Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2019-2020 - Sở GD&ĐT Ninh Bình (Có hướng dẫn chấm)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
 TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2019 - 2020
 Bài thi môn chuyên: TOÁN; Ngày thi: 05/6/2019
 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
 Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang
Câu 1 (2,0 điểm): 
 2 x x 3 2 x 9
 1. Với x 0, xét hai biểu thức A và B . Tìm tất cả các 
 x x x 3 x
 A 5
giá trị của x để . 
 B 3
 5 6 7 33 128 1
 2. Rút gọn biểu thức C . 
 3 2
Câu 2 (2,0 điểm):
 1. Giải phương trình x2 7x 14 3 (2x 5)(x2 3x 4) .
 x2 y2 8
 2. Giải hệ phương trình y2 2y 1 x2 2x 1 9 . 
 5xy 4x 4y 4
Câu 3 (2,0 điểm): 
 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x;y thỏa mãn x 2 xy y2 x y 3 .
 1 1 1 1 1 1 
 2. Cho ba số thực dương x, y, z. Chứng minh 3 . 
 x y z x 2y y 2z z 2x 
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Câu 4 (3,0 điểm):
 Cho đường tròn tâm O bán kính R. Dây cung BC cố định, không đi qua tâm O. Điểm A 
di chuyển trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BM, CN của tam giác 
ABC cắt nhau tại H, gọi I là trung điểm của BC.
 1. Chứng minh AH 2.OI .
 2. Chứng minh khi A di chuyển trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn thì H di 
chuyển trên một cung tròn cố định, hãy chỉ ra tâm và bán kính của cung tròn đó.
 3. Khi BC R 3 , chứng minh AM.NH HM.NA OI.BC .
Câu 5 (1,0 điểm): 
 1. Cho P x là một đa thức bậc n với hệ số nguyên, n 2. Biết P 1 .P 2 2019, 
chứng minh rằng phương trình P x 0 không có nghiệm nguyên.
 2. Trong hình tròn có diện tích bằng 1009cm2 lấy 2019 điểm phân biệt bất kì sao cho 
không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng trong 2019 điểm đó luôn tìm được 
ba điểm tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1cm2 .
 ------HẾT------
 Lưu ý: Thí sinh được sử dụng máy tính cầm tay không có thẻ nhớ
 và không có chức năng soạn thảo văn bản.
Họ và tên thí sinh:...................................................... Số báo danh:..............................................
Họ và tên, chữ ký: Cán bộ coi thi thứ nhất:................................................................................
 Cán bộ coi thi thứ hai:.................................................................................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM
 TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
 NĂM HỌC: 2019 - 2020
 Bài thi môn chuyên: TOÁN - Ngày thi: 05/6/2019
 (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang)
 I. Hướng dẫn chung
 1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó.
 2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau.
 3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm.
 4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần 
 như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do Ban chấm thi thống nhất.
 5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo 
 không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn Ban chấm thi.
 6. Tuyệt đối không làm tròn điểm. 
 II. Hướng dẫn chi tiết
 Câu Nội dung Điểm
 1. (1,0 điểm) 
 x 3 x 3 2 x 9 x 9 2 x 9
 B 0,25
 x x 3 x x 3 
 x 2 x x x 2 x 2
 . 0,25
 x x 3 x( x 3) x 3
 A 5 2 x 2 x 5 x 3 5
 Với x 0 ta có: : 0,25
 B 3 x x 3 3 x 3
 81
 3 x 9 5 x (vì 3 x 0 x 0 ) 2 x 9 0 x .
 4
 1 0,25
 81 A 5
 (2,0 Vậy với 0 x thì . 
điểm) 4 B 3
 2. (1,0 điểm) 
 5 6 7 33 128 1 5 6 7 (4 2 1)2 1
 Ta có: C 0,25
 3 2 3 2
 5 6 6 4 2 1 5 6 (2 2)2 1
 0,25
 3 2 3 2
 5 11 6 2 5 (3 2)2
 0,25
 3 2 3 2
 5(3 2)
 5. 0,25
 3 2 
 1. (1,0 điểm) 
 2 
 5
 (2,0 Cách 1: Điều kiện: x . Phương trình đã cho tương đương với
điểm) 2 0,25
 x2 3x 4 2 2x 5 3 2x 5 x2 3x 4 . 
 1 u x2 3x 4
Đặt: u, v 0 . 
 v 2x 5
Phương trình trở hành: u2 2v2 3uv 
 2 2 u v
 u 3uv 2v 0 u v u 2v 0 . 0,25
 u 2v
Với u v , ta có
 1 5 0,25
 x2 3x 4 2x 5 x2 3x 4 2x 5 x2 x 1 0 x (N).
 2
Với u 2v , ta có
 5 89
 x2 3x 4 2 2x 5 x2 5x 16 0 x N .
 2 0,25
 1 5 1 5 5 89 5 89 
Tập nghiệm của phương trình đã cho S ; ; ;  .
 2 2 2 2  
 5
Cách 2: Điều kiện: x .
 2
 0,25
 7 7 5
Ta có: x2 7x 14 (x )2 0 x .
 2 4 2 
Ta có: 
 2 2 2
x2 7x 14 3 2x 5 x2 3x 4 (x 7x 14) 9(2x 5)(x 3x 4) 0,25
 x4 4x3 22x2 11x 16 0
 x2 x 1 0
 (x2 x 1)(x2 5x 16) 0 .
 2 0,25
 x 5x 16 0
 1 5
* x2 x 1 0 x (N). 
 2
 2 5 89
* x 5x 16 0 x N . 0,25
 2
 1 5 1 5 5 89 5 89 
Tập nghiệm của phương trình đã cho S ; ; ;  .
 2 2 2 2  
2. (1,0 điểm)
Cách 1: Điều kiện: x 1; y 1. 
 2 2
 2 2 2 2 x y 8
 x y 8 x y 8 
 2 2 y 1 x 1 9 0,25
 y 2y 1 x 2x 1 9 y 1 x 1 9 .
 2xy 8
 5xy 4x 4y 4 
 9xy 4 x 1 y 1 
 x 1 y 1 9
 x y
Đặt a ;b , ta được hệ phương trình
 y 1 x 1
 8 2 2
 a 2 b2 a 2 b2 2ab a b 0 a b 
 9 3
 8 8 .
 8 2ab 2ab 2 0,25
 2ab 9 a b 
 9 9 3
 2 x 2
 2 y 1 3 3x 2y 2
 Với a b x y 2 (N). 0,25
 3 y 2 3y 2x 2
 x 1 3
 x 2
 2 y 1 3 3x 2y 2 2
 Với a b x y (N).
 3 y 2 3y 2x 2 5
 0,25
 x 1 3
 2 2 
 Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm x; y 2;2 , ;  .
 5 5 
 Cách 2: Điều kiện: x 1; y 1. 
 2 2
 2 2 2 2 x y 8
 x y 8 x y 8 
 2 2 y 1 x 1 9
 y 2y 1 x 2x 1 9 y 1 x 1 9 .
 4y 4 0,25
 5xy 4x 4y 4 
 x(5y 4) 4y 4 (*) x 
 5y 4
 4 36 4 
 (vì y thì pt (*) trở thành 0x ( vô nghiệm) nên hpt không có nghiệm x; ) 
 5 5 5 
 2 2
 4 5y 4 8
 5y 4 9 9
 0,25
 4y 4
 x 
 5y 4
 2 2
 4 5y 4 2
 4 4 5y 4 5y 4 ( ) 0 2
 2  0 (5y 4) 36 
 5y 4 5y 4 9 9 5y 4 9 
 4y 4
 4y 4 x 0,25
 4y 4 x 5y 4
 x 5y 4 
 5y 4 
 x 2
 y 2 (N)
 y 2
 2
 y 2 .
 5 x 
 5
 4y 4 (N) 0,25
 x 2
 5y 4 y 
 5
 2 2 
 Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm x; y 2;2 , ;  .
 5 5 
 1. (1,0 điểm)
 Cách 1: x2 xy y2 x y 3 4x2 4y2 4xy 4x 4y 12
 3 4x2 4x y 1 y 1 2 3 y2 2y 1 16
 0,25
 (2,0 
 2 2
điểm) (2x y 1) 3(y 1) 16 (*) .
 16
 Do (2x y 1)2 0; (y 1)2 0 nên 3(y 1)2 16 (y 1)2 . 
 3 0,25
 Do y nguyên dương nên (y 1)2 0;1;4 .
 3 + Nếu (y 1)2 0 y 1.
 2 2 x 1 2 x 3 (N)
Thay y 1vào (*) ta được 2x 2 16 x 1 4 .
 x 1 2 x 1 (L) 
+ Nếu (y 1)2 1 thay vào (*) ta được 2x y 1 2 13 mà 13 không phải là số chính 
phương nên suy ra không có giá trị nguyên dương nào của x,y thỏa mãn. 0,25
 2 y 3 (N)
+ Nếu (y 1) 4 .
 y 1 (L) 
 2 2 x 2 1 x 3 (N)
Thay y 3 vào (*) ta được 2x 4 4 x 2 1 . 
 x 2 1 x 1 (N)
Vậy có 3 cặp số nguyên dương x; y thỏa mãn ycbt là 3;1 ; 1;3 ; 3;3 . 0,25
Cách 2: x2 xy y2 x y 3 x2 (y 1)x y2 y 3 0 (*) .
 0,25
Ta có (y 1)2 4(y2 y 3) 3y2 6y 13.
 3 4 3 3 4 3
Phương trình (*) có nghiệm 0 3y2 6y 13 0 y .
 3 3 0,25
Vì y nguyên dương nên y 1;2;3 .
+ Nếu y 1 thay vào (*) ta được: x2 2x 3 0 (1) 
Ta có: 1 ( 2) ( 3) 0 nên pt (1) có hai nghiệm x1 1 (loại)
 x2 3 ( N)
+ Nếu y 2 thay vào (*) ta được: x2 3x 1 0 (2) 
 0,25
Pt (2) có 13 không là số chính phương nên pt (2) không có nghiệm nguyên. 
+ Nếu y 3 thay vào (*) ta được: x2 4x 3 0 (3) 
Ta có: 1 ( 4) 3 0 nên pt (4) có hai nghiệm x1 1 (N)
 x2 3 ( N)
Vậy có 3 cặp số nguyên dương x; y thỏa mãn ycbt là 3;1 ; 1;3 ; 3;3 . 0,25
2. (1,0 điểm)
 1 1 1 n2
Cho n số thực dương x , x ,..., x .Ta có ... .
 1 2 n x x x x x ... x
 1 2 n 1 2 n 0,25
Đẳng thức xảy ra khi x1 x2 ... xn .
(Học sinh không phải chứng minh, theo Công văn 1234)
 1 1 1 32 9
Áp dụng, ta có . Đẳng thức xảy ra khi x y . 0,25
 x y y x y y x 2y
Tương tự ta có:
 1 1 1 9
 * . Đẳng thức xảy ra khi y z .
 y z z y 2z 0,25
 1 1 1 9
* . Đẳng thức xảy ra khi z x .
 z x x z 2x
Cộng theo từng vế ba bất đẳng thức trên ta được
 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
3 9 ⇔ 3 . 0,25
 x y z x 2y y 2z z 2x x y z x 2y y 2z z 2x 
Đẳng thức xảy ra khi x y z .
 4 A
 C' B'
 M
 O
 N H m
 D I
 B C
 E Q
 K
 1. (1,0 điểm) 
 Kẻ đường kính AQ của (O). Ta có A· BQ A· CQ 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường 
 0,25
 tròn). Suy ra: AB  BQ,CQ  AC
 Ta có BH  AC,CQ  AC BH//CQ . 
 0,25
 Tương tự ta có CH//BQ . Suy ra BHCQ là hình bình hành. 
 Mà I là trung điểm của BC nên I đồng thời là trung điểm của HQ. 0,25
 Xét AQH có OI là đường trung bình. Do đó AH 2OI (đ.p.c.m). 0,25
 2. (1,0 điểm)
 Cách 1: Lấy K đối xứng với O qua I suy ra OK 2OI AH . 0,25
 Lại có OK//AH (cùng  BC ) nên suy ra AHKO là hình bình hành.
 0,25
 4 Do đó KH OA R không đổi.
 (3,0 Do O, I cố định nên K cố định. Do đó H di chuyển trên đường tròn tâm K bán kính R. 0,25
điểm) Giới hạn: Kẻ các đường kính BB’, CC’ của (O;R). Để tam giác ABC nhọn thì A thuộc 
 cung nhỏ B C (trừ B ,C ). 
 Khi A  C thì tam giác ABC vuông tại B, H B.
  0,25
 Khi A  B thì tam giác ABC vuông tại C, H  C.
 Vậy H di chuyển trên cung BC của đường tròn (K; R) thuộc nửa mặt phẳng bờ BC chứa 
 điểm A (trừ hai đầu mút B, C).
 Cách 2: Gọi giao điểm của tia AH với BC và B»C nhỏ lần lượt là D và E.
 Vì H là trực tâm tam giác ABC nên AD  BC . 
 Ta có: B· EA B· CA (hai góc nội tiếp cùng chắn A»B của (O)).
 Mà B· CA B· HE (cùng bù M· HD ). 
 Nên B· EA B· HE HBE cân tại B 0,25
 Đường cao BD đồng thời là đường trung trực của HE 
 H và E đối xứng nhau qua BC . 0,25
 Khi A di động trên B»C lớn của (O;R) sao cho ABC nhọn thì E di động trên B»C 
 nhỏ của (O;R) (trừ hai điểm B và C ). Do đó H di động trên B¼mC đối xứng với B»C 
 0,25
 nhỏ của (O;R) qua đường thẳng BC. Gọi K và r lần lượt là tâm và bán kính của 
 B¼mC ta có: r = R và K là điểm đối xứng của O qua đường thẳng BC.
 Giới hạn: Kẻ các đường kính BB’, CC’ của (O;R). Để tam giác ABC nhọn thì A thuộc 
 cung nhỏ B C (trừ B ,C ).
 Khi A  C thì tam giác ABC vuông tại B, H  B. 
 0,25
 Khi A  B thì tam giác ABC vuông tại C, H  C.
 Vậy H di chuyển trên B¼mC của đường tròn (K; R) thuộc nửa mặt phẳng bờ BC chứa 
 điểm A (trừ hai đầu mút B, C).
 3. (1,0 điểm)
 5 BC R 3
 Cách 1:Ta có BI . 
 2 2
 BI 3
 Xét tam giác BIO vuông tại I có sin ·BOI Suy ra B· OI 60 .
 BO 2 0,25
 Tam giác BOC cân tại O có OI là đường cao nên OI đồng thời là đường phân giác của 
 B· OC
 B· OC B· OC 120 B· AC 60.
 2
 Xét tam giác ABE vuông tại M , B· AM 60 .
 AB
 Suy ra AM AB.cosA AB.cos60 .
 2
 AC 0,25
 Tương tự có AN AC.cosA AC.cos60 .
 2
 AB.NH HM.AC
 Do đó AM.NH HM.NA (1).
 2 
 Gọi giao điểm của AH và BC là D, vì H là trực tâm tam giác ABC nên AD  BC
 Do đó: AB.NH AC.HM 2.S 2.S AH.BD AH.CD AH.BC (2).
 AHB AHC 0,25
 AH.BC
 Từ (1) và (2) suy ra AM.NH HM.NA .
 2
 Mà AH 2.IO nên AM.NH HM.NA OI.BC 0,25
 BI 3
 Cách 2: Xét tam giác BIO vuông tại I có sin ·BOI . Suy ra B· OI 60 .
 BO 2
 Tam giác BOC cân tại O có OI là đường cao nên OI đồng thời là đường phân giác của 0,25
 B· OC
 B· OC B· OC 120 B· AC 60.
 2
 Tứ giác AMHN nội tiếp nên áp dụng định lý Ptolemy ta có:
 AM.NH HM.NA AH.MN. 0,25
 Mà AH 2OI nên AM.NH HM.NA 2OI.MN (1).
 MN AM AM 1
 AMN ∽ ABC nên . Mà cosA , suy ra BC 2MN (2). 0,25
 BC AB AB 2
 Từ (1) và (2) suy ra AM.NH HM.NA OI.BC . 0,25
 1. (0,5 điểm)
 Giả sử phương trình P x 0 có nghiệm nguyên x a,a ¢ .
 Theo định lý Bézout: P x x a Q x với Q x là một đa thức với hệ số nguyên. 0,25
 Ta có: P 1 .P 2 1 a 2 a .Q 1 .Q 2 2019.
 Do Q 1 .Q 2 ¢ , 1 a và 2 a là hai số nguyên liên tiếp, nên P 1 P 2 là số 
 nguyên chẵn. Mà 2019 là một số lẻ, suy ra vô lý. 0,25
 5 Vậy phương trình P x 0 không có nghiệm nguyên.
 (1,0 
 2. (0,5 điểm)
điểm)
 Chia hình tròn thành 1009 hình quạt bằng nhau, mỗi hình quạt có diện tích bằng 1cm2 . 
 2019 
 Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất một hình quạt M chứa ít nhất 1 3 0,25
 1009 
 điểm trong số 2019 điểm đã cho.
 Ba điểm đó không thẳng hàng nên tam giác có ba đỉnh là 3 điểm này nằm trọn trong 
 hình quạt M nên tam giác đó có diện tích nhỏ hơn diện tích hình quạt M , tức là có 
 0,25
 diện tích nhỏ hơn 1cm2 .
 ------------ Hết ------------
 6