THCS.TOANMATH.com KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG PTDTNT VÀ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn thi: TỐN (mơn chung) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 17/07/2020 UBND TỈNH LAI CHÂU SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Þ€· ùũ ếá:ạ ư% ẳ*ạ Đ ơcáụ ạÃ}à ẵẵ á)4ạ ơđdá ê áe á)4ạ ơđdá ưôổ ùũ ợă ờó ợũ ăợ ỡă ó ă Đ ó ù ă Đóỡ ớũ ịà ợũ ùũ èá$ẵ áÃe án ơcáổ ờỡ ợở ỗ ợ ù ợũ íá ắÃfô ơá'ẵổ ẽ ó ă ăừớ ă ỗ ê2à ă ă ờó ỗ ứữ ẻ-ơ ạ; ắÃfô ơá'ẵ ẽ ứắữ ècá ạà ơđ@ ẵ+ ẽ ắÃhơ ă ó ỡ ịà ớũ Đ ó ợăợ ứéữ ùũ ợũ Đó ăừớ ịà ỡũ ù ăằ á}à ơuạ ơ8ẵ ơáj ùợ àũ ịà ởũ ẵ+ òẹ ê ịíũ ùũ íá'ạ Ãá ơ' ạÃẵ òịẹí ơ' ạÃẵ 5à ơÃhũ ợũ íá'ạ Ãá òỉổòẹ ó òĩổò ớũ òịồ òí ơáqạ êô:ạ ạ>ẵ ê2à ẹò ẵsơ òị ơ|à é ê ẵsơ òí ơ|à ẽũ íá'ạ Ãá đtạổ ìé ếẽ ịà ờũ íá ắ ẵẵ ư8 àá:ạ { ơá< ~ ợ ắợ éẽ ợồ á~Đ ơd ạà ơđ@ áyơ ẵ+ ắÃfô ơá'ẵổ ể ó ớắứ ợắữ ắ ớứắ ợữổ THCS.TOANMATH.com Þ€· ïị ° ° ë õ ỵ ê õ ë ợ ờũ ăừ ă ỡ ă ê2à ă ê ă ờó ùũ ợũ ẻ-ơ ạ; ắÃfô ơá'ẵị ó ù ă ù ă ùũ ècá ạà ơđ@ ắÃfô ơá'ẵ ò ó ịà ợũ Đó ù ợ ăũ ợ ợũ Ã}à á)4ạ ơđdá ịà ớũ íá á)4ạ ơđdá ợăợ ứă ợữ ứă ùữ ứă ớữ ứă ỡữ ợỡ ó ổ ỡă ợợ ù ó ứùữ ứ ê2à ơá ư8ữũ ùũ íá'ạ ơ< á)4ạ ơđdá ứùữ ô: ẵ> áà ạáÃe á{ ắÃeơ ê2à ;à ũ ợũ ;à ăù ăợ áà ạáÃe ẵ+ á)4ạ ơđdá ứùữ àáà ó ớụ àá:ạ ạÃ}à á)4ạ ơđdá á~Đ ơcá ạà ơđ@ ắÃfô ơá'ẵ ẽ ó ốăợù ởăù ộ ốăợợ ởăợ ộ ợỗỡổ ịà ỡũ ứẹồ ẻữ òũ ếl ơÃh ơôĐh íĩ ê2à ứẹồ ẻữ ứ ĩ òịũ èđj ơà ơÃh ơôĐh ẵ+ òă ẵ+ ứẹồ ẻữ ĩ àáẵ ò ữũ í àáẵ ùũ íá'ạ Ãá đtạ ơ' ạÃẵ ẹòíĩ òị ơ|à ẹ ẵsơ ơà ịĩ ơ|à ũ íá'ạ Ãá đtạ ịĩổị ó ợẻợ ũ ớũ ;à ịà ởũ íá ẹ ịồ í ơáqạ áạũ òịí ẵ> òị ó ẵồ òí ó ắồ ịí ó ũ íá'ạ Ãá đtạ ưà ò ợ ũ ắừẵ S GIO DC V O TO THANH HÓA - ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chun) Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) a) Cho a, b, c ba số thực thỏa mãn đồng thời điều kiện a  b  c  1    a b c Chứng minh ba số a, b, c có số b) Cho x, y, z ba số thực thỏa mãn đồng thời điều kiện x  y  z  2045  x 18   y  7   z  2020  3 Tính giá trị biếu thức: F   x 18 2021   y  7 2021   z  2020 2021 Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình:  x 1  35 12 x   xy  y  x  x  b) Giải hệ phương trình:   2  y 18 x 16 x y       Câu (2,0 điểm) a) Tìm tất cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn xy  x  2 x  x 1  y b) Chứng minh 2n  10a  b với a, b, n số tự nhiên thỏa mãn  b  10 n  ab chia hết cho Câu (3,0 điểm)   450 Về phía ngồi tam giác ABC dựng hình vng ABMN ACPQ Cho tam giác ABC nhọn có BAC Đường thẳng AQ cắt đoạn thẳng BM E, đường thẳng AN cắt đoạn thẳng CP F a) Chứng minh tứ giác EFQN nội tiếp đường tròn b) Gọi I trung điểm đoạn thẳng EF Chứng minh I tâm đường ngoại tiếp tam giác ABC c) Đường thẳng MN cắt đường thẳng PQ D Các đường tròn ngoại tiếp tam giác DMQ DNP cắt K với K  D Các tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC B C cắt J Chứng minh bốn điểm D, A, K , J thẳng hàng Câu (1,0 điểm) Trên đường tròn người ta lấy 2024 điểm phân biệt, điểm tô màu xanh màu đỏ xen kẽ Tại điểm ta ghi số thực khác cho quy tắc sau thỏa mãn “số ghi điểm màu xanh tổng hai số ghi màu đỏ kể nó; số ghi màu đỏ tích hai số ghi hai điểm màu xanh kế nó” Tính tổng 2024 số HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA - ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN LAM SƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chuyên) Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu a) Ta có: 1     ab  bc  ca  abc a b c Khi 1 a 1 b1 c  1  a  b  c  ab  bc  ca   abc  Suy ra: 1 a 1 b1 c  Đẳng thức chứng tỏ ba số a, b, c có số a  b  c   b) Đặt a  x 18, b  y  c  z  2020 Khi ta có:  3     a b c   Do đó: F  a 2021  b 2021  c 2021 Ta có: a  b3  c3  3abc  a  b  c a  b2  c  ab  bc  ca  Suy 3abc  a  b3  c3  Khơng tính tổng qt giả sử a  Khi ta có: b3  c  b  c Suy F  a 2021  b 2021  c 2021   c  2021  c 2021  Vậy F  Câu a) Điều kiện xác định: x  Ta có: 35  1   x  Do x  12 x x 1 Bình phương hai vế phương trình cho, ta được: 1  1225  x 1 144 x  25  144 x  625 x  625  12 x 1 x4 x2 1225    0 x 1 x 1 144  x2 49  x 25          x 1 12  x 1 12   x2 x 1  x    4 x  54 x  53  53x  5     x    x  1 5 Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  ; x     y  2 x  3  x  x  1 b) Hệ cho tương đương với:  2      y x 16 x 14 2        Lấy  2   1 , ta được:  y  2   y  2 x  3  x  x    y  2   y  2 x  3   x  3  2   y   x  3   y  x6   y  x  5     y  x   x   y  5 Trường hợp 1: y  x  6, thay vào 1 , ta được: 3x  12 x 15     x  5  x  11   x  5  13  y  17  13  3 Trường hợp 2: y  x  4, thay vào 1 , ta được: 3x 10 x        13 17 13 y   y   3    5  13 17  13    13 17  13     ,  ; ;  Vậy S  1; 5 , 5; 11 ,        3 3       Câu a) Phương trình cho tương đương: y  x  2  x  2 x  x 1    x  2  y  x  x  1    x     y  x  x 1 Với x  2, ta có y nguyên thỏa mãn Với y  x  x  1, suy x  x 1 số phương Ta xét hai trường hợp sau:  x  x  x  x    x  1 Do x  khơng thỏa mãn  x  1 x  x  x    x 1 Do x  1 khơng thỏa mãn 2 Thử trực tiếp:    x  0, ta y  y  1 x  1, ta y  y  2 x  1, ta y  Vậy phương trình có có nghiệm  x; y   2; a  , 0;1 , 0; 1 , 1; 2 , 1; 2 , 1; 0 với a   b) Ta có: 2n  10a  b suy b chia hết cho mà  b  10 nên b  2; 4; 6; 8 Bây đặt n  4k  r với k   r  0; 1; 2; 3 Ta có: n  k r  16k  2r  r mod15 Mà 2r  1; 2; 4; 8 2n chia 15 dư 1; 2; 4;  Nếu a  3m 1, 10a  b  10 3m  1  b  30m  b  10 Suy 2n  10a  b  b  10 mod15 Do b  10 chia 15 dư 1; 2; 4; Mà b  2; 4; 6; 8 nên b  Nên ab  Nếu a  3m  2, 10a  b  10  3m  2  b  30m  b  20 Suy 2n  10a  b  b  mod15 Do b chia 15 dư 1; 2; 4; Mà b  2; 4; 6; 8 nên khơng có giá trị b thỏa mãn Hay không tồn a dạng 3m  cho 2n  10a  b  Nếu a  3m ab  3mb mà b chẵn nên ab Vậy trường hợp a, b thỏa mãn 2n  10a  b ab chia hết cho Câu    CAF  (do phụ với BAC  ) a) Ta có: ABE ACF  900 BAE Suy ABE  ACF  AB AN AE   AF AC AD  Do AEF  ANQ   AFE  NQA Từ tứ giác NQFE nội tiếp b) Bổ đề: Nếu gọi M , N trung điểm BD, AC với ABCD hình thang  AB  CD  MN  AB  CD Chứng minh: Gọi K trung điểm AD KM  AB  CD KN  DC  AB Từ suy K , M , N thẳng hàng hay MN  AB  CD Trở lại toán gọi S , L trung điểm AC , AB Áp dung bổ đề cho hình thang AFCE với I trung điểm EF , S trung điểm AC ta có IS  CF Mà CF  AC nên IS  AC trung điểm S AC hay IS trung trực AC 1 Chứng minh tương tự ta có IL trung trực AB 2 Từ 1 2 suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC c) Gọi K1 , K giao điểm DA với đường tròn ngoại tiếp DMQ DNP   DQE   900 nên DE đường kính đường trịn ngoại tiếp DMQ Do DME  Suy DK E  90  Chứng minh tương tự ta có DK F  90 Do tứ giác DQK1 E nội tiếp  DA  K1 A  EA  QA Tứ giác DNK F nội tiếp  DA  K A  FA  NA Theo câu a) tứ giác NQFE nội tiếp nên EA  QA  FA NA Từ suy DA  K1 A  DA  K A hay K1  K   DMQ    DNP   K Do D, A, K thẳng hàng     1800  BKE   900  EAB   BAC   BIC    EAB   CAF   CKF  Suy BKC Ta có: BKE   CKJ  Do tứ giác BKIC nội tiếp, mà IBJC nội tiếp JB  JC nên BKJ  Hay KJ phân giác BKC   1800    Mặt khác BKA AEB  1800   AFC Suy tia đối tia KA phân giác BKC Do A, K , J thẳng hàng Hay bốn điểm D, A, K , J thẳng hàng Câu Gọi điểm đánh số A1 , A2 , A3 , , A2024 Trong Ak với k lẽ tơ màu xanh, k chẵn tô màu đỏ với k  1, 2, , 2014 Giả sử A1  x A2  y với x, y khác Khi A3  A1  A2  A3  Do A2  A4  A3  A4  A3  A2  A2 y  A1 x y  y x y y Tương tự ta tính A5  1 x, A6  1 x   y, A7  1 , A8  x  y x x     y y y y Suy ra: A1  A2   A8  x  y     y  1 x  1 x   y   1   x  y      x  x  x x Ta tính A9  A8  x A10  y A7 Do A1  A9 , A2  A10 nên trình tiếp tục thấy sau điểm liên tiếp số lặp lại theo thứ thứ tự điểm ban đầu 2024 Do A  i i 1 2024 2024   A8    759 i1 Vậy tổng số cần tìm 759 - HẾT - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ Q ĐƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chun) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) a) Chứng minh với giá trị dương, khác x biểu thức A không nhận giá trị nguyên, với:  x 1 x  1   x    A       x  x  x  x 1  x  x2  y  z x2 y z    b) Xét  x; y; z  thỏa mãn với a, b, c số thực khác a  b2  c a b c Tính giá trị biểu thức: Q  x 2020 y 2020 z 2020   b c c a a 2b Câu (1,0 điểm) Trên đồ thị hàm số y  0,5 x , cho điểm M có hồnh độ dương điểm N có hồnh độ âm Đường thẳng MN cắt trục Oy C với O gốc tọa độ Viết phương trình đường thẳng OM C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 3x  x  x  28   x  4 x3     3x  xy  x  y  y  3   b) Giải hệ phương trình:   x  y 1  y  x       Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị m để phương trình: 2 x  x  m2  2m 152 x  3x  m2  2m 14  có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x12  x22  x32  x42  x2 x3    C  , nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao xuất phát từ Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn B B C cắt đường thẳng AO D E Gọi H trực tâm giác ABC O  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE Chứng minh rằng: a) Tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC AH tiếp tuyến O  b) Đường thẳng AO  qua trung điểm đoạn BC Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC  , nội tiếp đường tròn tâm O Kẻ đường phân giác AD,  D  BC  tam giác Lấy điểm E đối xứng với D qua trung điểm đoạn BC Đường thẳng vng góc với BC D cắt AO H , đường thẳng vuông góc với BC E cắt AD K Chứng minh tứ giác BHCK nội tiếp Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  Chứng minh rằng:  x y z  x2 x2  y y2  z2        xy xy  x  y  yz  y  z  zx  z  x  HẾT yz z  x    yz zx  ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ Q ĐƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chun) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG -Câu a) Với x  x  1, ta có:  x 1 x 1 x      A      x 1  x  x  x 1 x 2   x 1  x    x    s   x x2 x 9   x x 1      Vậy A  1 x2 x 9       4 x  x 1    1 x 1 x x  x  x2 x 9  Nếu A   1 x  x  mà: x  x     x 1   nên A số nguyên x2 x2 y2 y2 z2 z2 ,  b) Ta có:   a a  b2  c2 b2 a2  b2  c c a  b2  c Từ suy ra: x2 y2 z2 x2 y2 z2 x2  y2  z2       a b2 c a  b2  c2 a  b2  c2 a2  b2  c2 a  b2  c2 Do đẳng thức xảy x  y  z  Từ Q  Câu Ta gọi: M  m; 0,5m2  , N n; 0,5n2  , C  xC ; yC  m  Do C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN mà C  MN nên tam giác OMN vuông O C  mn   xC    trung điểm MN Khi    0,5m2  0,5n  yC       m2  m2 Ta có: C  Oy nên xC  suy m  n Khi C 0;   Suy ra: OC  , OM  m   Mặt khác C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN nên: OC  OM  m2  m  m  m  Suy M  2; 2 Phương trình đường thẳng OM có dạng y  ax mà qua điểm M  2; 2 nên a  1 Vậy y  x đường thẳng cần tìm Ta có: x2 x3  a 4 a 3 Yêu cầu toán tương đương:   a 5 a 4 a 3   a  5  a  a   16    a 12 a  11   a  11 a  1  a  121 m  Với a  121, ta có: 8m 16m  121  121  m2  2m     m  Vậy m  m  trị cần tìm Câu a) Gọi BB  CC  đường cao tam giác ABC     bù với góc C HB  C AB   BAC HB  Tứ giác AC HB  nội tiếp nên C    BAC  1  nên DHE HB  DHE Mà C    900  AOC  900    ABC  BAH Tam giác OAC cân O nên OAC    BAE   900 AE   AEC   900 hay DEH Mặt khác C AE vuông C  nên C       900  BAE   900  BAH   HAE   90  OAC   HAE   900  HAC   ACB  Suy DEH  Do DEH ACB 2 Từ 1 2 suy tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC   ACB   900  HAC  AHB  nên HA tiếp tuyến O  Ta có DEH b) Gọi I , L trung điểm BC DE Mà tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC mà O  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE , O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên hai tam giác LHO    IAO  3 IAO đồng dạng với nên LHO   O    LAO  hay LHO AO 4 Ta có O L  DE AH  HO  nên tứ giác AHO L nội tiếp  LHO   O AO hay A, O , I thẳng hàng Từ 3 4 suy ra: IAO Do AO  qua trung điểm BC Câu A H O B E M D C P X K Gọi P giao điểm AD O  P điểm cung BC , X giao điểm EP DH   AHD cân H Ta có OP trung trực DE nên OP  DH dẫn đến DAH APO  ADH Do M trung điểm DE mà MP  EK  DX nên P trung điểm DK EX  Nên DEKX hình bình hành, suy BDX  CEK   XBD  KCE   900 nên DP  DX  DE Mà DEX Ta có: XK  BC nên BKXC hình thang cân nội tiếp đường trịn (1) Ngoài tứ giác AHPX nội tiếp  AHD   APX  DH  DX  DA  DP Mặt khác tứ giác ABPC nội tiếp nên DA  DP  DB  DC Suy DH  DX  DB  DC hay BHCX nội tiếp (2) Từ (1) (2) suy BHCK tứ giác nội tiếp Câu Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:  x2  y 2 x  y  x  y 2  x2  y         xy  x  y  x y xy  x  y  xy  xy  x  y  x  y  Viết hai bất đẳng thức tương tự công lai theo vế ta được:   x  y x2  y2    x y xy xy  x  y  Do ta cần chứng minh bất đẳng thức sau tốn hồn tất 2   3 yz zx x y Thật vậy, ta có: Do đó:  4   x  y 2 x  y  x  y   1 49 4           x y  x  y  y  z  z  x   2 x  y  z     Đẳng thức xảy x  y  z  Vậy ta có điều phải chứng minh HẾT ịà ùũ é ó ợ ă ù ờă ỗ ợũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ạà ơđ@ ẵ+ ơá ư8 Đ ó ăừớ ẵsơ đắ Đ ó ăợ ơ|à áà ẵũ òịí ỡũ íá ádá > ẵ> ơáf ơcẵá ấ ó ỡ ịà ợũ íá ắÃfô ơá'ẵ ẻ ó ợ ẵũ ècá ẵáÃiô ẵ ẵ+ ádá > ăừù ă é ó ăừ ăừù ă ù ăừợ ă ă ù ă ờó ù ữũ ứ ê2à ă ùũ ẻ-ơ ạ; ắÃfô ơá'ẵ é ũ ợũ íá'ạ Ãá é õ ợ ê2à ;à ă ê ă ờó ùũ ịà ớũ ùũ íá á)4ạ ơđdá ăợ ùữă ợ ợ ó ứ ê2à ơá ư8ữũ ứữ íá'ạ Ãá ê2à ;à ạà ơđ@ ẵ+ ơá ư8 ơád á)4ạ ơđdá ô: ẵ> ạáÃeũ ứắữ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ạà ơđ@ ẵ+ ơá ư8 ẵá ăù ợ ợũ Ã}à á)4ạ ơđdá ăớ ịà ỡũ ịí ò ớăợ ăù ăợ ¨ỵ õ ỵ ã ïỉ í¨ õ ỵ ø¨ õ ùữớ ó ũ ứẹữ àl ẵẵ ơÃh ơôĐh òịồ òí òẹ ẵsơ ịí ứẹữ z )/ơ ơ|à ể ê ì ũ ;à ĩ ứẹữ ứ ê2à ĩị ọ ĩíữũ ùũ íá'ạ Ãá đtạ òịẹí ơ' ạÃẵ 5à ơÃh ê ì ợũ ;à z )/ơ ádá ẵáÃhô êô:ạ ạ>ẵ ẵ+ ò ĩể êô:ạ ạ>ẵ ê2à ũ ớũ ;à ế ũ ẵ+ òếể ĩể ịồ í ẵẵ òịí ũ ĩịồ ĩíũ íá'ạ Ãá ứẹữ ũ íá'ạ Ãá ếì ơà á{ ạÃẵ ịà ởũ ăợ ứĐ ùữ ớă ù ó ăợ ù Đ ùũ Ã}à áe á)4ạ ơđdá ũ ăợ ỗ ó ờă ù Đ ă ù ợũ ẩnơ ắồ ẵ ẵẵ ư8 ẳ)4ạ ơá< ~ ù ắ ù ẵ ù ó ờũ èd ạà ơđ@ á< áyơ ẵ+ ắÃfô ơá'ẵ é ó ợ ắ ắợ ắợ ắẵ ẵợ ½ỵ õ ¿½ õ ¿ỵ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2020 - 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN (chung) - Đề số (Đề thi gồm 01 trang) Dành cho học sinh thi lớp chuyên xã hội Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) 1) Tìm điều kiện xác định biểu thức P  x4 2) Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng y  x   m cắt parabol y  x hai điểm phân biệt 3) Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, biết độ dài cạch tam giác cm 4) Cho hình nón tích V  4 cm3 , biết bán kính đáy R  cm Tính chiều cao hình nón Câu (1,5 điểm) x2   x x 4  Cho biểu thức P   x    với x  0; x  1; x   :  x    x  1  x   1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm x để P  Câu (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x  2(m  1) x  m2  2m   (với m tham số) a) Tìm giá trị tham số m biết x  nghiệm phương trình b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 cho x12  x22  x1  x2  x   x    y   2) Giải hệ phương trình:  x   y   3  x   Câu (3,0 điểm) Từ điểm A nằm ngồi đường trịn  O  kẻ tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (B, C tiếp điểm) Đoạn thẳng AO cắt BC đường tròn  O  M I 1) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp tuyến I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 2) Gọi D điểm thuộc cung lớn BC đường tròn  O  (với DB  DC ) K giao điểm thứ hai tia DM với đường tròn  O  Chứng minh MD.MK  MA.MO 3) Gọi E, F hình chiếu vng góc A đường thẳng DB, DC Chứng minh AF song song với ME Câu (1,0 điểm) 1) Giải phương trình:  x  x  x   x  3x  x  2) Xét a, b, c số dương thỏa mãn 2a  2b  2c  ab  bc  ca  24 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a  b2  c2 - HẾT - Þ€· ïị ï ù ù ó ăừ ắ ó Đừ ẵ ó ăĐừ ũ íá'ạ Ãá ợ ừắợ ừẵợ ắẵ ó ă Đ ăĐ ùũ íá ẵẵ ư8 ơá$ẵ ăồ Đồ Ư àáẵ ỡũ ợũ íá ẵẵ ư8 ơá$ẵ ắ àáẵ ù ù ũ ợừ ợừắ ợ ơá< ~ ứợ ùữứợắ ùữ ó ỗũècá ạà ơđ@ ẵ+ ắÃfô ơá'ẵ ò ó ịà ợũ ùũ Ã}à á)4ạ ơđdá ợăợ ă ó ớă ă ớũ ợũ Ã}à áe á)4ạ ơđdá ứă ợă ù ợĐ ù ó Đữợ ợ ứă Đữứă ợĐữ ớă ợĐ ó ỡ ịà ớũ íá ạÃẵ á; òịí ẵ> òị ọ òí ẵẵ ẵ|á òịồ òí ơ|à ểồ ề ê ẵ> ơ{ ì ơáô5ẵ ẵ|á ịí òồ ểồ ỉồ ìồ ề ũ ứẹữ òỉ ẵ+ ạÃẵ òịíũ ỉò ơà á{ ạÃẵ ẵ+ ạ>ẵ ể ỉề ũ ì ê êô:ạ ạ>ẵ ê2à ịí ẵsơ ể ề ơ|à ế ũ íá'ạ Ãá òế ĩ ẵ+ ịí ũ ó ứẹữ ơ|à ị ê í ẵsơ áô ơ|à ũ íá'ạ Ãá ịò íòĩũ ịà ỡũ ùũ èd ẵẵ ư8 ạôĐj ăồ Đ ơá< ~ ăớ Đ ợ ó ăĐ ợ ùũ ợũ íá ẵẵ ư8 ạôĐj ẳ)4ạ ắồ ẵ ơá< ~ ẵ ù ắ ó ũ íá'ạ Ãá ắ v á)4ạ ẵ+ 5ơ ắ ư8 ạôĐj ẳ)4ạũ ịà ởũ ùũ íá ẵẵ ư8 ơá$ẵ àá:ạ { ắồ ẵ ù ỡ ắỡ ẵỡ ũ ố ắ ẵ ó ùũ íá'ạ Ãá ắớ ẵớ ù ẵáÃhẵ ơ-Ãũ í> ơáf ơá$ẵ áÃe ẵ:ạ êÃeẵ á) ưôổ ù êÃj ư ắ8 ạáÃe á{ ắÃeơũ ợũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ẵp ư8 ạôĐj ứăồ Đữ ơá< ~ ă ứă Đữợ Đ ù ó ổ ịà ớũ ấ2à ẵẵ ư8 ơá$ẵ ẳ)4ạ ê ắ ó ắữ ợ ịà ỡũ ứẹữ ơÃh ơôĐh í ê ĩứ íồ ĩ ứẹ ữ í áô ơ|à ể àáẵ íổ ù ắ ợắợ ắợ òị ù ắ ợợ ỉ òị ơ|à ổ òị ứẹữ áà òị ê ẳ{Đ íĩũ ứẹữ ê ứẹ ữ ẵsơ ùũ íá'ạ Ãá ơ' ạÃẵ ể ỉĩ 5à ơÃhũ ợũ ;à ế ádá ẵáÃhô êô:ạ ạ>ẵ ẵ+ í ơđj ịĩụ ì ưạ ưạ ê2à ịĩũ ớũ ịể ê íếũ íá'ạ Ãá ỉì ể ê ỉể z )/ơ ẵsơ ứẹữ ễ ê è ứễồ è àáẵ ể ữũ íá'ạ Ãá ợ đtạ ơ' ạÃẵ íĩè ễ ádá êô:ạ àáà ê ẵáa àáà ể í ó ể ổể ĩũ ịà ởũ íá ạÃẵ òịí ẵ> ắ ạ>ẵ á; ê ẵ> ơđ$ẵ ơ{ ỉũ ;à ĩồ ợ ợ ợ òị ịí íò ẵ àl ơ( òồ ịồ í ẵ+ ạÃẵ òịíũ ịÃhơ ừ ó ớờụ á~Đ ẵá'ạ Ãá đtạ ỉ ỉĩ ỉ ạÃẵ òịí THCS.TOANMATH.com ...  x 1 144 x  25  144 x  625 x  625  12 x 1 x4 x2 1225    0 x 1 x 1 144  x2 49  x 25          x 1 12  x 1 12   x2 x 1  x    ? ?4 x  5? ?4 x  53... a  3m 1, 10a  b  10 3m  1  b  30m  b  10 Suy 2n  10a  b  b  10 mod15 Do b  10 chia 15 dư 1; 2; 4; Mà b  2; 4; 6; 8 nên b  Nên ab  Nếu a  3m  2, 10a  b  10  3m ... nó” Tính tổng 20 24 số HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA - ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN LAM SƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chuyên)