 3)x−m + 8 = 0(m là tham số). Xác địnhm để phương trình có hai nghiệm phân biệtx1, x2 thỏa mãn hệ thức2x1 + 3x2 = 13. Lời giải. • Điều kiện 1. Phương trình có hai nghiệm phân biệtx1, x2 khi và chỉ khi ∆>0⇔(m + 3)2− 4(−m + 8)>0  ⇔m2 + 10m− 23>0⇔ m <−5−4√3 m >−5 + 4√3. (∗)  • Điều kiện 2. Theo hệ thức Vi-ét, ta có  x1+x2=m + 3 (1) x1x2=−m + 8. (2) Đề bài yêu cầu:2x1 + 3x2 = 13. (3) Từ (1) và (2), suy rax1 = 3m−4 vàx2=−2m + 7. Thayx1, x2 vào (3) ta được  (3m− 4)(−2m + 7) =−m + 8⇔6m2− 30m + 36 = 0⇔ m = 2 m = 3. Đối chiếu với điều kiện(∗), ta đượcm = 2,m = 3 là giá trị cần tìm. Câu 3. Cho biểu thứcA=3x+√16x−7 √x−3−3 +√x √x + 1. a) Rút gọnA. x−√4x−3+1−√x Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 73 b) Tìm số nguyên x để A nhận giá trị nguyên. Lời giải. a) Điều kiện:   x > 0 √x 6= 3⇔   x > 0 x 6= 9. A = 3x + 4√x − 7 x − 2√x − 3 +1 − √x √x − 3 − 3 + √x √x + 1 = 3x + 4√x − 7 + (1 − √x)(1 + √x) − (√x − 3)(√x + 3) = x + 4√x + 3 (√x − 3)(√x + 1) √x + 3 √x − 3. b) Ta có A = (√x − 3)(√x + 1) = (√x + 1)(√x + 3) (√x − 3)(√x + 1) = √x − 3 + 6 √x − 3 = 1 +6 √x − 3· Để A nhận giá trị nguyên thì 6 chia hết cho √x − 3, khi đó / Nhóm: https://sachhoc.com      √x − 3 = ±6 √x − 3 = ±3 √x − 3 = ±2 √x − 3 = ±1 ⇔           √x = 9 √x = 6 √x = 5 √x = 4 √x = 2 √x = 1 √x = 0 ⇔           x = 81 x = 36 x = 25 x = 16 x = 4 x = 1 x = 0. Câu 4. Giải phương trình 4x2 +1x2 + 2x − 1x = 6. Lời giải. Điều kiện: x 6= 0. Đặt t = 2x − 1x , với t > 0, suy ra t2 = 4x2 +1x2 − 4. Phương trình đã cho trở thành t2 + t − 2 = 0 ⇔ Với t = 1, suy ra  t = 1 t = −2 (loại).   4x2 +1x2 − 4 = 1 ⇔ 4x4 − 5x2 + 1 = 0 ⇔ n x2 = 1 x2 = 14⇔ x = ±1 x = ±14. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên −1; −14;14; 1o. h | Nhóm GeoGebraPro 74 Câu 5. Một cửa hàng điện máy trong ngày khai trương đã bán được 65 quạt điện và 65 nồi cơm điện thuộc cùng một loại. Cửa hàng thu được 55.250.000 đồng từ tiền bán hai sản phẩm trên đây và tính ra lãi được8.125.000 đồng. Cho biết mỗi quạt điện cửa hàng được lãi 20% trên giá bán, mỗi nồi cơm điện cửa hàng được lãi 10% trên giá bán. Hãy tính giá nhập kho của cửa hàng điện máy cho mỗi loại sản phẩm quạt điện và nồi cơm điện. Lời giải. Gọi x, y (đồng) lần lượt là giá bán quạt điện và nồi cơm điện của cửa hàng điện máy. Theo đề bài, ta có  65(x+y) = 55.250.000 65(0.2x + 0.1y) = 8.125.000 ⇔  x+y = 850.000 2x+y = 1.250.000 ⇔  x = 400.000 y = 450.000. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Suy ra, giá nhập kho đối với mỗi quạt điện là0.8× 400.000 = 320.000 đồng và mỗi nồi cơm điện là0.9× 450.000 = 405.000 đồng. Câu 6. Từ điểmK nằm ngoài đường tròn(O) vẽ cát tuyến KBC với đường tròn (không quaO) vàB nằm giữaK vàC. Các tiếp tuyến với đường tròn vẽ từB vàC cắt nhau tạiA. QuaA vẽ đường thẳng vuông góc với KO, cắt KO tạiH và cắt đường tròn(O) tạiE vàF(E nằm giữaA vàF). GọiM là giao điểm của AO và BC. Chứng minh rằng: a) Các điểm A, C, O, H, B cùng nằm trên một đường tròn. b) Tứ giác EMOF nội tiếp. Lời giải. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 75 A E C K B H F M O a) Vì ACO ‘ = ABO ’ = AHO ’ = 90◦ nên các đỉnh A, C, H nằm trên đường tròn đường kính AO. Vậy các điểm A, C, O, H, B cùng nằm trên một đường tròn. / b) Xét hai tam giác ABE và AFB có: Nhóm: https://sachhoc.com Ab chung ABE ’= AF’B (góc tạo bởi tiếp tuyến AB và dây cung BE bằng góc nội tiếp chắn BE˜). ⇒ 4ABE v 4AFB ⇒ AB2 = AE · AF. Mặt khác, tam giác ABO vuông tại B có BM là đường cao nên AB2 = AM · AO. Suy ra AE · AF = AM · AO ⇒ 4AEM v 4AOF ⇒ AME ’ = AF‘O. Do đó, tứ giác EMOF có MEF ’ + EF’O = 180◦ nên EMOF nội tiếp. Câu 7. Cho nữa đường tròn đường kính AB và một điểm C di động trên nữa đường tròn đó sao cho CA 6 CB (C khác A và B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB. Gọi I, J, K lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác ABC, CHA và CHB. a) Chứng minh rằng I là trực tâm của tam giác CJK. b) Gọi O là trung điểm AB và E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CHO. Tính số đo góc AEO ’. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 76 Lời giải. C M J I E K AB HO Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên a) Từ giải thiết, ta có I, K nằm trên đường phân giác trong của CBA ’. GọiM là giao điểm của BI và CJ. Ta sẽ chứng minh KI⊥ CJ hay CMI ’= 90◦. Thật vậy, ta có ACJ ‘=12ACH ’ và CBK ’=12CBA ’. mà ACH ’= CBA ’(cùng phụ với góc ACB ’). Suy ra ACJ ‘= CBK ’. Mặt khác, ta lại có CIM’= ICB ‘+ CBK ’. Trong tam giác CMI, ta có MCI ’+ CIM’= MCI ’+ ICB ‘+ CBK ’= ACJ ‘+ MCI ’+ ICB ‘= ACB ’= 90◦. Suy ra CMI ’= 90◦, hay KI⊥ CJ. Tương tự ta cũng chứng minh được JI⊥ CK. VậyI là trực tâm của tam giác CJK. b) Xét hai tam giác COE và AOE có: OE là cạnh chung COE ’= AOE ’(do OE là phân giác trong của COA ‘). OC= OA (bán kính của đường tròn(O)). Do đó4COE=4AOE⇒ OAE ’= OCE ’=12OCH ’. Suy ra AEO ’= 180◦− OAE ’− AOE ’= 180◦−12ÄOCH ’+ COH ’ä= 135◦. Câu 8. Người ta cắt một tấm tôn hình tròn bán kính 50 cm thành3 hình quạt tròn bằng nhau. Từ mỗi hình quạt tròn đó, người ta tạo ra một thùng đựng nước hình nón bằng cách ghép sát hai bán kính của nó lại với nhau. Tâm của hình quạt tròn là đỉnh của hình nón. Hãy tính thể tích của mỗi thùng đựng nước đó. Lời giải. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 77 A 120◦ O H A O Ta có chu vi đường tròn đáy của hình nón bằng chiều dài cung AB. Do đó 2πAH = lAB = OA ·120π 180 ⇒ AH = 13OA = 503cm. Tam giác AHO vuông tại H, ta có p OH = Thể tích mỗi thùng đựng nước OA2 − AH2 = 100√2 3 . / Nhóm: https://sachhoc.com V = 13OH · πAH2 = 13 ·100√2 3 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên 50 3 2 π = 250000π 81cm3 ≈ 9,7 lít. h | Nhóm GeoGebraPro 78 TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9 ĐỀ SỐ 12 ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN THÁI BÌNH, NĂM 2018 Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . Câu 1. Cho phương trìnhx2−2mx+m2−2m + 4 = 0 (vớim là tham số). Tìmm để Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên phương trình có hai nghiệm không âmx1, x2. Tính theom giá trị biểu thứcP=√x1+√x2 và tìm giá trị nhỏ nhất củaP. Lời giải. Phương trình:x2−2mx+m2−2m + 4 = 0 (1) Phương trình (1) có hai nghiệm không âmx1, x2 ⇔  ∆0≥0 x1+x2≥0 x1x2≥0 ⇔  m2−(m2−2m + 4)≥0 2m≥0 m2−2m + 4≥0 ⇔  2m−4≥0 m≥0 (m− 1)2 + 3≥0 ⇔m≥2. XétP=√x1+√x2≥0 ⇒P2 = (√x1+√x2)2=x1+x2 + 2√x1x2 = 2m + 2pm2−2m + 4 ⇒P= Vớim≥2, ta có: » 2m + 2 p m2−2m + 4. P2 = 2m + 2pm(m− 2) + 4≥2.2 + 2√0 + 4 = 8 ⇒P≥2√2.Dấu “=” xảy ra⇔m = 2. Vậy minP = 2√2 khim = 2. Câu 2. Cho hàm sốy=x2 + 2 x + 2. Tìm tất cả các giá trịx nguyên đểy nguyên. Lời giải. Xéty=x2 + 2 x + 2=x2− 4 + 6 x + 2=(x + 2)(x− 2) x + 2+6 x + 2=x− 2 +6 Vớix∈Z, ta có:y∈Z⇔6 x + 2∈Z⇔x + 2∈ Ư(6) x + 2. hayx + 2 ∈ {1;−1; 2;−2; 3;−3; 6;−6} ⇔x ∈ {−1;−3; 0;−4; 1;−5; 4;−8}. Vậyx ∈ {−1;−3; 0;−4; 1;−5; 4;−8} là các giá trị cần tìm. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 79 Câu 3. Cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiện a+2b+5c = 0. Chứng minh phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm. Lời giải. Phương trình ax2 + bx + c = 0 (1) Xét 2 trường hợp: Trường hợp 1. Với a = 0 ⇒ phương trình (1) trở thành bx + c = 0 (2) + Nếu b = 0 thì từ điều kiện a + 2b + 5c = 0 suy ra c = 0. ⇒ Phương trình (2) nghiệm đúng với mọi x. ⇒ Phương trình (1) có nghiệm. + Nếu b 6= 0 thì phương trình (2) có nghiệm duy nhất x = −cb ⇒ Phương trình (1) có nghiệm. Trường hợp 2. Với a 6= 0 ⇒ phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn x. 2 ⇒ b2 = (a + 5c)2 Từ a + 2b + 5c = 0 ⇒ b = −a + 5c ∆ = b2 − 4ac = (a + 5c)2 4 . Do đó: 4 − 4ac = a2 + 10ac + 25c2 − 16ac 4 / = a2 − 6ac + 25c2 4 = a2 − 6ac + 9c2 + 16c2 4 = (a − 3c)2 Nhóm: https://sachhoc.com 4 + 4c2 ≥ 0. ⇒ Phương trình (1) có nghiệm. Kết luận: Phương trình (1) luôn có nghiệm với các số a, b, c thỏa mãn điều kiện a + 2b + 5c = 0. Câu 4. Giải phương trình (4x3 − x + 3)3 = x3 +32. Lời giải. (4x3 − x + 3)3 = x3 +32 ⇔ 2(4x3 − x + 3) = 3 + 2x3. (1) Đặt y = 2x khi đó phương trình (1) tương đương với Åy3 2 − y2 + 3ã3= 3 + y34 ⇔ (y3 − y + 6)3 = 12 + y3. (2) 2  Đặt z = y3 − y + 6 khi đó phương trình (2) tương đương với  z = y3 − y + 6 y3 + 12 = z3. (∗) Ta thấy z3 − z = y3 + 12 − y3 + y − 6 = y + 6 ⇒ y = z3 − z − 6.  Nên hệ đã cho tương đương với  z = y3 − y + 6 y = z3 − z − 6. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên h | Nhóm GeoGebraPro 80  Từ đó ta có(y+z)(y2− yz+z2− 2) = 0⇔ z=−y y2− yz+z2− 2 = 0. Vớiz=−y thay vào(∗) ta đượcy3=−6⇔y=√36⇒x=−3…34· Vớiy2−yz+z2−2 = 0 ta có hệ  y2− yz+z2− 2 = 0 y3 + 12 =z3⇔  y2− yz+z2− 2 = 0  (y−z)(y2+ yz+z2) =−12. (∗∗) Theo bất đẳng thức Cô-si áp dụng cho ba số không âm(y−z)2, y2+yz+z2, y2+yz+z2 ta có (y−z)2(y2+ yz+z2)2≤ Å(y−z)2 + (y2+ yz+z2) + (y2+ yz+z2) 3 ã3 Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên = (y2+z2)3≤ (2(y2− yz+z2))3 = 43< 122 Điều này mâu thuẩn với(∗∗) do đó hệ phương trình vô nghiệm. ® …3 ´ Do đó nghiệm của phương trình làS= −3 4 . Câu 5. Hai cây nến cùng chiều dài và làm bằng các chất liệu khác nhau, cây nến thứ nhất cháy hết với tốc độ đều trong3 giờ, cây nến thứ hai cháy hết với tốc độ đều trong 4 giờ. Hỏi phải cùng bắt đầu đốt lúc mấy giờ chiều để đến4 giờ chiều, phần còn lại của cây nến thứ hai dài gấp đôi phần còn lại của cây nến thứ nhất? Lời giải. Giả sử chiều dài ban đầu của hai cây nến làh (cm). Gọi thời điểm cùng bắt đầu đốt hai cây nến làx (giờ)(x >0). Saux (giờ) thì: - Cây nến thứ nhất cháy đượcx·h3=hx3(cm). - Cây nến thứ hai cháy đượcx·h4=hx4(cm). - Phần còn lại của cây nến thứ nhất làh−hx3=h 1−x3 (cm). - Phần còn lại của cây nến thứ hai làh−hx4=h 1−x4 (cm). Theo đề bài ta có phương trình: 1 − x4 = 2·h 1−x3 ⇔1−x4= 2−2x3⇔ 23−14 x = 1⇔x = 2, 4 (thỏa mãn điều kiện). h Vậy thời điểm cùng bắt đầu đốt hai cây nến là4−2, 4 = 1,6 (giờ) hay1 giờ 36 phút chiều. Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên """