SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2019 – 2020
MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN
Ngày thi : 07/6/2019
(Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  d  : y   m  2  x  2 với m là tham số
và m  2 . Tìm tất cả các giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng  d 
bằng

2
.
3

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 4   m  1 x 2  m2  m  1  0 có
đúng ba nghiệm phân biệt.
Câu 2: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: x  2 7  x  2 x  1   x 2  8 x  7  1
4 x 3  y 3  x  4 y  0
2) Tìm tất cả các cặp số hữu tỉ  x; y  thỏa mãn hệ phương trình:  2
.
2
10 x  7 xy  2 y  9

Câu 3: (2,0 điểm)
1) Tìm các số tự nhiên n thỏa mãn 42019  3n có chữ số tận cùng là 7.

Cho hình vuông ABCD với tâm O. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Các điểm N, P
theo thứ tự thuộc các cạnh BC, CD sao cho MN // AP. Chứng minh rằng:
1) Tam giác ADP đồng dạng với tam giác NBM.
2) BN  DP  OB 2 .
3) DO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPN.
4) Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy.
------------------- Hết -------------------

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu)

trang 1


SƠ LƯỢC BÀI GIẢI
Câu 1: (2,0 điểm)
1)  d  cắt Ox tại A 

2

; 0  và cắt Oy tại B  0; 2  . Gọi OH là khoảng cách từ O đến  d 
 2m 

2  m  2 2
m  2  2 2
1
1
1
1
1
1

 2m
(TMĐK m  2 ).
m  2  2 2
2
Vậy 
thì khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng  d  bằng .
3
 m  2  2 2
2) Đặt t  x 2  0 ; phương trình đã cho trở thành t 2   m  1 t  m 2  m  1  0 *

Ta có:

Khi đó phương trình đã cho có đúng ba nghiệm phân biệt  * có một nghiệm bằng 0 và
m 2  m  1  0
m 2  m  1  0
m2  m  1  0


một nghiệm dương ( t2  t1  0 )   t1t2  0
 m2  m  1  0  
m  1
t t  0
 m 1  0
1 2



1
5
5 1


Câu 2: (2,0 điểm)
1) ĐK: 1  x  7
Ta có: x  2 7  x  2 x  1   x 2  8 x  7  1  x  1  2 x  1   7  x  x  1  2 7  x  0
 x 1





x 1  2  7  x





x 1  2  0 



x 1  2



 x 1  2  0
x 1  7  x  0  
 x  1  7  x  0




9
2
10 x  9
x 
 x   10

10


Với y  0 ; *  46 


3

2

x
x
x
3
2
2
  33    26  1  0  46t  33t  26t  1  0   2t  1  23t  28t  1  0
y
y
y
 

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu)


3
Với x   y  2   3 ; Với x    y  2      3
2

2

2

 2

+) 23t 2  28t  1  0 không có nghiệm hữu tỉ, vì có   173
3
3
Vậy các cặp số  x; y  cần tìm là  ; 3  và   ;  3 
2 
 2


Câu 3: (2,0 điểm)
1009
1) Ta có: 42019  3n  4   42   3n  4 161009  3n  4   6   3n   4   3n
Do đó 42019  3n có chữ số tận cùng bằng 7 khi 3n có chữ số tận cùng bằng 3
 3n  3  1  3   34   34 k 1  n  4k  1  k  N 
k

 a1  a2  a3    a2019  2019 2
 4038  a1  a2  a3    a2019   4038  2019 2
2) Ta có:  2 2 2
 2
2

2019. Giả sử a1  2018 hoặc a1  2020 và a2  a3    a2019  2019
+) TH: a1  2018 và a2  a3    a2019  2019
 a1  a2  a3    a2019  2018  2018  2019  2019  2018  2019  2019 2

Mâu thuẩn với a1  a2  a3    a2019  20192
+) TH: a1  2020 và a2  a3    a2019  2019

2
 a12  a22  a32    a2019
 20202  2018  2019 2  20192  2  2019  1  2018  2019 2

  20192  2018  2019 2   1  2  2019  20193  1  2  2019  20193  1

2
Mâu thuẩn với a12  a22  a32    a2019
 20193  1

Vậy  a1 ; a2 ; a3 ; ; a2019    2019; 2019; 2019; ; 2019 

Câu 4: (1,0 điểm)
x3  1 7 2 5
1) Vi x  0 , nên
 x   18  x 3  1   x  2   7 x 2  5   0  11x 3  14 x 2  5 x  8  0
x  2 18
18
  x  1 11x  8   0 ; luôn đúng với mọi x  0
2

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu)


2
b
b3  c 3 7 2 5 2 c3  a 3 7 2 5 2
Tương tự
 b  c ;
 c  a
b  2c 18
18
c  2a 18
18
3
3
3
3
3
3
a b b c c a
7
5
2
2
Do đó


  a 2  b2  c 2    a 2  b2  c 2    a 2  b 2  c 2    3  2
a  2b b  2c c  2a 18
18
3
3
a

1) Tam giác ADP đồng dạng với tam giác NBM.





  BNM
  900 BMN , MBN
  900 ; BAP
  DAP
  BAD
  900 (ABCD là hình vuông)
BMN

  BAP
  MN / / AP   BNM
  DAP

Mà BMN
  900 (ABCD là hình vuông); DAP
  BNM
  cmt 
Xét ADP và NBM : 
ADP  NBM
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu)

trang 4


Vậy ADP

BN BO DO


 do BO  DO 
BO DP DP

  PDO
  450 (ABCD là hình vuông); BN  DO  cmt 
Xét BNO và DOP : OBN
BO

Vậy BNO

DP

  DPO

DOP (c-g-c)  BON

  BON
  DOP
  DPO
  1800  ODP
  1800  450  1350
Do đó: DOP






 (góc nội tiếp và góc tạo bới tia tiếp tuyến và dây)
AC có chứa điểm D), ta có xOP
  DOP
  tia OD trùng với tia Ox. Vậy OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại
Do đó xOP
tiếp tam giác OPN (đpcm)

4) Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy.
Gọi I   BD  AN ; I   BD  MP
Xét AID : AD / / BN  AD / / BD  
Xét BIM : BM / / DP  AB / / CD  
Mà ADP
Do đó

NBM  cmt  

IB BN

(hệ quả Thales)
ID AD
I B BM

(hệ quả Thales)
I D DP

BN BM

.
AD DP