Bộ 50 đề thi tuyển sinh môn Toán vào lớp 10 THPT chuyên năm 2018-2019 có đáp án

Mời quý thầy cô và các em học sinh tham khảo Bộ 50 đề thi tuyển sinh môn Toán vào lớp 10 THPT chuyên năm 2018-2019 có đáp án. Hi vọng tài liệu sẽ là nguồn kiến thức bổ ích giúp các em củng cố lại kiến thức trước khi bước vào kì thi tuyển sinh THPT sắp tới. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

BỘ 50 ĐỀ THI TUYỂN SINH

MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

NĂM 2018-2019 (CÓ ĐÁP ÁN)

S Ở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NGH Ệ AN K Ỳ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019

Môn thi: TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 03/06/2018 Câu 1

a) Tìm các số nguyên x y z; ; sao cho x2 y2 z2   6 xy 3x 4z

b) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m n  1là một ước nguyên tố của

Cho tam giác ABC vuông tại A ABACnội tiếp đường tròn (O) đường cao AH

Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên BD Qua H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AK tại I Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) tại N (N khác B)

a) Chứng minh AN BI DH BK.

b) Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng BC tại P Chứng minh đường thẳng

BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP

c) Tiếp tuyến của (O) tại C cắt DP tại M Đường tròn qua D tiếp xúc với CM tại

M và cắt OD tại Q (Q khác D) Chứng minh đường thẳng qua Q vuông góc

với BM luôn đi qua điểm cố định khi BC cố định và A di động trên đường tròn (O)

Câu 5 Để phục vụ cho lễ khai mạc World Cung 2018, ban tổ chức giải đấu chuẩn bị

25000 quả bóng, các quả bóng được đánh số từ 1 đến 25000 Người ta dùng 7 màu: Đỏ,

Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím để sơn các quả bóng (mỗi quả được sơn 1 màu)

Chứng minh rằng trong 25000 quả bóng nói trên tồn tại 3 quả bóng cùng màu được đánh số là a b c, , mà a chia hết cho b, b chia hết cho c và abc 17

ĐÁP ÁN Câu 1

y z z

Vậy giả sử sai   m n m n m2là số chính phương

Ta có điều phải chứng minh

Vậy ta có điều phải chứng minh

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b c 1

Câu 4

J Q M

P

K D

A

a) Ch ứng minh AN BI DH BK.

Ta có do cùng chắn cung AB nên BDABNAIHABNAINA

Suy ra tứ giác ANHInội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau) Do đó: AHN AIN BIK(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN)

Gọi O1là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP, I là trung điểm NP

Vì A; D đối xứng qua BC nên PA cũng là tiếp tuyến của (O)

c)

Gọi J là trung điểm OM, G là trung điểm của OC, E là giao điểm của QGvà BM

Dễ thấy MQ là đường kính của đường tròn đi qua D là tiếp xúc với MC (Do

S Ở GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

T ỈNH KHÁNH HÒA K Ỳ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019

Môn thi: TOÁN CHUYÊN Ngày thi : 03/06/2018 Câu 1

của đoạn thẳng AH khi H di động trên đoạn thẳng BO

Câu 4 Cho a, b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c  abc Chứng minh rằng 1 a2 1 b2 1 2 1

ĐÁP ÁN Câu 1

TH1:Tam giác đều thì a   b c 0 có 9 số được lập

TH2: Xét a b c Vì a b c(bất đẳng thức tam giác) nên:

Vậy trường hợp này có 52 số thỏa mãn

Do vai trò của a b c, , như nhau nên : 52.3 156  (số)

H

Do tứ giác DBACnội tiếp:

NAB OAC OAC BAO NAB BAO

NA

 là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: EA EB

Từ đó suy ra I là trung điểm của AH

Vậy ta có điều phải chứng minh

Loại 1: Các đường xuất phát từ A có n(1) m tuyến đường

Loại 2: Các tuyến đi đến A có n 2 ntuyến

Loại 3: Không có tuyến đi và đến A có n(3)  ptuyến

Do m n  p 17và:

Số tuyến liên quan đến A có m n tuyến

Số tuyến không liên quan đến A không vượt quá m n

Gọi S là số cách thiết lập đi hết 18 địa danh thì:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m p 6,n 5

Vậy có tối đa 108 cách thiết lập đi hết 18 địa danh trên

Trang 1/5

Môn thi: TOÁN (chuyên)

Th ời gian làm bài: 150 phút

thuộc nửa đường tròn đường kính BC ( M B M;  ) Kẻ MH vuông góc với BC ( H BC C  ), đường

thẳng MH cắt nửa đường tròn đường kính AB tại K Hai đường thẳng AK và CM giao nhau tại E

a) Chứng minh BE2 BC AB .

b) Từ C kẻ CN AB (N thu ộc nửa đường tròn đường kính AB), gọi P là giao điểm của NK và

CE Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên đường

-H ẾT -

H ọ và tên thí sinh:

S ố báo danh: HHọ tên, chữ ký GT 1: ọ tên, chữ ký GT 2:

ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 2/5

Với y 2 thì x2  2x      1 2 x 1 6. (thỏa mãn điều kiện)

Với y  2x thì x2  2x   1 2x (vô nghiệm) 0,25

ĐỀ CHÍNH THỨC

 đồng dạng với BAE (vì ABE

Do đó BE BC BE2 BC AB .

b) (1,0 điểm)

Xét tam giác vuông ABN có CN ABBN2 BC AB.

mà BE2 BC AB. suy ra BN BE hay BNE cân tai B suy ra BNE BEN (1)

0,25

Trang 4/5

Mặt khác, theo câu trên ta có CEB BAE và BAE BNP suy ra CEB BNP (2)

Từ (1) và (2) suy ra PNE PEN hay PNE cân tại P NPPE 0,25

Suy ra BP là đường phân giác của các góc EBN và EPN

Do đó tâm đường tròn nội tiếp các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên đường thẳng BP 0,25

c) (1,0 điểm) G ọi giao điểm của O O1 2 v ới MB MC, l ần

b) (0,75 điểm)

Đặt n 6qr r, 0,1,2,3,4,5 Khi đó n3  2019 chia h ết cho 6 khi r3  chia hết cho 6 3

Nếu r chẵn thì r3  lẻ, do đó 3 r3  không chia hết cho 6 Suy ra 3 r1,3,5  0,25

Với r    không chia hết cho 6 1 r3 3 4

D ấu " "  x ảy ra khi 1.

4

a b

0,25

b) (0,75 điểm)

N ếu tất cả 100 điểm cùng thuộc một đường thẳng thì bài toán hiển nhiên đúng 0,25

N ếu không phải cả 100 điểm đều thẳng hàng Ta chọn ra bốn điểm , , ,A B C Dmà không

phải tất cả đều thẳng hàng Theo giả thiết trong 4 điểm , , ,A B C D phải có 3 điểm thẳng hàng,

giả sử 3 điểm , ,A B Cthuộc đường thẳng d , còn điểm D nằm ngoài đường thẳng d Ta sẽ

chứng minh 96 điểm còn lại thuộc đường thẳng d bằng phương pháp phản chứng

Giả sử trong 96 điểm còn lại, tồn tại điểm E nằm ngoài đường thẳng d Xét bốn điểm

, , ,

A B D E phải có 3 điểm thẳng hàng Do 3 điểm , ,A B D không thẳng hàng, 3 điểm , ,A B E

không th ẳng hàng nên 3 điểm , ,A D Eth ẳng hàng hoặc 3 điểm , ,B D Eth ẳng hàng

0,25

Trang 6/5

Trường hợp 3 điểm , ,A D Eth ẳng hàng thì 3 điểm , ,B D Ekhông th ẳng hàng, 3 điểm

, ,

C D Ekhông th ẳng hàng, do đó trong 4 điểm , , ,B C D E không có 3 điểm nào thẳng hàng, trái

v ới giả thiết

Trong trường hợp , ,B D E th ẳng hàng thì tương tự, trong 4 điểm , , ,A C D E không có 3

điểm nào thẳng hàng, trái với giả thiết

Như vậy ngoài 3 điểm , ,A B Cthuộc đường thẳng d , phải có 96 điểm nữa cùng thuộc d

Bài toán được chứng minh

0,25

Chú ý:

- N ếu thí sinh làm đúng, cách giải khác với đáp án, phù hơp kiến thức của chương trình THCS thì tổ

ch ấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy định

- T ổng điểm toàn bài không làm tròn

- HẾT

-ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Môn: TOÁN CHUYÊN

Năm học: 2018-2019 Câu 1

a) Cho x y, là các số nguyên sao cho x2  2xyy xy2 ;  2y2 x đều chia hết cho 5

Chứng minh 2x2 y2  2xycũng chia hết cho 5

b) Cho a a1 , , , 2 a50là các số nguyên thỏa mãn: 1  a1 a2 a50  50,

1 2 50 100

a  a a  Chứng minh rằng từ các số đã cho có thể chọn được

một vài số có tổng là 50

Câu 3 Cho ngũ giác lồi ABCDEnội tiếp (O) có CD/ /BE Hai đường chéo CE và

BD cắt nhau tại P Điểm M thuộc BE sao cho MABPAE Điểm K thuộc AC sao cho MK song song AD, điểm L thuộc đường thẳng AD sao cho ML // AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC cắt BD, CE tại Q và S (Q khác B, S khác C)

a) Chứng minh 3 điểm K, M, Q thẳng hàng

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác LDE cắt BD, CE tai T và R (T khác D, R khác E) Chứng minh M, S, Q, R,T cùng thuộc một đường tròn

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc (O)

Câu 4 Cho a b c, , là các số thực dương Chứng minh rằng

ĐÁP ÁN Câu 1

x y

x y xy

Đặt a x b,  3 2  x a b ,  0 Khi đó phương trình tương đương với:

+)Nếu xchia hết cho 5 thì ycũng vậy, bài toán được chứng minh

+)Nếu xchia cho 5 dư 3 thì y chia 5 dư 2, thì

2x  y  2x y 2.9 4 2.3 30 0(mod5)    

Ta cũng có điều phải chứng minh

TH2) Nếu x 2y 1chia hết cho 5 thì x 2y 1 mod5 

Vậy ta có điều phải chứng minh

Vậy ta có điều phải chứng minh

MQ ADnên RMQRLDETDtứ giác RTMQ nội tiếp

Chứng minh tương tự RMSQ nội tiếp do đó: M S Q R T, , , , cùng thuộc một đường tròn

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp

Bổ đề: cho tam giác ABC, M nằm trên d/ /BClấy E khác M trên d, AM cắt BC

tại I Đường qua M/ / ABcắt BE tại J , khi đó IJ / /AE

Chứng minh MJ cắt AE, AC tại S và T, ME cắt AC tại G Ta có MG//BC suy ra

MA AG

MI GC , ME cắt AB tại P ta có: MS AP AG MA AE/ /IJ

MJ  PB GC  MI Quay trở lại bài toán:

AM cắt BC, (O) tại I và J khác A Áp dụng bổ đề ta có: IR/ /AE IQ, / /AB Do đó

IRE AEC AJCnên RIJC là tứ giác nội tiếp Chứng minh tương tự ta có

DQIJ là tứ giác nội tiếp

Do đó: RJI IJQRPD 2PCD CPD  180 0nên RPQJ nội tiếp Kẻ tiếp tuyến Jx

của (O)

Ta có:

xJR xJA RJA ADJ PDC ADP MAC

ADP PAD APB

PEJ MAC PED

Suy ra : Jxtiếp xúc với PQRhay ta thu được: PQRtiếp xúc với  O

Vậy ta có điều phải chứng minh

Vậy ta có điều phải chứng minh

Dấu " "  xảy ra khi và chỉ khi a b c

Trang 1/4

Môn: TOÁN (chuyên)

Th ời gian làm bài: 150 phút

(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Đơn giản biểu thức x 2 2 x 1 x 2 2 x1 v ới x0

b) Cho a b c, , là các s ố thực thỏa mãn các điều kiện a  b c 6; 1 1 1 47

.60

- HẾT -

ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 2/4

a) (1,0 điểm) Điều kiện 2x23x 1 0; 1 3 x0.

J H

O N

 là hình bình hành P là trung điểm của HS(vì P là trung điểm của BC)

Do đó OP là đường trung bình của tam giác AHS 1

.2

D ấu bằng xảy ra khi và chỉ khi NH NA MH; MA, khi đó MAN 900 hay BAC900(mâu

thu ẫn với tam giác ABC nh ọn) Do đó không xảy ra dấu bằng, suy ra 2.OP2 S 0,25

k x k y k z cũng là một bộ số nguyên khác thỏa mãn điều kiện đề bài 0,25

Ta th ấy bộ 1; 2;3  th ỏa mãn điều kiện đề bài Từ đó suy ra tồn tại vô hạn bộ ba số nguyên

x y z, ,  th ỏa mãn xyz0 và x58y3 7z2 0

Lưu ý: Học sinh có thể chỉ ra ngay bộ k6;k10;k15 v ới k là s ố nguyên khác 0 tùy ý là một

bộ số nguyên thỏa mãn đề bài

Từ (1) và (2) a3b3  c3 3abc3abc a  b c hay a3b3  c3 3abc a   b c 1

Do a3   b3 c3 1 chia hết cho a  b c 1 nên ta được 1 chia hết cho a  b c 1

Suy ra a  b c 0

Thử lại: a  b c 0 thỏa mãn Vậy có duy nhất bộ số a b c; ;   0;0;0 thỏa mãn đề bài

0,25

Ban đầu trên bảng gồm có số 2 và số 4 (một số chia 3 dư 1; một số chia 3 dư 2) Suy ra tại

mọi thời điểm, trên bảng luôn chỉ có một số chia 3 dư 1 và các số còn lại chia 3 dư 2 Do

đó với cách thực hiện như đề bài, trên bảng không thể xuất hiện số 2016(Vì số 2016 chia

h ết cho 3)

Lưu ý: Học sinh có thể dùng bất biến theo modun 10 bằng cách nhận xét chữ số tận cùng của các

số viết trên bảng; hoặc sử dụng cách liệt kê các số được viết trên bảng

0,25

Chú ý:

- N ếu thí sinh làm đúng, cách giải khác với đáp án, phù hơp kiến thức của chương trình THCS thì tổ

ch ấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy định

- T ổng điểm toàn bài không làm tròn

- HẾT -

S Ở GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

T ỈNH HÀ TĨNH K Ỳ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019

MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Câu 1 Cho x y z, , là các số hữu tỉ thỏa mãn 1 1 1

x y z Chứng minh rằng 2 2 2

x y z là số hữu tỉ

Câu 2 a) Giải phương trình : 4x2  3x  2 x 2





   đạt giá trị nhỏ nhất b) Cho x y z, ,  0 thỏa mãn x  y z 1 Chứng minh rằng 3

a) Chứng minh rằng MC là phân giác của AMB và các điểm A, M, O, B, I cùng thuộc đường tròn

b) Chứng minh rằng khi điểm C thay đổi thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ luôn thuộc một đường thẳng cố định

Câu 5 Cho a1a2  a n, n là số tự nhiên không âm, a là các số nguyên dương và không

có 2 số nào liên tiếp Đặt S  a1 a2 a n Chứng minh rằng luon tồn tại một số chính phương bthỏa mãn S n  b S n1

ĐÁP ÁN Câu 1

Từ giả thiết đã cho ta có: 1 1 1 xz yz xy 2xy 2xz 2yz 0

1 2 2

2 2

Xét đường tròn  Q có: BMC ABI (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng

ch ắn cung BC)

Mà BAI ABI(IABcân tại A)

AMC BMC MC

Ta có:AIBBAIABI 1800(tổng ba góc trong tam giác)

Mà BAI ABI  AMCBMC AMB

0

180

AIB AMB

   Tứ giác AMBI nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 ) 0

L ại có: OAI OBI 90 ( )0 gt OAIOBI 1800Tứ giác AOIB nội tiếp (Tứ giác có

t ổng hai góc đối bằng 180 ) 0

V ậy các điểm A, M, O, B, I cùng thuộc một đường tròn

Gọi J là trung điểm của OI

Ta có tam giác AMP cân t ại P PAPMnên: MPOPAMPMA 2PAM  2OAM

(góc ngoài c ủa tam giác bằng tổng hai góc trong khong kề với nó)

Tương tự ta có: Tam giác BMQ cân tại Q QM QBnên MQO 2OBM

Mà OAM OBM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OM)

    hay tứ giác JMOQ nội tiếp

Suy ra P,M,O,Q,J cùng thu ộc một đường tròn

Ta có I, O c ố định nên JO cố định Trung trực của JO cố định

Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQluôn thuộc trung trực của JO cố định

Câu 5

Vì S n  a1 a2  a nS n1 S na n1

Ta có:

1

2 1

1 1

1 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2018 – 2019

Đề chính thức Môn thi: TOÁN (Chuyên Toán)

Cho phương trình: (m 1)x  2  2(2m 3)x 5m 25 0     (m là tham số) Tìm các giá trị m là số nguyên sao cho

phương trình có nghiệm là số hữu tỉ

Bài 4: ( 4 điểm)

1 Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn và AB  BC; BC CA Xác định vị trí điểm M thuộc miền tam giác ABC

(g ồm các cạnh và miền trong tam giác) sao cho tổng khoảng cách từ M đến ba cạnh nhỏ nhất

2 Cho tam giác ABC (AB < AC) có các goc đều nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC và AD lần lượt tại K và I Qua F kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD lần lượt tại M

và N Gọi O là trung điểm của BC Chứng minh:

a) DA là phân giác của FDE

b) F là trung điểm của MN

 A 17 với mọi số tự nhiên n chẵn (2)

mà 17 và 19 là hai số nguyên tố cùng nhau nên từ (1) và (2) suy ra: A 17 19  với mọi số tự nhiên n chẵn Vậy 20 n   3 n 16 n  1 323 với mọi số tự nhiên n chẵn

S = – 3; P = 2 khi và chỉ khi x, y là nghiệm của phương trinh: 2

+ N ếu AB > BC thì dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: M  C

+ N ếu AB = BC > CA thì dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: M thuộc cạnh AC

+ Nếu AB = BC = CA thì M là điểm trong bất kỳ của tam giác ABC

Vậy tổng khoảng các cách từ M đến ba cạnh của tam giác nhỏ nhất bằng chiều cao của cạnh lớn nhất khi:

M trùng C (nếu AB > BC = CA), hoặc M nằm trên cạnh AC (nếu AB = BC > CA) hoặc M là điểm trong bất kỳ của tam giác ABC n ếu AB = BC = CA

2

a) DA là phân giác của FDE

Dễ chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn đường kính HB (1) và tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính

AB (2)

(1)  HDF HBF  (nội tiếp cùng chắn cung HF) (1’),

(2)  HBF HDE  (2’) (nội tiếp cùng chắn cung AF)

(1’) và (2’) suy ra: HDF HDE 

Vậy DA là phân giác của FDE

b) F là trung điểm của MN

Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD tại P, Q  PQ // MN // AC

Ta có: FC là phân giác của DFE (tương tự chứng minh câu a)

mà FB  FC nên PB là phân giác trong và FC là phân giác ngoài  KFD

E

B

A

Theo hệ quả của định lí Ta-let, ta lại có:

MF AF FN MF FN

BP AB BQ  BQ BQ   F là trung điểm của MN

c) Chứng minh OD OK = OE  2 và BD DC = OD DK  

Từ kết quả câu a)  DFE = 2CFE (6)

Dễ chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn

(O) đường kính BC,

nên EOC = 2CFE (7)

Từ (6) và (7) suy ra: DFE = EOC  Tứ giác DFEO nội tiếp

        (1) , d ấu”=” xãy ra khi và chỉ khi x= y

và có HĐT: (x y)  2   (x y) 2  4xy  (x y)  2  4xy (2), dấu”=” xãy ra khi và chỉ khi x= y

 hay 1

b a