SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2019 – 2020
Môn: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 06 tháng 6 năm 2019

Câu I: (2,0) điểm
1. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng:
a
b
c
+
+
=1
ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1
2. Cho các số thực a, b, c khác 0 thỏa mãn 2ab + bc + 2ca = 0 . Hãy tính giá trị của biểu thức:
bc ca ab
A= 2 + 2 + 2 .
8a
b
c
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:

2 x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 3x .

1 1 9

x + y + x + y = 2

2. Giải hệ phương trình 
 xy + 1 + x + y = 5

xy y x

Câu III: (2,0 điểm)
1. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn: y 2 + y = x 4 + x3 + x 2 + x .
2. Cho hai số nguyên dương x, y với x  1 và thỏa mãn điều kiện: 2x 2 − 1 = y15 . Chứng minh rằng
x chia hết cho 15.
Câu IV: (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) với AB  AC . Gọi M là trung điểm của BC , AM cắt

(O )

tại điểm D khác A . Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC cắt đường thẳng AC tại E khác C .

Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDB cắt đường thẳng AB tại F khác B .
1. Chứng minh rằng hai tam giác BDF , CDE đồng dạng.
2. Chứng minh rằng ba điểm E , M , F thẳng hàng và OA ⊥ EF .
3. Đường phân giác của BAC cắt EF tại điểm N . Đường phân giác của CEN cắt CN tại P ,
đường phân giác của BFN cắt BN tại Q . Chứng minh rằng PQ song song với BC .
Câu V: (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng, kẻ 2022 đường thẳng phân biệt sao cho không có hai đường thẳng nào song song và
không có ba đường thẳng nào đồng quy. Tam giác tạo bởi ba đường thẳng trong số các đường thẳng đã
cho gọi là tam giác đẹp nếu nó không bị đường thẳng nào trong số các đường thẳng còn lại cắt. Chứng
minh rằng số tam giác đẹp không ít hơn 674.
---------------- Hết--------------Họ và tên thí sinh: .............................................
Chữ khú giám thị 1: ...............................................

Số báo danh: .................................................
Chữ ký giám thị 2: .........................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2019 – 2020
Môn: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 06 tháng 6 năm 2019

GV: Phạm Văn Vượng – THCS NBS- Hoằng Hóa
Phạm Văn Biển – THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm – Hải Phòng
Trương Công Hậu- Hà Nội
Ngô Thị Yến - Thọ Xuân
Câu

Đáp án

Biểu
điểm

1. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng:
a
b
c
+
+
=1
ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1
Giải: Ta có:
a
b
c
a
ab
abc
+
+
=
+
+ 2
ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1 ab + a + 1 abc + ab + a a bc + abc + ab
a
ab
1
1đ
=
+
+
= 1 (do abc=1)
ab + a + 1 ab + a + 1 ab + a + 1
2. Cho các số thực a, b, c khác 0 thỏa mãn 2ab + bc + 2ca = 0 . Hãy tính giá trị của biểu
bc ca ab
thức: A = 2 + 2 + 2 .
8a
b
c
2 1 2
Giải: Vì a, b, c khác 0 thỏa mãn: 2ab + bc + 2ac = 0  + + = 0
Câu I
c a b
(2,0điểm) Ta chứng minh được nếu x + y + z = 0 thì x3 + y3 + z 3 = 3xyz
1 2 2
1 8 8
1 2 2 12
0,5 đ
Do đó với + + = 0 thì 3 + 3 + 3 = 3.   =
a b c
a b c
a b c abc
Ta có:
bc ac ab
A= 2 + 2 + 2
8a
b
c
abc abc abc
=
+
+ 3
8a 3 b b
c
abc  1 8 8 
=
 + + 
8  a 3 b3 c 3 
abc 12 12 3
=

=
=
0,5 đ
8 abc 8 2

Câu II
(2,0
điểm)

1. Giải phương trình: 2 x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 3x .
Giải: Do VT > 0 suy ra VP > 0  x > 0.
Ta có:

0,5 đ

2 x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 3x




(

(2x

2

+ x + 1) − ( x 2 − x + 1)

2x + x +1 − x − x +1
2

2

x2 + 2x
2x2 + x + 1 − x2 − x + 1

)

= 3x

= 3x

(1)

Do  2 x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1  0
Từ (1) suy ra:
Kết hợp:
Suy ra:

2 x2 + x + 1 − x2 − x + 1 =

x2 + 2x x + 2
=
3x
3

2 x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 3x

2 2 x2 + x + 1 =

10 x + 2
3

0,5 đ

 3 2x2 + x + 1 = 5x + 1
 9 ( 2 x 2 + x + 1) = 25 x 2 + 10 x + 1
Giải PT trên ta được x = 1 ( thỏa mãn đk)
Vậy phương trình có nghiệm x = 1.
1 1 9

x + y + x + y = 2

2. Giải hệ phương trình 
(1)
1
x
y
 xy + + + = 5

xy y x
Giải:
2 x 2 y + 2 xy 2 + 2 x + 2 y − 9 xy = 0
(1)   2 2
2
2
 x y + x + y + 1 − 5 xy = 0
2 xy ( x + y ) + 2( x + y ) − 9 xy = 0 (2)

2
2 2
(3)
( x + y ) + x y − 7 xy + 1 = 0
Trừ từng vế của phương trình (3) cho phương trình (2) ta được:
( x + y ) 2 − 2 xy ( x + y ) − 2( x + y ) + 2 xy + 1 = 0

0,5 đ

 ( x + y − xy − 1) 2 = 0
 x + y - xy -1 = 0
x = 1
 ( x -1)( y -1) = 0  
y =1
+) Với x = 1 => y = 2 hoặc y = 1/2
+) Với y = 1 => x = 2 hoặc x = 1/2


 1
 1 
Vậy nghiệm (x,y) của hệ phương trình là (1; 2); 1;  ;(2;1);  ,1 
 2
 2 

Câu III
(2,0
điểm)

0, 5
đ
1,0 đ

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x;y ) thỏa mãn: y 2 + y = x 4 + x 3 + x 2 + x .
Bài giải

Ta có x + x + x + x = y + y (1)
4

3

2

2

(

 4x 4 + 4x 3 + 4x 2 + 4x + 1 = 4y 2 + 4y + 1  2x 2 + x

)

2

(

+ 3x 2 + 4x + 1 = 2y + 1

)

2

Trước hết ta tìm giá trị của x để xảy ta đẳng thức

(2x

2

+x

)  (2x
2

2

+x

)

(

2

+ 3x 2 + 4x + 1  2x 2 + x + 2

3x 2 + 4x + 1  0

(2)   2
2
2
2
 2x + x + 4 2x + x + 4 − 2x + x
 x  −1
 x + 1 3x + 1


 x  −1
5x 2 + 3  0

3

(

)

(

)(

(

)

(

)

2

)

2

(2)

− 3x 2 − 4x − 1  0

)

 x  −1 (do x  Z )
* Như vậy, với x  −1 thì có (2) lúc này (1) xảy ra khi

(2y + 1 ) = (2x
2

2

+ x +1

)

2

(3)

tức là ( 2x 2 + x ) + 3x 2 + 4x + 1 = ( 2x 2 + x + 1 )
2

(

 2x 2 + x

)

2

2

(

+ 3x 2 + 4x + 1 = 2x 2 + x

)

2

(

)

+ 2 2x 2 + x + 1

y

x = 0
y
2
 x − 2x = 0  
. Thay vào (3)  
y
x = 2

 y
y = 0
với x = −1 thay vào (1)  
 y = −1

=0
= −1
=5
= −6





Vậy nghiệm ( x;y ) = ( 0;0 ) , ( 0; −1 ) , ( 2;5 ) , ( 2; −6 ) , ( −1;0 ) , ( −1; −1 )

2. Cho hai số nguyên dương x,y với x  1 và thỏa mãn điều kiện: 2x 2 − 1 = y 15 .
Chứng minh rằng x chia hết cho 15.
* Trước tiên ta chứng minh x 3 . Đặt y 3 = a ( a  N * )
Ta có 2x 2 − 1 = y 15  2x 2 = a 3 + 1

(

)(

)

 2x 2 = a + 1 a 2 − a + 1 (1)

a + 1 d


Gọi d = UCLN ( a + 1;a 2 − a + 1 )  

2
a − a + 1 d
d = 1
 a2 − a +1 − a +1 a − 2 = 3 d  
d = 3

(

)(

)

 a + 1 = 2
 2
2
a = 1
a = 1
 a − a + 1 = x
 2

Nếu d = 1 thì từ (1)  
(loại
a + 1 = x 2
x
=
1
x
=
1





k / t m do a  N *
 a 2 − a + 1 = 2


(

)

vì phải có x  1 )
Nếu d = 3 thì từ (1) ta có 2x 2 9 vì UCLN (2;9 ) = 1 nên x 2 9  x 3

Bây giờ ta chứng minh x 5
Đặt y 3 = b ( b  N * ) ta có

(

)(

)

2x 2 − 1 = b 5  2x 2 = b 5 + 1  2x 2 = b + 1 b 4 − b 3 + b 2 − b + 1 (2)

Gọi k = UCLN ( b + 1; b 4 − b 3 + b 2 − b + 1 ) ta có

 b + 1 k
k = 1
4
3
2
3
2

b
−
b
+
b
−
b
+
1
−
b
+
1
b
−
2b
+
3b
−
4
=
5
k

 4

3
2
k = 5
 b − b + b − b + 1 k

(

)(

)

Bài IV: Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) có tâm là O . Các
đường cao BE , CF của tam giác ABC cắt nhau tại H . Đường phân giác ngoài của BHC
cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường
phân giác của BAC tại điểm I khác A, IM cắt BE tại điểm P và IN cắt CF tại điểm Q .
1. Chứng minh tam giác AMN cân tại A .
2. Chứng minh HPIQ là hình bình hành.
3. Chứng minh giao điểm của hai đường thẳng HI và AO thuộc đường tròn ( O ) .
A

E
N

Câu IV
(3,0
điểm)

O

F
H

Q
M
P

C

I
B

L

1. Ta có F H B = E H C (đối đỉnh). Mà HM và HN lần lượt là 2 phân giác

 F H M = E H N (cùng bằng 1 nửa 2 góc F H B = E H C )
 AMN = ANM (cùng phụ với 2 góc F HM = EHN )
 AMN cân tại A
2. Ta có AI là phân giác BAC hay MAN . Mà AMN cân tại A
 AI là trung trực của MN. Mặt khác đường tròn ngoại tiếp AMN cắt phân giác MAN
tại I

1,0 đ

 AI là đường kính đường tròn ngoại tiếp AMN

 AMI = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) và AN I = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 PI // HQ và PH // IQ (từ vuông góc đến song song)
 HPIQ là hình bình hành (dhnb)
3. Gọi L là giao điểm của AO với (O)  AL là đường kính

 ACL = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ABL = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường
tròn)
 BL // HC và CL // BH (từ vuông góc đến song song)
 HBLC là hình bình hành (dhnb)  H LC = LH B (slt)
 HPIQ là hình bình hành (dhnb)  HIQ = IHB (slt)
Mà BH chung và HI và HL nằm cùng một phía
 H, I, L thẳng hàng

Câu V
(1,0
điểm)

Nhận xét: 2022=674.3 ý tưởng quy nạp từ bài toán cụ thể về bài toán tổng quát để dùng
phương pháp quy nạp cụ thể: Kẻ 3n đường thẳng thỏa mãn đề ra Cvhuwngs minh số tam
giác đẹp  n
+) Với n=1 => 3 đường thẳng không song song song , không đồng quy nên tạo ra một tam
giác đó là tam giác đẹp
- Giả sử đúng đến n=k( k  N * ). Gọi Sk là tập tất cả các tam giác đẹp có được từ 3k đường
thẳng d1;d2;……;d3k Gọi A1;A2;….;Am là các đỉnh của các tam giác đẹp thuộc Sksao cho khi
nối A1;A2;…;Am ta được ( có thể lời hoặc lõm) chứa tất cả các phần tử thuộc Sk.
………..( Còn nữa).

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2019 – 2020
Môn: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin học)
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 06 tháng 6 năm 2019

Câu I: (2,0) điểm
1. Chứng minh rằng:
1
1
1
44
+
+ ... +
=
2 1 +1 2 3 2 + 2 3
2025 2024 + 2024 2025 45
1
2. Cho x là số thực âm thỏa mãn x 2 + 2 = 23 . Tính giá trị của biểu thức:
x
1
A = x3 + 3
x
Câu II: (2,0 điểm)
1
1
=2
1. Giải phương trình: +
x
2 − x2

 x 2 + y − 2xy + x = 0
2. Giải hệ phương trình:  2
2
2
2
( x + y ) − 6 x y + 3x = 0
Câu III: (2,0 điểm)
1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x2 − xy − 5x + 5 y + 2 = 0

2. Cho biểu thức: A = ( a 2020 + b2020 + c 2020 ) − ( a 2016 + b2016 + c2016 ) với a,b,c là các số nguyên dương.

Chứng minh rằng A chia hết cho 30.
Câu IV: (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) có tâm là O . Các đường cao

BE , CF của tam giác ABC cắt nhau tại H . Đường phân giác ngoài của BHC cắt các cạnh AB, AC lần
lượt tại M , N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác của BAC tại điểm I khác
A, IM cắt BE tại điểm P và IN cắt CF tại điểm Q .
1. Chứng minh tam giác AMN cân tại A .
2. Chứng minh HPIQ là hình bình hành.
3. Chứng minh giao điểm của hai đường thẳng HI và AO thuộc đường tròn ( O ) .
Câu V: (1,0 điểm)
Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
S = ( a 2 + 2 )( b2 + 2 )( c 2 + 2 )

---------------- Hết--------------Họ và tên thí sinh: .............................................
Chữ khú giám thị 1: ...............................................

Số báo danh: .................................................
Chữ ký giám thị 2: .........................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM
SƠN
NĂM HỌC 2019 – 2020
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin học)
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề thi gồm 01 trang
(Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 06 tháng 6 năm 2019
GV: Phạm Văn Vượng – THCS NBS- Hoằng Hóa
Phạm Văn Biển – THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm – Hải Phòng
Trương Công Hậu- Hà Nội
Ngô Thị Yến - Thọ Xuân
Đáp án

Câu

Câu I
(2,0điểm)

1. Chứng minh rằng:
1
1
1
44
+
+ ... +
=
2 1 +1 2 3 2 + 2 3
2025 2024 + 2024 2025 45
Giải:
1
1
n +1 − n
1
1
Xét:
=
=
=
−
(n + 1) n + n n + 1
n n + 1( n + 1 + n )
n. n + 1
n
n +1
Áp dụng đẳng thức ở trên ta có:
1
1
1
+
+ ... +
2 1 +1 2 3 2 + 2 3
2025 2024 + 2024 2025
1
1
1
1
1
1
=
−
+
−
+ ... +
−
1
2
2
3
2024
2025
1
1 44
= 1−
= 1−
= (dpcm)
45 45
2025
1
2. Cho x là số thực âm thỏa mãn x 2 + 2 = 23 .
x
1
Tính giá trị của biểu thức: A = x 3 + 3
x
Giải:
Từ giả thiết
1
x 2 + 2 = 23
x

Biểu
điểm

0,5 đ

0,5 đ

2

1

  x +  − 2 = 23
x

2

1
1

  x +  = 25  x + = −5 ( do x  0)
x
x


Ta có:

0,5 đ

3

1 
1
1
1
A = x + 3 =  x +  − 3.x.  x + 
x 
x
x
x
3

3

1
1


=  x +  − 3 x + 
x
x


= (−5)3 − 3(−5)
= -110
Vậy A = -110.
1
1
1. Giải phương trình: +
=2
x
2 − x2
Giải:
ĐKXĐ: − 2  x  2; x  0

Đặt:

2 − x 2 = a ta được:

1 1
a + x = 2ax
a + x = 2ax
 + =2


x a
2
2
(a + x) − 2ax = 2
(a + x) − (a + x) − 2 = 0 (1)
 x 2 + a 2 = 2
Giải (1):
(a + x) 2 − (a + x) − 2 = 0
 (a + x + 1)(a + x - 2) = 0
Suy ra: a + x = -1 hoặc a + x = 2
−1 − 3
1
+) Với a + x = -1  ax = − ta được: x =
(thỏa mãn)
2
2
+) Với a + x = 2  ax = 1 . Ta tìm được x = 1 ( thỏa mãn)
−1 − 3
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1; x =
2
2

(1)
 x + y − 2 xy + x = 0
Câu II
2. Giải hệ PT  2
2
2
2
(2,0 điểm)

( x + y ) − 6 x y + 3x = 0 (2)
Giải:
Nhận thấy x = 0 , y = 0 là một nghiệm của hệ phương trình.
Với x  0 . Từ hệ PT, ta có:
3x ( x 2 + y ) − 6 x 2 y + 3x 2 = 0

 2
2
2
2
( x + y ) − 6 x y + 3x = 0

 ( x 2 + y ) − 3x ( x 2 + y ) = 0
2



(x

0,5đ

2

+ y )( x 2 + y − 3x ) = 0

 y = − x2
 x2 + y = 0
 2

2
 x + y − 3x = 0  y = − x + 3x
Với y = − x 2 . Từ pT (1)  2 x 3 + x = 0  x = 0

x = 1
Với y = − x 2 + 3x . Từ Pt (1)  x3 − 3x 2 + 2 = 0  
x = 2
Khi x = 1  y = 2; Khi x = 2  y = 2
Vậy nghiệm của hệ PT là ( x, y ) = (0, 0);(1; 2);(2; 2)

0, 5 đ

1. Tìm các số nguyên của PT: x 2 − xy − 5x + 5 y = 2
Giải:
Từ x 2 − xy − 5x + 5 y = 2
 x( x - y ) - 5( x - y ) = 2
 ( x - y )( x - 5) = 2
Vì 2 = 1.2 = 2.1 = (−1).(−2) = (−2).(−1) nên ta có 4 trường hợp sau:
x − y = 1  y = 6
(TM )
Trường hợp 1: 

x − 5 = 2 x = 7
x − y = 2
y = 4
Trường hợp 2: 

(TM )
x − 5 = 1
x = 6
 x − y = −1  y = 4
Trường hợp 3: 

(TM )
 x − 5 = −2
x = 3
 x − y = −2
y = 6
Trường hợp 4: 

(TM )
 x − 5 = −1
x = 4
Câu III
(2,0 điểm) Vậy có 4 cặp ( x, y ) thỏa mãn là: (7; 6); (6; 4); (3; 4); (4; 6) .

2.Cho A = (a2020 + b2020+c2020) - (a2016 + b2016 + c2016) với a,b,c  N*
Chứng minh rằng : A 30.
Giải :
Ta có : x5 – x = x( x4 – 1)= x(x2 – 1)(x2 + 1)= x(x2 – 1) ( x2 − 4) + 5
=(x – 2)(x – 1)x(x + 1)(x + 2) + 5(x – 1)(x + 1)x
Ta có : (x – 2)(x -1) x(x + 1)(x + 2) chia hết ch 5 và 6
mà (5,6) = 1 nên (x – 2)(x -1) x(x + 1)(x + 2) 30
lại có (x-1)x(x+1) Chia hết cho 2 và 3 mà (2,3)=1 nên 5(x – 1)x(x+1)
30

Do đó x5 – 1 30
Suy ra A = (a2020 + b2020+c2020) - (a2016 + b2016 + c2016)
A = a2015(a5 – a) + b2015 (b5 – b) + c2015 (c5 – c) 30
Vậy A 30
Bài IV: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) với AB  AC . Gọi

M là trung điểm của BC , AM cắt ( O ) tại điểm D khác A . Đường tròn ngoại
tiếp tam giác MDC cắt đường thẳng AC tại E khác C . Đường tròn ngoại tiếp
tam giác MDB cắt đường thẳng AB tại F khác B .
Câu IV
1. Chứng minh rằng hai tam giác BDF , CDE đồng dạng.
(2,0 điểm)
2. Chứng minh rằng ba điểm E , M , F thẳng hàng và OA ⊥ EF .
3. Đường phân giác của BAC cắt EF tại điểm N . Đường phân giác của CEN
cắt CN tại P , đường phân giác của BFN cắt BN tại Q . Chứng minh rằng
PQ song song với BC .

0, 5 đ

A

E

O

M

K
P

C

B
Q

N

D

F

1. Có BF D = DMC = DEC;F BD = ACD = DCE  BDF ∽ C D E

1,0 đ

2. Tứ giác BMDF nội tiếp  BDF = BMF (cùng chắn cung FB)
Tứ giác CEMD nội tiếp  CDE = CME (cùng chắn cung EC)

0,5 đ

Do BDF ∽ CDE (cmt)  BDF = CDE (hai góc tương ứng)

 BMF = CME
Mà các điểm B; M; C thẳng hàng  Các điểm E; M;F thẳng hàng (đpcm)
*) Kẻ AO cắt EF tại K;
OAC = KAE = OCA =

180 0 − AOC 180 0 − 2ABC
=
= 90 0 − ABC
2
2

 KAE = 90 0 − ADC = 90 0 − AE K  AE K + KAE = 90 0  AK ⊥ KE  AO ⊥ E0,5
F đ

3. ABM ∽ ADF 

AE AM
AF AM
=
và ACM ∽ ADE 
, mà BM
=
E D CM
DF BM

= CM (gt)
AF AE
F N DF
F N AF
(do
)

=

=
=
DF E D
NE DE
NE AE
F N BF
F N NE
QN NP

=
(do BDF ∽ CDE ) 
=

=
 P Q / /BC
NE CE
F B CE
QB P C

(sử dụng tính chất tia phân giác kết hợp với ta lét đảo)

Câu V
(2,0 điểm)

Cho các thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3.
Tìm minS = (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2)
Giải :
Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có :
(a.1 + b.1 + c.1 )2  ( a2 +12 + 12 )(b2 + c2 + 1) = (a2 + 2) (1+ b2 + c2)
(1)
0,5 đ
Do vai trò của a, b, c là như nhau theo nguyên lý Dirichlet thì trong 3 số
a2 -1, b2-1,c2-1 luôn tồn tại 2 số cùng dấu, giả sử b2-1; c2-1
 (b 2 − 1)(c 2 − 1)  0
 b2c 2 − b2 − c 2 + 1  0
 b 2c 2 + 2b 2 + 2c 2 + 4  3 + 3b 2 + 3c 2
 (b 2 + 2)(c 2 + 2)  3(1 + b 2 + c 2 )
 (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2)  3(a 2 + 2)(1 + b2 + c 2 )

(2)

Từ (1) và (2) , suy ra:
S = = (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2)  3(a +b+c)2=3.9=27
Vậy GTNN của S = 27 khi và chỉ khi a=b=c=1

0, 5 đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 – 2020
Môn thi: TOÁN
Thời gian:120 phút(không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 05/06/2019
Đề thi có : 01 trang gồm 05 câu

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I: (2,0) điểm

x +2
5
1
, với x  0, x  4 .
−
−
x +3 x+ x −6
x −2
1. Rút gọn biểu thức A .
Cho biểu thức: A =

2. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 6 + 4 2 .
Câu II: (2,0 điểm)
1. Cho đường thẳng ( d ) : y = ax + b . Tìm a, b để đường thẳng ( d ) song song với đường thẳng

( d ') : y = 5 x + 6 và đi qua điểm A ( 2;3) .
3x + 2 y = 11
2. Giải hệ phương trình: 
.
x + 2 y = 5
Câu III: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: x 2 − 4 x + 3 = 0 .
2. Cho phương trình: x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = 0 ( m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có
hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m . Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

(x

2
1

− 2mx1 − x2 + 2m − 3)( x22 − 2mx2 − x1 + 2m − 3) = 19 .

Câu IV: (3,0 điểm)
Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R , kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn
( B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kỳ khác B và C . Gọi I , K , P lần lượt
là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các đoạn thẳng AB, AC , BC .
1. Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh MPK = MBC .
3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI .MK .MP đạt giá trị lớn nhất.
Câu V: (1,0 điểm)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng:
ab
bc
ca
+ 4
+ 4
 1.
4
4
a + b + ab b + c + bc c + a 4 + ca
4

---------------- Hết---------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 – 2020
Môn: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi vào lớp 10)
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 05 tháng 6 năm 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang
Câu I.
1. Rút gọn biểu thức A với với x  0; x  4.

x +2
−
x +3

A=

=

=

x +3

)(

x −2

)

−

1
x −2

)
( x + 3)( x − 2 )

x −4−5−

(

(

(

5

x +3

x − x − 12
x +3

)(

x −2

)

=

x −4
x −2

2.

Tìm giá trị của cảu A khi x = 6 + 4 2

(

x = 6+4 2 = 2+ 2

)

2

tmđk

x = 2 + 2 thay vào A ta đc: A =

(2 + 2 ) − 4 = 2 − 2 = 1−
(2 + 2 ) − 2 2

2

Vậy với x = 6 + 4 2 thì A = 1 − 2
Bài 2. (2 điểm)

1. Cho đường thẳng ( d ) : y = ax+b . Tìm a, b để đường thẳng (d) song song với đường
thẳng ( d ') : y = 5x+6 và đi qua điểm A ( 2;3)

a = 5
Vì ( d ) / / ( d ' ) nên 
b  6

Vì (d) đi qua A ( 2;3) nên ta có: 3 = 5.2+b  b = −7

Vậy a = 5; b = −7 ta có ( d ) : y = 5 x − 7

3x + 2 y = 11
x + 2 y = 5

2. Giải hệ phương trình 
3x + 2 y = 11  x = 3


2 x = 6
y =1
Bài 3: ( 2 điểm)

1. Giải phương trình x 2 − 4 x + 3 = 0
PT có : a + b + c = 1 − 4 + 3 = 0 nên PT có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 3
2. Ta có:  ' = ( m − 1) − 2m + 5 = m2 − 4m + 6 = ( m − 2 ) + 2  0 m nên phương trình
2

2

luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m
Có : x − 2 ( m − 1) x + 2 m − 5 = 0  x − 2mx + 2m − 3 = 2 − 2 x
2

2

Vì x1, x2 là các nghiệm của PT (1) nên ta có:

x12 − 2mx1 + 2m − 3 = 2 − 2 x1 ; x22 − 2mx2 + 2m − 3 = 2 − 2 x2 thay vào (*) ta đc:

(x

2
1

)(

)

− 2mx1 − x2 + 2m − 3 x2 2 − 2mx2 − x1 + 2m − 3 = 19
 ( 2 − 2 x1 − x2 )( 2 − 2 x2 − x1 ) = 19

 2 ( x1 + x2 ) − 6 ( x1 + x2 ) + x1 x2 = 15
2

 x1 + x2 = 2 ( m − 1)
thay vào ta đc:
x
x
=
2
m
−
5
 1 2

Theo Vi-et có 

m = 0
 8 ( m − 1) − 12 ( m − 1) + 2m − 5 = 15  8m − 26 m = 0  
 m = 13

4
2

2

m = 0
Vây: 
 m = 13

4
Bài 4. (3,0 điểm) Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ các tiếp tuyến AB, AC với
đường tròn ( B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kỳ khác B và C. Gọi I,K,P lần
lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng AB, AC, BC

1. Chứng minh AIMK là tứ giác nội
tiếp;

B
I

Có: AIM = AKM = 90 nên tứ giác
o

P

M

AIMK nội tiếp.
2. Chứng minh MPK = MBC .

A

O

TT câu a ta cm đc tứ giác KCPM nội tiếp.
Suy ra: MCK = MPK ( hai góc nt cùng
chắn cung MK) (1)

K
C

Mà MCK = PBM ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nt cùng chắn cung MC của (O))
Từ (1) và (2) suy ra MPK = MBP hay MPK = MBC

1) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI .MK .MP đạt giá trị nhỏ nhât..
Chứng minh được IMP ∽ PMK nên:

IM MP
=
MP MK

 MI .MK = MP2  MI .MK.MP = MP3
Để MI .MK .MP lớn nhất khi chỉ khi MP lớn nhất, nên M là điểm chính giữa cung nhỏ BC
Bài 5. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn abc = 1 , Chứng minh rằng:

ab
bc
ca
+ 4
+ 4
1
4
4
a + b + ab b + c + bc c + a 4 + ca
4

Ta có: a4 + b4  ab ( a2 + b2 ) 
Tương tự có:
Suy ra VT 

ab
ab
1

= 2
4
2
2
a + b + ab ab a + b + ab a + b 2 + 1
4

(

bc
1
ca
1
 2
 2
; 4
4
2
4
b + c + bc b + c + 1 c + a + ca c + a 2 + 1
4

1
1
1
+ 2
+ 2
2
2
a + b + 1 b + c + 1 c + a2 + 1
2

Đặt a2 = x 3 ;b2 = y3 ' c2 = z3 ta có: xyz = 1 ( do abc = 1 )
Suy ra: VT 

)

1
1
1
+ 3 3
+ 3
3
x + y +1 y + z + 1 z + x3 + 1
3

Dễ cm đc x 3 + y 3  xy ( x + y )

VT 

1
1
1
+
+
xy ( x + y ) + 1 yz ( y + z ) + 1 zx ( z + x ) + 1

VT 

z
x
y
+
+
xyz ( x + y ) + z xyz ( y + z ) + x zxy ( z + x ) + y

(2)

VT 

z
x
y
+
+
=1
x + y + z x + y + z zx + y + z

Vậy VT  1 Dấu “_” xảy ra khi a = b = c