SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2018 - 2019
Môn: Toán (Đề chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề thi có 01 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (2,0 điểm)
Cho biểu thức


 1
1+ a
1− a
1 2
Q=
+
−
1
−
÷
÷ a − 2a + 1
2
2
a
a
1
+

a
−
1
−
a
1
−
a
−
1
+
a




(với

0 < a <1

).

Q.

1) Rút gọn
2) So sánh
Câu 2. (2,0 điểm)

Q


và

Q3 .

1) Giải phương trình

(

x+9 −3

)(

)

9 − x + 3 = 2 x.

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P) có phương trình

y=m

y=m

2

y = x2

và hai

0 < m <1


đường thẳng (d):
; (d’):
(với
). Đường thẳng (d) cắt Parabol (P)
tại hai điểm phân biệt A, B; đường thẳng (d’) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt C, D
(với hoành độ điểm A và D là số âm). Tìm
lần diện tích tam giác OCD.
Câu 3. (1,0 điểm)
Tìm các số nguyên dương
Câu 4. (3,0 điểm)

x, y

m

sao cho diện tích hình thang ABCD gấp 9

thỏa mãn

7 x = 3.2 y + 1

.

(O)

Cho đường tròn
và đường thẳng d cố định ((O) và d không có điểm chung).
Điểm P di động trên đường thẳng d. Từ điểm P vẽ hai tiếp tuyến PA, PB (A, B thuộc

(O)


đường tròn
). Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ điểm A đến đường kính BC, E là
giao điểm của hai đường thẳng CP và AH. Gọi F là giao điểm thứ hai của đường thẳng

(O)

CP và đường tròn
.
1) Chứng minh E là trung điểm của đoạn thẳng AH.


2) Vẽ dây cung CN của đường tròn

(O)

sao cho CN song song với AB. Gọi I là

IF AF
=
IB AC

IA = IB.

giao của hai đường thẳng NF và AB. Chứng minh
và
3) Chứng minh điểm I luôn thuộc một đường cố định khi P di động trên d.
Câu 5. (1,0 điểm)
Một học sinh chấm tùy ý 6 điểm phân biệt vào trong hình tròn bán kính bằng 1.
Chứng minh rằng luôn tồn tại hai điểm A, B trong 6 điểm đã cho thỏa mãn

Câu 6. (1,0 điểm)
Cho các số thực dương

x
Chứng minh rằng

2

x3 + 8

x, y , z

+

y

thỏa mãn

2

y3 + 8

+

AB ≤ 1.

xy + yz + zx ≥ x + y + z.

z2
z3 + 8


≥ 1.

--- HẾT --Họ và tên thí sinh……………………………… Số báo danh………………………..
Người coi thi số 1………………………………Người coi thi số 2.……………….........

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2018-2019
Môn: Toán (Đề chuyên)
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)

Lưu ý: Các cách gải khác so với đáp án mà đúng thì cho điểm tương ứng theo từng
phần như hướng dẫn chấm. Điểm tổng cộng toàn bài được làm tròn đến 0,25; 0,5;
0,75...
Điểm

Câu
ý
Nội dung
Câu 1
1.
Với 0 < a < 1, ta có:
(2,0đ) (1,0đ)

 1
1+ a

1− a
1 2
Q = 
+
.  2 − 1 − ÷
a − 2a + 1
÷
÷
a÷
1 − a2 − 1 + a   a
 1+ a − 1− a


1+ a
=
+
 1+ a − 1− a


( 1− a)

2

( 1− a) (1+ a) − (1− a)

2


2


÷.  1 − a − 1 ÷
2
÷
a÷
a



( a − 1)

0,5

2



1+ a
=
+
 1+ a − 1− a


( 1− a) (


÷. 
1 + a − 1 − a ÷ 


( 1− a)


(1− a) (1+ a)

2

)

a

(1− a) (1+ a) −1



1+ a
1− a
= 
+
÷.
1+ a − 1− a ÷
 1+ a − 1− a


1
− ÷ a −1
a÷


a

(1 − a)

0,5

1 + a + 1 − a 2 ( 1 − a) ( 1 + a) − ( 1+ a) − ( 1− a)
=
.
(1− a)
2a
1+ a − 1− a

1+ a + 1− a −
=
.
1+ a − 1− a

(

=−

1+ a + 1− a

(

1+ a − 1− a

( 1+ a) − ( 1− a)
2a

(1− a)

2a


)(

1+ a − 1− a

2a

=−

)

2

(1− a) = −

) (1− a)

0,5

2a
( 1 − a ) = a − 1.
2a

1 > a > 0 ⇒ 0 > a − 1 > −1 ⇒ 1 > ( a − 1) > 0.
2

Do
2.
(1,0đ
Q 3 − Q = ( a − 1)

)
Xét

Câu 2
(2,0đ)

1.
(1,0đ
)
Đk:

( ( a − 1)

2

)

−1 > 0
.Vậy

0,2
5

Q 3 > Q.

x + 9 ≥ 0
⇔ −9 ≤ x ≤ 9.

9 − x ≥ 0


0,2
5
x

Với đk trên, pt đã cho tương đương với
x = 0
⇔
 9 − x = 2 x + 9 + 3

Đặt

0,2
5

a = 9 − x,b = 9 + x

 a = 2b + 3
 2
2
 a + b = 18

( 1)
( 2)

(

)

9 − x + 3 = 2x


(

x+9 +3

)
0,25

( *)
ta có

a, b ≥ 0.

Từ (*), ta có hệ phương trình

0,25


( 2b + 3)

b = 3 / 5
+ b 2 + 18 ⇔ 
 b = −3

2

Thay (1) vào (2) suy ra
b = −3
Với
loại.
3

−216
b= ⇒x=
5
25
Với
.

0,25

Thử lại, phương trình có tập nghiệm

(

) (

A − m; m , B
Tính được

 −216 
S =
;0.
25



)

m ; m , C ( m; m 2 ) , D ( − m; m2 .)

2

S ∆OCD = m3 S ABCD = ( m − m )
Tính được
;

2.

Do

S ABCD = 9.S∆OCD ⇔ ( m − m 2 )

m +m

)

)

.( do

1> m > 0

)

m + m = 9 m3

⇔ 10m m + m − m − 1 = 0

(1,0đ
)

Đặt


1
 1
m = t > 0 ⇒ 10t 3 + t 2 − t − 1 = 0 ⇔  t − ÷( 10t 2 + 6t + 2 ) = 0 ⇔ t =
2
 2

m=
Suy ra
Câu 3
(1,0đ)

(

(

0,2
5

1
4

m=

1
4

. Kết luận,
là giá trị cần tìm.
x = 2k + 1( k ∈ ¢ , k ≥ 0 )

7 2 k +1 = 3.2 y + 1.
TH1: nếu
, ta có pt :
x = 1, y = 1
k =0
+)Nếu
suy ra
là nghiệm cần tìm.
y
3
3.2 + 1 ≥ 7 ⇒ y ≥ 2 ⇒ 2 y ≡ 0 ( mod4 ) .
k ≥1
+)Nếu
suy ra
Xét mod 4 cả hai vế thì có:
7 2 k +1 = 49k .7 ≡ 3 ( mod4 ) .

0,2
5
0,2
5

0,2
5

0,2
5

0,2
5


3.2 y + 1 ≡ 1( mod4 ) .

Suy ra pt vô nghiệm.
k ∈ ¢, k ≥ 1
x = 2k
TH2:
( với
) khi đó

0,2
5


7 2 k = 3.2 y + 1 7 2 k 1 = 3.2 y ( 7 k 1) ( 7 k + 1) = 3.2 y
Do

7 k 1 0 ( mod3)

Vy

7 k + 1 = 2m

kt hp vi (1) suy ra
m
m
( 1) ( 2 2 ) 2 = 3.2 y ( 2m1 1) 2m+1 = 3.2 y

2m1 1


( 1) .

( m )
+

2m+1 M3

Do
l v
suy ra
m 1
2 1 = 3 m = 3 x = 2


m +1
y
y = 4 y = 4
2 = 2

0,2
5

( 1;1) , ( 2;4 )

Th li, suy ra cú hai cp nghim
tha món yờu cu.
( cú th khụng cn trỡnh by theo ngụn ng mod)
Cõu 4
(4,0)


1.
(1,0
)

(khụng cú v hỡnh hc sinh khụng c chm bi)
Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)

nên theo định lý Ta let áp dụng cho

CBP

, ta có :

Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)

ã
POB
= ãACB

(hai góc đồng vị)

EH CH
=
PB CB

( 1)

0,2
5
0,2

5


⇒ ∆AHC

AH CH
=
PB OB

∆PBO

0,2
5

đồng dạng
Do ®ã:
(2)
Do CB = 2OB, kÕt hîp (1) vµ (2) ta suy ra AH = 2EH hay E lµ 0,2
5
trung ®iÓm cña AH.
·
·
·
· A
IBF
= FCA
; BFI
= CF
∆CAF
∆BIF

Ta có
suy ra
đồng dạng
0,2
IF AF
5
=
IB AC
Suy ra
(1)
IF BF
0,2
=
IA
BC
2.
5
Tương tự, ta có
. (2)
(1,0đ
AF AP
)
=
AC PC
∆PAC
∆PFA
Chứng minh được:
đồng dạng
suy ra
. (3)

0,2
5
BF PB
=
BC PC
∆PCB
∆PBF
Tương tự :
đồng dạng
suy ra
. (4)
IA = IB.
PA = PB
0,2
Từ (1), (2), (3), (4) và
suy ra
5
Gọi M là chân đường vuông góc hạ từ O lên đường thẳng d. Gọi K là giao điểm
0,2
của hai đường thẳng OM và AB.
5
OI ⊥ AB.
Ta có P, I, O thẳng hàng và
∆OIK
∆OMP
Chứng minh:
đồng dạng
0,2
3.
OK OI

OP.OI
=
⇔ OK =
5
(1,0đ ⇒
OP OM
OM
)

OP.OI = OB 2

OB 2
OK =
OM

Mặt khác
suy ra
Vậy I thuộc đường tròn đường kính OK.
Câu 5
(1,0 đ)

cố định, suy ra điểm K cố định

Gọi 6 điểm là A, B, C, D, E, F và tâm hình tròn là O.
TH1. +) Nếu có một điểm trùng với tâm O thì điều phải chứng minh là hiển
nhiên. Ta giả sử 6 điểm đều khác điểm O
+) Nếu có hai điểm A, B và O thẳng hàng và O nằm ngoài đoạn AB, suy ra

0,2
5

0,2
5
0,2
5


AB ≤ 1

.
TH2. Không tồn tại hai điểm A, B và O thẳng hàng đồng thời O nằm ngoài
đoạn thẳng AB. Phản chứng, khoảng cách hai điểm bất kỳ trong 6 điểm đều
lớn hơn 1.
Giả sử 6 điểm xếp theo chiều ngược chiều kim đồng hồ là A, B, C, D, E, F .
0,2
5

Xét

∆OAB

Suy ra

{

có
·
3.·AOB > ·AOB + ·ABO + BAO
= 1800 ⇒ ·AOB > 600.

Tương tự :


·
· D > 600 , DOE
·
·
· OA > 600
BOC
> 600 , CO
> 600 , EOF
> 600 , F

·AOB + BOC
·
· D + DOE
·
·
· OA > 3600
+ CO
+ EOF
+F

Câu 6
(1,0đ)

}

·
AB > 1 ≥ max { OA, OB} ⇒ ·AOB > max ·ABO, BAO

0,2

5
.

Như vậy :
vô lý, suy ra điều
phải chứng minh.
Vậy trong mọi tình huống thì bài toán luôn đúng.
x + 2 + x2 − 2x + 4 x2 − x + 6
3
2
x + 8 = ( x + 2) ( x − 2x + 4 ) ≤
=
2
2
Ta có
y2 − y + 6
z2 − z + 6
3
3
y +8 ≤
z +8 ≤
.
2
2
Tương tự
;
- Suy ra


x2

y2
z2
x2
y2
z2
+
+
≥
2.
+
+

÷.
2
2
2
x
−
x
+
6
y
−
y
+
6
z
−
z
+

6
x3 + 8
y3 + 8
z3 + 8


(*)
2
a 2 b2 c 2 ( a + b + c )
+ + ≥
∀ a, b, c, u, v, w > 0 ( 1)
u
v w
u+v+w
- Chứng minh rằng

0,2
5

0,2
5

0,2
5


- Áp dụng (1) và (*) ta thu được

x2
x3 + 8


+

y2
y3 + 8

+

2( x + y + z )
≥
2
2
2
z 3 + 8 x + y + z − ( x + y + z ) + 18
2

z2

(2)

Ta cần chứng minh
2
2( x + y + z )
≥1
x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) + 18

⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 4 ( xy + yz + zx ) ≥ 18 − ( x + y + z )

⇔ ( x + y + z ) + ( x + y + z ) + 2 ( xy + yz + zx ) − 18 ≥ 0
2


xy + yz + zx ≥ x + y + z

. (3)

Lại do
nên ta đi kiểm tra
2
( x + y + z ) + 3( x + y + z ) − 18 ≥ 0

⇔ ( x + y + z − 3) ( x + y + z + 6 ) ≥ 0
Thật vậy ta có quan hệ

( x + y + z)

2

.
(4)
≥ 3 ( xy + yz + zx ) ≥ 3 ( x + y + z )

x+ y+ z≥3

nên

0,2
5

,
từ đó (4) đúng.

Từ (2), (3), (4) suy ra điều phải chứng minh.

Dấu “=”

⇔ x = y = z =1
----------- HẾT-------------

0,2
5