ĐẠI HC QUC GIA TP. H CHÍ MINH ĐỀ THI TUYN SINH VÀO LP 10
TRƯỜNG PH THÔNG NĂNG KHIẾU Năm học 2020 -2021
HỘI ĐỒNG TUYN SINH LP 10 Môn thi: TOÁN (chuyên)
Thi gian làm bài: 150 phút (không k thời gian phát đề)
Câu 1. (2,0 điểm)
Cho các phương trình
2
30x ax 
2
50x bx 
vi
,ab
là tham số.
a) Chứng minh rằng nếu
16ab
thi hai phương trình trên có ít một phương mình có nghiệm.
b) Gi sử hai phương trình trên có nghiệm chung
0
.x
Tìm
,ab
sao cho
ab
có giá trị nh nhất.
Câu 2. (1,5 điểm)
Cho phương trình
22
3 23
n
xy 
vi
là số tự nhiên.
a) Chứng minh rằng nếu
n
chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên
;.xy
b) Chứng minh rằng nếu
l thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên
;.xy
Câu 3. (3,5 đim)
Cho đường tròn
,O
dây cung
BC
không chứa
O
điểm
A
thay đổi trên cung lớn
.BC
Ly các đim
E
và
F
tha mãn
0
90 .ABE CAE ACF BAF
a) Chứng minh
.AE AB AF AC
b) H
AD
vuông góc với
.EF D EF
Chng minh các tam giác
DAB
DAC
đồng dạng và điểm
D
thuộc
một đường tròn cố định.
c) Gi
G
giao đim ca
AD
với đường tròn
,.OGA
Chứng minh
AD
đi qua một điểm c định
.GB AC GC AB

d) Gọi
K
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
.
AEF
Chứng minh
AK
đi qua một điểm cố định.
Câu 4. (1,5 đim)
Cho số tự nhiên
13 7 20
3 5 7.a 
a) Gi
A
tp hp các s nguyên dương
sao cho
k
ưc ca
chia hết cho
105.
Hỏi tập hp
A
bao nhiêu phần tử?
b) Gi sử
B
mt tập con bất k ca
A
9
phần tử. Chứng minh ta luôn có thể tìm đưc
phần tử ca
B
sao tích của chúng là số chính phương.
Câu 5. (1,5 đim)
Cho h phương trình với
là tham số:
.
x xx
k
yz
yz
y yy
k
zx
zx
z zz
k
xy
xy



a) Gii h vi
1.k
b) Chứng minh hệ vô nghiệm với
2k
3.k
--------------------- HT ---------------------
LI GII CHI TIT
Câu 1.
a) Điều kiện xác định của
:M
0.
x
Với điều kiện này, ta có:
( )
( )
(
)
3
8 224
2.
24 24
x x xx
Mx
xx xx
++
= = =
++ ++
Do đó phương trình
4Mx
tương đương:
2 4 20 2 1 0 2 4x x xx x x x x 
tha
0.x
Vậy
4x
là giá trị duy nhất cần tìm.
b) Điều kiện để ba biểu thức
,,MNP
cùng xác định là
0x
4.x
Ta có:



33
11
23 1
22
.
43 1 43 1 4
22
xx
x
N
xx xx x
xx


 

Do đó, ta có:

22
2 1.
222
22
xx
Qx
xxx
xx



Vậy
1.Q
Câu 2.
a) Điều kiện:
0x
1.
x
Phương trình tương đương
42
4 5 01xx 
hoc
33 .
xx
Ta có:

22
1 1 5 0.xx 
Do
0x
1
x
nên phương trình này vô nghiệm.
Li
2
3
3
2 3 3 1.
1 60
33
x
x
xx x
xx
xx






Nhưng
0x
1x
nên
phương trình này vô nghiệm.
Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm.
b) Điều kiện để
d
1
d
cắt nhau là
1.m
Ta lại có
I
thuộc
d
1
,d
nên ta có hệ:
9
49
.
4
32 6
3
m
m
m n mn
n



Do đó
27
4
mn
3
.
4
m
n
c) Đ dài đường chéo
AC
bằng đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình ch nhật
ABCD
nên
10 ( ).AC cm
Đặt
()AB a cm
()BC b cm
vi
, 0.ab
Khi đó diện tích hình chữ nhật
ABCD
2
.ab cm
Theo giả thiết ta có:
2 28 14.ab ab 
Lại có
22 2
100.a b AC
Suy ra:
2
22
2
14 100
48.
22
ab a b
ab


Vậy diện tích hình chữ nht
ABCD
bằng
2
48 .cm
Câu 3.
a) Phương trình hoành độ giao điểm của
P
d
là:
2
2 3 0.x mx 
Ta thấy
1 3 30ac 
nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt
12
;xx
trái dấu nhau.
Do đó
P
luôn cắt
d
tại hai điểm phân biệt
11 2
; , ;2Ax y Bx y
với mọi
.m
Áp dụng định lý Viete, ta có:
12
2xx m
12
3.xx
Do đó
2
12 1 2 12
2 3 2 3 2 6 4 6.y y mx mx m x x m 
Vậy
2
12
4 6.yy m
b) Ta có:
2
11
yx
2
22
yx
nên phương trình tương đương:
 
22 2 2
1 2 1 2 12 1 12 2 1 2
121212 12 12
12
12
443 344
4 4 140
1
.
4
x x x x xx x xx x x x
xxxxxx xx xx
xx
xx
 
 

Nếu
12
4xx
thì
2
12 2
43xx x 
vô lý.
Nếu
12
1xx
thì
21
m
hay
1
.
2
m
Vậy
1
2
m
là giá trị duy nhất cần tìm.
Câu 4.
Gi
x
(tn) là lượng gạo nhập vào khi trong ngày thứ nhất vi
0.x
Khi đó lượng gạo nhập vào kho trong các
ngày thứ hai, thứ ba, thứ tư lần lượt là
6 6 36
120% , 120%
5 5 25
xx x x



36 216
120% .
25 125
xx


a) Tổng lượng gạo đã nhập vào kho sau ngày thứ ba là
6 36 91
5 25 25
xx x x
(tn).
Theo giả thiết ta có:
91
91 25.
25
xx 
Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập
25
tấn gạo.
b) Sau ngày thứ tư, tổng lượng gạo đã nhập vào kho là
6 36 216 671
5 25 125 125
xx x x x
(tn).
Do đó, lượng gạo trong kho đã xuất trong các ngày thứ năm th sau ln t
1 671
10 125
x


tấn
1 9 671 9 671
10 10 125 100 125
xx












tấn. Theo giả thiết ta có:
1 671 9 671
50,996 50.
10 125 100 125
xx x
 







 
Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập
50
tấn gạo.
Câu 5.
a) Do
M
là trung điểm của
AC
nên
0
90 .
OM AC OMC
Lại có
AB AC
OB OC
nên
AO
là trung trực ca
0
90 .
BC AO BC ONC

T đó suy ra tứ giác
OCMN
nội tiếp.
Ta có:
AB AC
nên
AB AC
suy ra
DA
là tia phân giác của
BDC
nên
2 1.BDC ADC
Mặt khác
OM
là trung trực ca
AC
D OM
nên
DM
là trung trực ca
.AC
Suy ra
DM
là phân giác của
2 2.ADC ADC ODC

T
1
2
suy ra
4.BDC ODC
b) Ta có
sd sd sd sd sd
.
2 22
BD AC BD AB AD
APC ACD


ACD DAC
nên
.APC PAC
Suy ra tam giác
APC
cân ti
.
CA CP
Mặt khác ta có
BPD APC DAC DBP
nên tam giác
BDP
cân ti
.D
DE
là phân giác của
BDP
nên
.DE BC
T giác
DEMC
0
90DEC DMC
nên là tứ giác nội tiếp. Suy ra:
.MEC MDC MDA
T đó
0
90 .
DBE BEF DAC MDA
Do đó
EF BD
hay
.ME BD
c) Do tứ giác
OCMN
nội tiếp nên
1
2.
2
MNC MOC AOC ADC MDC 
Mặt khác ta lại có
MNC MEC NME
MEC MDC
(câu b) nên
.NME MEC
Suy ra tam giác
MNE
cân ti
.N
Chú ý rằng tứ giác
ABDC
EMCD
nội tiếp nên ta có:
.
FAD BCD EMD FMD
Do đó tứ giác
FAMD
nội tiếp. Suy ra
.EFB MDA MDC MEN BEF
Vậy tam giác
BEF
cân ti
.B
BD EF
nên
BD
là trung trực ca
.EF
Suy ra
,DE DF
hay
1.
DF
DE
--------------------- HT ---------------------

Preview text:

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU Năm học 2020 -2021
HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 Môn thi: TOÁN (chuyên)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) Cho các phương trình 2
x ax 3  0 và 2
x bx 5  0 với a, b là tham số.
a) Chứng minh rằng nếu ab 16 thi hai phương trình trên có ít một phương mình có nghiệm.
b) Giả sử hai phương trình trên có nghiệm chung x . Tìm có giá trị nhỏ nhất. 0
a, b sao cho a b Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình 2 2 3   23n x y
với n là số tự nhiên.
a) Chứng minh rằng nếu n chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên  ; x y.
b) Chứng minh rằng nếu n lẽ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên  ; x y. Câu 3. (3,5 điểm)
Cho đường tròn O, dây cung BC không chứa O và điểm A thay đổi trên cung lớn 
BC. Lấy các điểm E
F thỏa mãn     0
ABE CAE ACF BAF  90 .
a) Chứng minh AEAB AF AC.
b) Hạ AD vuông góc với EF D EF. Chứng minh các tam giác DAB DAC đồng dạng và điểm D thuộc
một đường tròn cố định.
c) Gọi G là giao điểm của AD với đường tròn O, G  
A . Chứng minh AD đi qua một điểm cố định và
GBAC GCA . B
d) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh AK đi qua một điểm cố định. Câu 4. (1,5 điểm) Cho số tự nhiên 13 7 20 a  3 5 7 .
a) Gọi A là tập hợp các số nguyên dương k sao cho k là ước của a k chia hết cho 105. Hỏi tập hợp A có bao nhiêu phần tử?
b) Giả sử B là một tập con bất kỳ của A có 9 phần tử. Chứng minh ta luôn có thể tìm được 2 phần tử của B
sao tích của chúng là số chính phương. Câu 5. (1,5 điểm)
Cho hệ phương trình với k là tham số:  x x x     k  yz y z  y y y     k .  zx z x  z z z     k  xy x y 
a) Giải hệ với k 1.
b) Chứng minh hệ vô nghiệm với k  2 và k  3.
--------------------- HẾT ---------------------
LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1.
a) Điều kiện xác định của M : x  0. Với điều kiện này, ta có:
( x)3 −8 ( x −2)(x+2 x +4) M = = = x − 2. x + 2 x + 4 x + 2 x + 4
Do đó phương trình M x4 tương đương:
x 2  x4  xx 2  0   x  
2  x  1 0  x  2  x  4 thỏa x 0.
Vậy x  4 là giá trị duy nhất cần tìm.
b) Điều kiện để ba biểu thức M , N, P cùng xác định là x  0 và x  4.
x  3 x  3 1 1 23x   1 Ta có: 2 2 N     .
x43x   1
x43x   1
x4  x   2  x   2
Do đó, ta có:    2 x 2 2 x Q x      x   2  x   1. 2 x  2 x  2 x  2 Vậy Q 1. Câu 2.
a) Điều kiện: x  0 và x 1. Phương trình tương đương 4 2
x  4x 5  0  
1 hoặc x 3  3 .x Ta có:     2 x   2 1 1 x  
5  0. Do x  0 và x 1 nên phương trình này vô nghiệm. x  3 x  3 Lại có 2 x 3 3 x          
x 1. Nhưng x  0 và x 1 nên x 33  x2   x  1 x6 0  
phương trình này vô nghiệm.
Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm.
b) Điều kiện để d và d cắt nhau là m 1. Ta lại có I thuộc d và d , nên ta có hệ: 1 1  9 4m  9 m       4 . 3
m  2nmn   6   n  3  Do đó 27 mn m  và 3  . 4 n 4
c) Độ dài đường chéo AC bằng đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD nên AC 10 (cm).
Đặt AB a (cm) và BC b (cm) với a, b  0. Khi đó diện tích hình chữ nhật ABCD ab  2 cm .
Theo giả thiết ta có: 2a b 28  a b 14. Lại có 2 2 2
a b AC 100.
a b2  2 2 a b  2 Suy ra: 14 100 ab    48. 2 2
Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD bằng  2 48 cm . Câu 3.
a) Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: 2
x 2mx3  0.
Ta thấy ac 1 
3  3 0 nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x ; x trái dấu nhau. 1 2
Do đó P luôn cắt d tại hai điểm phân biệt Ax ; y , B x ; y2 với mọi . m 1 1  2 
Áp dụng định lý Viete, ta có: x x  2m x x  3. 1 2 1 2
Do đó y y 2mx   3 2mx  
3  2mx x  2  6  4m  6. 1 2 1 2 1 2 Vậy 2
y y  4m 6. 1 2 b) Ta có: 2 y x và 2
y x nên phương trình tương đương: 1 1 2 2 2 2 2 2
x 4x x 4x 3x x x 3x x 4x x 4x 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2
 x x x 4x x 4x x x 1 x 4x  0 1 2  1 2  1 2  1 2  1 2  x x 1 1 2   . x  4x  1 2
Nếu x  4x thì 2 vô lý. 1 2
x x  4x  3 1 2 2
Nếu x x 1 thì 2m 1 hay 1 1 2 m  . 2 Vậy 1
m  là giá trị duy nhất cần tìm. 2 Câu 4.
Gọi x (tấn) là lượng gạo nhập vào khi trong ngày thứ nhất với x  0. Khi đó lượng gạo nhập vào kho trong các    
ngày thứ hai, thứ ba, thứ tư lần lượt là 6 6 36
120%x x, 120% x x và 36 216 120% x .x 5 5  25 25  125
a) Tổng lượng gạo đã nhập vào kho sau ngày thứ ba là 6 36 91 x x x x (tấn). 5 25 25
Theo giả thiết ta có: 91 x  91 x  25. 25
Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập 25 tấn gạo.
b) Sau ngày thứ tư, tổng lượng gạo đã nhập vào kho là 6 36 216 671 x x x x x (tấn). 5 25 125 125  
Do đó, lượng gạo trong kho đã xuất trong các ngày thứ năm và thứ sau lần lượt là 1 671  x tấn và 10125  1  9 671  9 671   x  
 tấn. Theo giả thiết ta có:      x
10 10125  100125   1 671  9 671   x    
x 50,996  x  50.
10125  100125 
Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập 50 tấn gạo. Câu 5.
a) Do M là trung điểm của AC nên  0
OM AC OMC  90 .
Lại có AB AC OB OC nên AO là trung trực của  0
BC AO BC ONC  90 .
Từ đó suy ra tứ giác OCMN nội tiếp.
Ta có: AB AC nên  
AB AC suy ra DA là tia phân giác của  BDC nên  
BDC  2ADC   1 .
Mặt khác OM là trung trực của AC D OM nên DM là trung trực của AC.
Suy ra DM là phân giác của   
ADC ADC  2ODC 2. Từ   1 và 2 suy ra   BDC  4ODC. b) Ta có       sdBD sdAC
sdBD sdAB sdAD APC     AC . D 2 2 2 Mà  
ACD DAC nên   APC PAC.
Suy ra tam giác APC cân tại CA  . CP
Mặt khác ta có    
BPD APC DAC DBP nên tam giác BDP cân tại . D
DE là phân giác của 
BDP nên DE BC.
Tứ giác DEMC có   0
DEC DMC  90 nên là tứ giác nội tiếp. Suy ra:   
MEC MDC MD . A Từ đó     0
DBE BEF DAC MDA  90 . Do đó EF BD hay ME B . D
c) Do tứ giác OCMN nội tiếp nên   1   
MNC MOC AOC ADC  2MDC. 2
Mặt khác ta lại có   
MNC MEC NME và  
MEC MDC (câu b) nên   NME MEC.
Suy ra tam giác MNE cân tại N.
Chú ý rằng tứ giác ABDC EMCD nội tiếp nên ta có:    
FAD BCD EMD FM . D
Do đó tứ giác FAMD nội tiếp. Suy ra     
EFB MDA MDC MEN BEF.
Vậy tam giác BEF cân tại .
B BD EF nên BD là trung trực của EF. Suy ra DE DFDF, hay 1. DE
--------------------- HẾT ---------------------
Document Outline

  • PTNK - ĐHQG Tp HCM năm 2020.docx.pdf