060 đề thi vào 10 chuyên toán cần thơ 2019 2020

1,0 điểm Anh Bình vừa tốt nghiệp loại xuất sắc nên được nhiều công ty mời về làm việc, trong đó có 2 công ty A và B.. Để thu hút người tài, cả hai công ty đưa ra hình thức trả lương tro

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2019-2020

Khóa ngày 02 tháng 6 năm 2019

Môn thi: TOÁN (CHUYÊN) Câu 1 (1,5 điểm) Cho biểu thức    

2

1 ,

1

4 1

A

x



1, 2

x x

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức A là số nguyên

Câu 2 (1,0 điểm) Anh Bình vừa tốt nghiệp loại xuất sắc nên được nhiều công ty mời về

làm việc, trong đó có 2 công ty A và B Để thu hút người tài, cả hai công ty đưa ra hình thức trả lương trong thời gian thử việc như sau:

Công ty A: Anh Bình nhận được 1400USD ngay khi ký hợp đồng thử việc và mỗi tháng sẽ

được trả lương 1700USD

Công ty B: Anh Bình nhận được 2400USD ngay khi ký hợp đồng thử việc và mỗi tháng sẽ được trả lương 1500USD

Em hãy tư vấn giúp anh Bình lựa chọn công ty nào để thử việc sao cho tổng số tiền nhận được là lớn nhất Biết thời gian thửu việc của cả hai công ty đều từ 3 tháng đến 8 tháng

Câu 3 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hai đường thẳng

d ym xm  và  2 : 2 2 2

1

m

m

 (m là tham số thực khác 0) Tìm tất cả giá trị

của tham số m để  d và 1  d2 cắt nhau tại một điểm A duy nhất sao cho diện tích của hình

thang ABHK bằng 15

2 Biết B1;2và hai điểm ,H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của

B và A lên trục hoành

Câu 4 (3,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2x2 3x 2 4x2 6x21 11

b) Giải hệ phương trình:

1 2

x y xy

x y xy y x







c) Tìm tất cả cặp số nguyên  x y thỏa mãn ;  2 2  

2020 x  y 2019 2xy 1 5

Câu 5 (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân có AB AC,trực tâm H và đường

trung tuyến AM Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên AM D là điểm đối xứng của A , qua M và L là điểm đối xứng của K qua BC

a) Chứng minh các tứ giác BCKH và ABLC nội tiếp

b) Chứng minh LABMAC

c) Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên AL X là giao điểm của AL và BC Chứng ,

minh đường tròn ngoại tiếp tam giác IXM và đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC

tiếp xúc với nhau

Câu 6 (1,0 điểm)

a) Cho a b c là các số thực bất kỳ và , ,, , x y z là các số thực dương Chứng minh:

 

  

 

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

a b c b c a c a b

   với a b c là , ,

các số thực dương thỏa mãn abc1

ĐÁP ÁN Câu 1

2

2

2

1

1 2

1 2

a A

x

x x

x x



 

           





       





       

Nếu 1 x 2thì

A

Nếu x2thì 1 1 1 1 2 2 1 2 2

A

b) TH1: Nếu 1 x 2thì 2

1

A x







Để A nhận giá trị nguyên thì x1phải là ước dương của 2 (vì x nguyên và x1)

   



     



TH2: Nếu x2thì 2

1

A x





Vì x nguyên, x2nên x1nguyên và x 1 1

A nhận giá tri nguyên nên x1là ước lớn hơn 1 của 2 x   1 2 x 5(tm)

Vậy với x5thì A nhận giá tri nguyên

Câu 2 Gọi x (tháng) là số tháng thử việc của anh Bình x * /3 x 8

Gọi y USD là số tiền anh Bình nhận được sau x tháng thử việc  

Theo công ty A thì số tiền anh Bình nhận được: y1400 1700 x ( )d1

Theo công ty B thì số tiền anh Bình nhận được: y2400 1500 x (d2)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của  d và 1  d2 :

1400 1700 x2400 1500 x   x 5 y 9900

Xét đồ thị biểu diễn hai hàm  d và 1  d2 như sau:

Căn cứ vào đồ thị, ta có thể tư vấn cho anh Bình như sau:

+Nếu thử việc từ 3 đến dưới 5 tháng thì anh Bình nên chọn công ty B sẽ thu được nhiều tiền hơn

+Nếu thử việc từ hơn 5 tháng thì anh Bình nên chọn công ty A sẽ thu được nhiều tiền hơn

+Nếu thử việc đúng 5 tháng thì anh Bình chon công ty nào cũng sẽ thu được tiền như nhau Câu 3 Xét phương trình hoành độ giao điểm của  d và 1  d2 là:

2

2 4

2

1

1

m

m m

m





H, K lần lượt là hình chiếu của B, A lên Ox nên    2 

1;0 , 1;0

2

15

7( )

ABHK



    

 



Câu 4

a) 2x2 3x 2 4x2 6x21 11

Ta có:

2

4 8

x  x  x    x

2

x  x  x    x

a x  x a phương trình đã cho trở thành: a  2a17 11 1  Bình phương hai vế phương trình (1) ta được:

2

2

2

3 17 2 2 17 121

104

2 2 17 104 3

3

4 2 17 10816 624 9

676( )

692 10816 0

16( )







Với 2

2

2

x

x







  



Vậy 2; 7

2

S   

b)

1 (1)

2 (2)

0

x y xy

x y xy y x







Với x y,từ (1) 2 1 1 1

   



       



Với x2y1,từ    2 2   2

   





   



Vậy hệ phương trình có các nghiệm         3 5

; 1; 1 ; 1;1 ; 1;0 ; ;

7 7

2024

2019 0

1

x y

x y

  

 

 



Nếu x   y 0 x y,từ   2 2

1 2x 2024x 1012(vô nghiệm nguyên)

Nếu x y 1thì 1 1



      

  và từ   2 2

1  x  y 5 (2)

Thay y x 1vào (2) ta được:

 2

    



            



Thay y x 1vào (2) ta được :

 2

  



              



Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên   x y;   1;2 ; 2;1 ; 1; 2 ; 2; 1       

Câu 5

a) Gọi , ,E F G theo thứ tự là chân các đường cao AE BF CG của tam giác ABC , ,

( ) AH AF

AC AE

J

G

F

E

O'

O X

I

L K

D

M H

A

Từ đó suy ra AK AM AF AC AK AF AFK AMC AKF ACM

FBC

 vuông tại F có FM là đường trung tuyến

1 2

     cân tại MMFCMCF  ACB

Xét tứ giác BHKC có:

0

90

ACB HBC

Suy ra tứ giác BHKC nội tiếp

Ta có: AGHF nội tiếp BACGHF 1800mà GHF BHC(đối đỉnh)

Lại có: BHKC nội tiếp BHCBKCmà BKCBLC(K, L đối xứng qua BC)

Từ đó: BACBLC1800 ABLClà tứ giác nội tiếp

b) Ta có: LABLCB(ABLC nội tiếp, cùng chắn cung BL)

Mà LCBKCM(K đối xứng L qua BC)LABKCM (1)

AMC

 và CMK có KMC chung và MKC  ACB

Từ (1) và (2) suy ra : LABMAC

c) Ta có : ABDC là hình bình hành vì MAMD MB, MCBDC BAC

Mà BHCBAC 1800 BHCBDC1800BHCDlà tứ giác nội tiếp

, , , ,

B H K C D

 cùng thuộc một đường tròn

/ /

AB CD mà CH ABCH CDHDlà đường kính của đường tròn ngoại tiếp

BHC

 Gọi O là trung điểm HD thì O là tâm đường tròn ngoại tiếp BHC

Ta có: AI AX  AH AE và AH AE AK AM suy ra AI AX  AK AM

AX

AI AK

AM

        là tứ giác nội tiếp

Suy ra K thuộc đường tròn ngoại tiếp IXM

Suy ra đường tròn ngoại tiếp BHC và đường tròn ngoại tiếp IXM có điểm chung K

ODOK(bán kính đường tròn ngoại tiếp BHC) OKDcân OKDODK

Gọi J là trung điểm AH, IM là đường trung bình của AHD JM, cắt OK tại O '

Suy ra O thuộc đường trung trực của ' KM(*)

Mặt khác AHIK nội tiếp đường tròn tâm J, đường kính AH

HKI HAI

  (cùng chắn cung HI) và JI=JK

/ /

AH KL (cùng vuông góc với BC)HAI ILK HKI ILK HKlà tiếp tuyến của

đường tròn ngoại tiếp KIL

Mà HKAM suy ra tâm đường tròn này thuộc AM , lại có BC là đường trung trực của

KL và M thuộc BC suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp KIL suy ra MK MI

Mà JI JKJMlà trung trực của IK(**)

Từ (*) và (**) suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp ' IXM

Mà ta có: OO'OKO K'

Suy ra đường tròn ngoại tiếp BHC và đường tròn ngoại tiếp IXM tiếp xúc trong với nhau tại K

Câu 6

a) Ta có: 2 2 2  2

a b c

 

  

 

2

( , , 0)

           

0

      (luôn đúng với , ,x y z0)

Dấu " " xảy ra khi :

ay bx

bz cy















Vậy 2 2 2  2

a b c

 

  

 

b)

P

a b c b c a c a b

1

P

Đặt x 1;y 1;z 1 x y z, , 0

8

P

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

yz

zx

xy

2

y z z x x y

 

2

y z z x x y

 

Áp dụng bất đẳng thức ở câu a, ta có:

2

x y z

Suy ra : 8 x2 y2 z2 4x y z (2)

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:

2

 

Suy ra : 7  7 3 21 27

Dấu " " xảy ra khi x      y z 1 a b c 1

2

MinP    a b c