Bộ 15 đề thi chuyên Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án

Chia sẻ: Từ Lương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:81

Thêm vào BST

Báo xấu

127
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luyện tập với tài liệu "Bộ 15 đề thi chuyên Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án" được tổng hợp và chia sẻ sau đây giúp bạn hệ thống được các kiến thức cần thiết, nâng cao khả năng tư duy và kỹ năng giải đề thi nhanh và chính xác để chuẩn bị bước vào kì thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán sắp tới đạt kết quả tốt nhất! Mời các bạn cùng tham khảo đề thi!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bộ 15 đề thi chuyên Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án

BỘ 15 ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN VÀO LỚP 10 NĂM 2020 - CÓ ĐÁP ÁN
1. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Dương 2. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Thuận 3. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Điện Biên 4. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội 5. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Phòng 6. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Lâm Đồng 7. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An 8. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa 9. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thành phố Đà Nẵng 10. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT TP.HCM 11. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc 12. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Trường Đại học KHTN ĐHQG Hà Nội 13. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 14. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Trường PT Năng khiếu ĐHQG TP.HCM 15. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên Long An
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN BÌNH DƯƠNG NĂM HỌC 2020 – 2021 -------------------- Môn Toán chuyên Ngày thi 10/7/2020 Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (3,0 điểm) a) Giải phương trình   x  2020  x  2019 1  x 2  x  2019  2020  4039.  1 1 1 b) Cho hai số thực m, n khác 0 thỏa mãn   . Chứng minh rằng phương trình: m n 2  x2  mx  n x 2  nx  m  0 luôn có nghiệm. Câu 2. (1,5 điểm) Với các số thực x, y thay đổi thỏa mãn 1  x  y  5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  2  x 2  y 2   4  x  y  xy   7. Câu 3. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x 2  xy  y 2  x 2 y 2 . b) Với a, b là các số thực dương thỏa mãn ab  a  b  1. Chứng minh rằng: a b 1  ab   . 1 a 1 b 2 1  a 2 1  b 2  2 2 Câu 4. (3,5 điểm)     900 nội tiếp đường tròn O bán kính R, M là điểm nằm trên cạnh Cho tam giác ABC cân tại A BAC BC sao cho BM  CM . Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn O với  D  A , H là trung điểm của đoạn thẳng BC. Gọi E là điểm chính giữa cung lớn BC , ED cắt BC tại N . a) Chứng minh rằng MA  MD  MB  MC và BN  CM  BM  CN . b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD. Chứng minh rằng ba điểm B, I , E thẳng hàng. c) Khi 2 AB  R, xác định vị trí của M để 2MA  AD đạt giá trị nhỏ nhất. ------------------------------ HẾT ------------------------------
LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. a) Điều kiện: x  2019. Nhân cả hai vế của phương trình cho x  2020  x  2019, ta được:  4039 1  x 2  x  2019  2020  4039   x  2020  x  2019   x  2020  x  2019  1   x  2020 x  2019    x  2020 x  2019  x  2020       x  2019 1  0   x  2019 1  x  2020 1  0   x  2019  1    x  2020.  x  2020  1 So với điều kiện ban đầu ta thấy x  2020 là nghiệm duy nhất của phương trình. 1 1 1 b) Ta có    2 m  n  mn. m n 2 Phương trình tương đương: x 2  mx  n  0 1 hoặc x 2  nx  m  0 2. Phương trình 1 và 2 lần lượt có 1  m2  4n và 2  n 2  4m. Ta có: 1  2  m 2  n2  4m  4n  m 2  n 2  2mn  m  n  0. 2 Suy ra một trong hai số 1 hoặc 2 lớn hơn hoặc bằng 0. Do đó một trong hai phương trình 1 hoặc 2 luôn có nghiệm. Suy ra phương trình đã cho luôn có nghiệm. Câu 2. Ta có: P  2  x 2  y 2   4  x  y  xy   7  2  x  y   4  x  y   7  2  x  y 1  5  5. 2 2   y  x 1  y  x 1   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi    .  x  0; 4  1  x  y  5    Chẳng hạn x  2; y  3 hoặc x  3; y  4. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5 đạt được khi y  x 1 và x  0; 4. Câu 3. a) Ta có x 2 y 2  x 2  xy  y 2  y  x y. Mặt khác x 2 y 2  x 2  xy  y 2  x  y  x. Suy ra: x  y hoặc x   y. Với x  y, ta có: 3x 2  x 4  x  0  y  0.
x  0  Với x   y, ta có: x 2  x 4   x  1 .   x  1  Với x  1, ta có: y  1. Với x  1, ta có: y  1. Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm  x; y   0;0 , 1; 1 , 1;1. b) Ta có: ab  a  b  1  1  a 2  a 2  ab  a  b  a  ba  1. Tương tự 1  b 2  a  bb  1. Suy ra: a b a b  2   a  1 b  1 a  ba  1 a  bb 1 2 2ab  a  b 1  ab   a  b1  a 1  b a  b1  a   a  b1  a   1  a 1  b 1  ab  2 1  a 2 1  b 2  Suy ra điều phải chứng minh. Câu 4. a) Ta có:   do cùng chắn cung  ABM  MDC AC và  . AMB  CMD MA MB Suy ra BMA  DMC do đó:  . MC MD  MA  MD  MB  MC.   ACE ABE và ACE có AE là cạnh chung, AB  AC và ABE  nên ABE  ACE.     ABE  ACE  900 (do tứ giác ABEC nội tiếp).   ACE Suy ra ABE 2
Suy ra AD là đường kính của O. Mà D  O  nên  ADE  900 hay MD  EN . NE NH Ta có NHE  NDM    NM  NH  NE  ND 3. NM MD NC NE Lại có: NCD  NEB    NB  NC  NE  ND 4. ND NB Từ 3 và 4 suy ra NM  NH  NB  NC   MN  MC  NB. Suy ra: BN  MC  MN  NH  MN  NB  MN  NH  NB   MN  BH . Hay BN  CM  MN  BH 5. Tứ giác AHDN nội tiếp do có    900  MA  MD  MH  MN . AHN  NDA Tứ giác ABDC nội tiếp  MA  MD  MB  MC. Do đó: MH  MN  MB  MC  MB   MN  CN . Suy ra: BM  CN  MN  MB  MH   MN  BH 6. Từ 5 và 6 suy ra: BN  CM  BM  CN . b) Ta có:    MID    MBD 2 BDM     IBD  90  0 BID 2  90  0 BIM 2  90  0 2  900     900   ADC  CBD AED.     900   Suy ra: IBD AED.   EAD Mà EBD   900  AED .   EBD Do đó IBD  hay B, I , E thẳng hàng. c) Ta có:   ABM  ACB ADB nên ABM  ADB. AB AM R2 Suy ra:   AD  AM  AB 2  . AD AB 4 R2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 2 AM  AD  2 2 AM  AD  2 2   R 2. 4 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 AM  AD hay M là trung điểm AD. Khi đó AD  R. 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của của 2AM  AD là R 2 đạt được khi M là trung điểm AD với D là điểm sao cho 2 AD  R. 2 ------------------------------ HẾT ------------------------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO NĂM HỌC: 2020 - 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Hệ số 2 - Chuyên Toán) (Đề thi gồm có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ----------------- ----------------------------- Câu 1.  xy  x  y  5  Giải hệ phương trinh:   .    xy  x 2  y 2  7 Câu 2. a) Cho p và p  2 là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p  1 chia hết cho 6. b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2 p  1 là lập phương của một số nguyên dương. Câu 3. 1 1 1 Cho các số thực x, y, z  1 thỏa mãn    2. Chứng minh rằng: x y z x  y  z  x 1  y 1  z 1. Câu 4. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . Gọi K là một điểm tùy ý trên cạnh BC với K  B, K  C. Kẻ đường kính KM của đường tròn ngoại tiếp tam giác BKF và đường kính KN của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK . Chứng minh rằng M , H , N thẳng hàng. Câu 5. Cho 20 điểm phân biệt trong mặt phẳng. Chứng minh rằng tồn tại đường tròn có đúng 12 điểm đã cho bên trong và có đúng 8 điểm đã cho bên ngoài. …Hết…
LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. S  P  5  P  5  S   Đặt S  x  y, P  xy với S 2  4 P. Khi đó hệ cho trở thành:     2 .    S 2  P  7    S  S  12  0 S  3 Ta có: S 2  S 12  0   .  S  4  x  y  3  x  2, y  1  Với S  3, ta có: P  2. Khi đó    .   xy  2   y  2, x  1 Với S  4, ta có: P  9. Loại vì S 2  4 P. Vậy hệ cho có hai nghiệm  x; y   2;1 , 1; 2. Câu 2. a) Ta có: p lẽ và p  3 nên p chia 3 dư 1 hoặc 2. Nếu p  1mod 3 suy ra p  2  0 mod 3 vô lí do p  2 là số nguyên tố lớn hơn 3. Do đó p  2 mod 3 nên p  1  0 mod 6. Hay p  1 chia hết cho 6. b) Vì 2 p  1 là lập phương một số tự nhiên nên đặt 2 p 1  a3 với a  * và a lẽ. Khi đó ta có: 2 p  a 1a 2  a  1. Do a lẽ nên a 1 chẵn và a 2  a 1  a a 1  1 lẽ nên suy ra a 1  2. 33 1 Khi đó a  3, ta có: p   13. 2 Vậy p  13 là giá trị cần tìm. Câu 3. 1 1 1 1 1 1 1 x 1 y 1 z 1 Ta có:    2  1  1  1     1    . x y z x y 1 z x y z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:  x 1 y 1 z 1 x  y  z   x  y  z    2    x 1  y 1  z 1  x y z  Suy ra: x  y  z  x 1  y 1  z 1. 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  . 2
Câu 4. Ta có: AF  AB  AE  AC do tứ giác BCEF nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AK với  BFK  , ta có: AI  AK  AF  AB  AE  AC 1. Gọi I  là giao điểm của AK với CEK  , ta có: AI   AK  AE  AC  AF  AB 2. Từ 1 và 2 suy ra I  I . Hay AK đi qua I là giao điểm thứ hai của đường tròn  BFK  và CEK  với K  I .   EIA Ta có EIF    ABC AIF  ACB   1800  BAC . Suy ra tứ giác AEIF nội tiếp. Mà tứ giác AEHF nội tiếp nên năm điểm A, E , I , F , F cùng thuộc một đường tròn. Suy ra:  AIH   AFH  900 hay HI  IK 3.   NIK Mặt khác MIK   900 nên M , I , N thẳng hàng và MN  IK 4. Từ 3 và 4 suy ra M , H , N thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh. Câu 5. Trước hết ta chứng minh tồn tại một điểm P mà khoảng cách từ P đến 20 điểm đã cho là khác nhau. Thật vậy, khoảng cách từ P đến hai điểm A, B bằng nhau khi và chỉ khi P nằm trên đường trung trực của AB. Do đó chỉ cần chọn điểm P không nằm trên đường trung trực của bất cứ đoạn thẳng nào tạo bởi 20 điểm đã cho. Gọi khoảng cách của P đến 20 điểm đã cho lần lượt là d1  d 2  d3  ...  d 20 . Xét đường tròn tâm P bán kính d12 , đường tròn này chứa đúng 12 điểm có khoảng cách đến P gần nhất. Ta có điều phải chứng minh. -------------------- HẾT --------------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH ĐIỆN BIÊN NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn: Toán (Chuyên) Đề chính thức Ngày thi: 15/7/2020 (Có 01 trang) Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ BÀI Câu 1. (2,0 điểm). a2 − a 2a + a 2(a − 1) 1. Cho biểu thức: P = − + ( với a > 0, a ≠ 1 ). a + a +1 a a −1 a) Rút gọn P. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P .  1  2 x − 1 + =1  y+3 2. Giải hệ phương trình:  4 x − 1 − 3 = 7  y+3 Câu 2. (2,0 điểm). Cho phương trình: x 2 − 5mx − 4m = 0 ( với m là tham số). a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm đó. b) Chứng minh rằng khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thì: x12 + 5mx2 + m 2 + 14m + 1 > 0 . Câu 3. (2,0 điểm). a) Một con Robot được thiết kế có thể đi thẳng, quay một góc 900 sang phải hoặc sang trái. Robot xuất phát từ vị trí A đi thẳng 2m quay sang trái rồi đi thẳng 3m , quay sang phải rồi đi thẳng 5m đến đích tại vị trí B . Tính khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot. a 2 + b2 b) Cho hai số a, b thỏa mãn a > b > 0 và a.b = 1. Chứng minh: ≥2 2. a −b Câu 4. (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) . Đường cao AD, BE cắt nhau tại H . Kéo dài BE , AO cắt đường tròn (O) lần lượt tại F và M . a) Chứng minh ∆HAF cân. b) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm H , I , M thẳng hàng và AH = 2OI . c) Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn (O) để DH .DA lớn nhất. Câu 5. (1,0 điểm). yz xz xy a) Cho xy + yz + xz = 0 và xyz ≠ 0 . Chứng minh rằng: + + 3. = x2 y 2 z 2 b) Cho n là số nguyên dương. Biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 là hai số chính phương. Chứng minh rằng n chia hết cho 40 . .................. Hết ...................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH ĐIỆN BIÊN Năm học : 2020 - 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM (Hướng dẫn chấm có 04 trang) MÔN TOÁN CHUYÊN Câu Hướng dẫn Điểm a2 − a 2a + a 2(a − 1) Cho biểu thức: P = − + a + a +1 a a −1 a) Rút gọn P. 3 a ( a − 1) a (2 a + 1) 2( a − 1)( a + 1) Với a > 0, a ≠ 1 ⇒ P = − + 0,25 a + a +1 a a −1 1.1 a ( a − 1)(a + a + 1) P= − (2 a + 1) + 2( a + 1) = a − a + 1 0,25 (1,0đ) a + a +1 b) Tính giá trị nhỏ nhất của P . 2  1 3 3 P = a − a += 1  a −  + ≥ (Với ∀a > 0, a ≠ 1 ) 0,25  2 4 4 3 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P = khi a = . 0,25 4 4  1  2 x −1 + y + 3 =1  Giải hệ phương trình:  4 x − 1 − 3 = 7  y+3 x ≥ 1 Điều kiện:  0,25  y ≠ −3 1.2 = u x −1   2= u+v 1 = u 1 Đặt  1 (điều kiện u ≥ 0 ) ⇒  ⇔ (thỏa mãn) 0,5  v = y+3 4u − 3v = 7 −1 v =   x −1 =1   x=2 ⇒ 1 ⇔ (thỏa mãn). Vậy HPT có 1 nghiệm (2; −4) 0,25 y+3 = −1  y = −4  Phương trình: x 2 − 5mx − 4m = 0. a) Tìm m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm đó. Ta có:=∆ 25m 2 + 16m 0,25  m=0 2.a Để phương trình có nghiệm kép thì ∆ = 0 ⇔ 25m 2 + 16m = 0 ⇔  0,25  m = − 16 (1,0đ)  25 5m 0 nghiệm kép là x= +) m = 1 x= 2 = 0 0,25 2 16 5m 8 +) m = − nghiệm kép là x1 = x2 = = − 0,25 25 2 5
b) Chứng minh rằng khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì x12 + 5mx2 + m 2 + 14m + 1 > 0 . PT có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì=∆ 25m 2 + 16m > 0 0,25 2.b và x12 − 5mx1 − 4m =0 ⇔ x12 =5mx1 + 4m và x1 + x2 = 5m 0,25 (1,0đ) Xét P = x12 + 5mx2 + m 2 + 14m + 1 = 5mx1 + 4m + 5mx2 + m 2 + 14m + 1 0,25 = 5m( x1 + x2 ) + m 2 + 18m + 1 = 26m 2 + 18m + 1 Suy ra P = 25m 2 + 16m + m 2 + 2m + 1 = ∆ + (m + 1) 2 > 0 (vì ∆ > 0 ). Đpcm. 0,25 a) Một con Robot được thiết kế có thể đi thẳng, quay một góc 900 sang phải hoặc sang trái. Robot xuất phát từ vị trí A đi thẳng 2m quay sang trái rồi đi thẳng 3m , quay sang phải rồi đi thẳng 5m đến đích tại vị trí B . Tính khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot. Học sinh vẽ được hình minh họa 5 B 0,25 3 3.a A 2 (1,0đ) Kẻ AC ⊥ BC như hình vẽ: 5 B 3 0,25 A C 2 Ta có:= AC 7;= BC 3 0,25 ⇒ AB = 7 2 + 33 = 58 0,25 Vậy khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot là 58 a 2 + b2 b) Chứng minh: ≥ 2 2 . Với a > b > 0 và a.b = 1. a −b a 2 + b 2 ( a − b) 2 + 2 2 Vì a.b =1 ⇒ = =(a − b) + 0,25 a −b a −b ( a − b) 2 2 Do a > b > 0 ⇒ (a − b) + ≥ 2 (a − b). =2 2 (BĐT AM-GM) 0,25 ( a − b) ( a − b) 3.b 2 (1,0đ) Dấu bằng xẩy ra khi: (a − b) = ⇔ ( a − b) 2 = 2 ⇔ a − b = 2 ( a − b)  2+ 6 a = (t / m) 0,25 1 2 6− 2 ⇔ a− = 2⇔ ⇒ b= a  2− 6 2 a = ( Loai )  2 a 2 + b2 6+ 2 6− 2 Vậy ≥ 2 2 . Dấu bằng xẩy = ra khi a = ;b 0,25 a −b 2 2
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) . Đường cao AD, BE cắt nhau tại H . Kéo dài BE , AO cắt đường tròn (O) lần lượt tại F và M . a) Chứng minh ∆HAF cân. Vẽ hình đúng đến câu 4.a F A E 4.a H O 0,25 (1,0đ) B C D I M Ta có:  AHF =  ) ACB (cùng phụ với DAE 0,25 Lại có  ACB =  AFB (cùng chắn cung AB ) 0,25   AFB Suy ra AHF   AHF cân tại . 0,25 A b) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm H , I , M thẳng hàng và AH = 2OI . Ta có BH / / CM (cùng vuông AC ), HC / / BM (cùng vuông AB ). 0,25 4.b ⇒ BHCM là hình bình hình . 0,25 (1,0đ) Mà I là trung điểm của BC ⇒ I cũng là trung điểm của HM ⇒ ba điểm H , I , M thẳng hàng. 0,25 ⇒ OI là đường trung bình của ∆AHM ⇒ AH = 2OI 0,25 c) Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn (O) để DH .DA lớn nhất.   AFB Theo câu 1 ta có AHF   BHD   ACB  DAC  DBH (g . g) 0,25 DA DB 4.c Suy ra   DA.DH  DB.DC 0,25 (1,0đ) DC DH 2 2  BD  CD   BC  Ta có DB.DC     DB.DC    2   2  0,25 Dấu bằng xẩy ra khi BD  DC . Vậy để DH .DA lớn nhất thì A là điểm chính giữa cung lớn BC . 0,25 yz xz xy a) Cho xy + yz + xz = 0 và xyz ≠ 0 . Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 = 3 x y z 5.a (0,5đ) 1 1 1 Vì: xy + yz += xz 0; xyz ≠ 0 ⇒ + += 0 x y z 0,25 Chứng minh được nếu: a + b + c = 0 ⇒ a 3 + b3 + c3 = 3abc
1 1 1 1 1 1 3 Áp dụng công thức trên ta có: + + = 0 ⇒ 3 + 3 + 3 = x y z x y z xyz 0,25 yz xz xy 1 1 1 Lại có: 2 + 2 + = xyz  3+ 3+ =  3 . (Đpcm) x y z2 x y z3  b) Cho n là số nguyên dương. Biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 là hai số chính phương. Chứng minh rằng n chia hết cho 40 . Đặt 2n + 1 = x 2 ⇒ x lẻ ⇒ 2n =( x − 1)( x + 1) 4 vì x − 1; x + 1 chẵn ⇒ n chẵn Đặt 3n + 1= y 2 ⇒ y lẻ (do n chẵn) và 3n = ( y − 1)( y + 1)8 vì y − 1; y + 1 là 0,25 5.b hai số chẵn liên tiếp mà (3;8) = 1 ⇒ n8 (1) . (0,5đ) Ta có một số chính phương chia cho 5 dư 0 hoặc 1 hoặc 4. Mặt khác x 2 + y 2 = 5n + 2 ⇒ x 2 , y 2 chia cho 5 dư 1 0,25 Nên n = ( 3n + 1) − ( 2n + 1) = (y 2 − x 2 )5 (2). Từ (1), (2) và (5;8) = 1 ⇒ n 40 . Đpcm. (Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NỘI NĂM HỌC 2020 – 2021 ------------- Môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) a) Giải phương trình x 2  3 x  5   x  3 x 2  5. b) Cho hai số thực a , b, c thỏa mãn a  b  2c  0 và 2ab  bc  ca  0. Chứng minh rằng a  b  c. Câu 2. (2,0 điểm) a) Chứng minh với mọi số nguyên dương n, số A  11n  7 n  2 n  1 chia hết cho 15. b) Cho hai số nguyên dương m và n thỏa mãn 11  m m 3  0. Chứng minh rằng: 11    11  3 . n n mn Câu 3. (2,0 điểm) a) Cho đa thức P ( x ) với hệ số thực thỏa mãn P 1  3 và P  3  7. Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức P ( x ) cho đa thức x 2  4 x  3 . b) Với a , b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  abc  4, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  ab  bc  ca. Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB  AC. Gọi  I  là đường tròn nội tiếp tam giác ABC và K là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc A của tam giác ABC. Gọi D , E , F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm I đến các đường thẳng BC , CA, AB. Đường thẳng AD cắt đường tròn  I  tại hai điểm phân biệt D và M . Đường thẳng qua K song song với đường thẳng AD cắt đường thẳng BC tại N. a) Chứng minh rằng tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK . b) Gọi P là giao điểm của BI và FD . Chứng minh góc BMF bằng góc DMP. c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC đi qua trung điểm của đoạn thẳng KN . Câu 5. (1,0 điểm) Cho một bảng ô vuông kích thước 6  7 (6 hàng, 7 cột) được tạo bởi các ô vuông kích thước 1 1 . Mỗi ô vuông kích thước 1 1 được tô bởi một trong hai màu đen hoặc trắng sao cho trong mọi bảng ô vuông kích thước 2  3 hoặc 3  2, có ít nhất hai ô vuông kích thước 1 1 được tô màu đen có chung cạnh. Gọi m là số ô vuông kích thước 1 1 được tô màu đen trong bảng. a) Chỉ ra một cách tô sao cho m  20. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của m. -------------------- HẾT --------------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NỘI NĂM HỌC 2020 – 2021 ------------- Môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. a) Phương trình đã cho luôn xác định với mọi x . Đặt a  x 2  5 ( a  0), khi đó phương trình có thể viết lại thành a 2  3x  ( x  3)a, hay ( a  x )( a  3)  0. Do a  x 2  5  x 2  x  x nên từ đây, ta có a  3 hay x 2  5  3. Từ đó, ta có x  2 (thỏa mãn) hoặc x  2 (thỏa mãn). Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 và x  2. b) Từ giả thiết thứ nhất và thứ hai, ta có: 2ab  c a  b  2c 2 . Do đó ab  c 2 . Suy ra: a  c b  c  ab  c a  b  c 2  c 2  2c 2  c 2  0 1. Mà: a  b  a  b  4ab  2c   4c 2  0 2. 2 2 2 Từ 1 và 2 , suy ra: a  b  c. Câu 2. a) Với mọi số nguyên a, b và số tự nhiên k ta có: a k  b k a  b. Suy ra: a k  b k  a  b M với M là số nguyên. Ta có: A  11n  2n   7 n 1n   9C  6 D  33C  2 D 3 với C , D là số nguyên. Lại có: A  11n 1n   7 n  2n   10C  5D  5 2 P  Q 5 với P, Q là số nguyên. Suy ra A15. b) Với mọi số nguyên a thì a 2 chia 11 dư 0, 1, 3, 4, 5, 9. m Ta có: 11   0  11n 2  m 2  0. Nếu 11n 2  m2  1 thì m 2  10 mod11 , mâu thuẫn. n Suy ra: 11n 2  m2  2. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:  3 11  3  11n  m  1 m   2 9 11  3  11n 2  m 2  6   11  3  m2  2 .
    2  Nếu m  3 thì VP2  m2  6 11  3  11  3  m 2  2  11n 2 . Bất đẳng thức 2 đúng. 3  Nếu m  1 thì 1  11n  3 11  8  11n  8  3 11. Do 11n 2  m 2  2  n  nên 1 đúng. 11 6  Nếu m  2 thì 1  2 11n  3 11  5. Do 11n 2  m 2  2  n  nên 1 đúng. 11 Tóm lại trong mọi trường hợp ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m  3, n  1. Câu 3. a) Do x 2  4 x  3 có bậc là 2 nên số dư phép chia P( x) cho x 2  4 x  3 có dư là ax  b. Đặt P( x)   x 2  4 x  3 Q( x)  ax  b.  P 1  3   a  b  3  a  2 Ta có:       .   P 3  7 3a  b  7    b  1   Vậy đa thức dư cần tìm là 2 x 1. b) Ta chứng minh ab  bc  ca  a  b  c  abc. Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 1a  b  c12  ab  bc  ca1 abc  1  1 a 1 b1 c  1. Không mất tính tổng quát giả sử a  b  c. Ta có: 4  a  b  c  abc  3c  c 3  c  1. Ngoài ra 4  a  b  c  abc  3a  a3  a  1. Khi đó 1 a 1 c  0.  Nếu b  1  1 b  0. Khi đó 1 a 1 b1 c  0  1. Ta có điều phải chứng minh.  Nếu b  1, kết hợp với c  0 và áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:  a  b  2   a  b  c  abc  2  2 2 1 a 1 b1 c  a 1b 11 c  a 1b 1        1.  2   2  Từ đó suy ra: ab  bc  ca  a  b  c  abc  4. Do đó P  4. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  2, c  0 và các hoán vị. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 đạt được khi a  b  2, c  0 và các hoán vị. Câu 4. a) Dễ thấy D, E , F là các điểm của  I  với các cạnh BC , CA, AB do đó BD  BF , kết hợp với ID  IF suy ra BI là trung trực của DF . Do đó BI  DF .  nên BI  BK , từ đó BK  DF . Mà BI , BK theo thứ tự là phân giác trong và ngoài của góc ABC
Chứng minh tương tự, ta cũng có CK  DE  CI .   NKB Từ BK  DF và KN  DM , ta suy ra: FDM  1.   IEC Mặt khác ID  BC , IE  CA và IF  AB, suy ra: IDC   IEA   IFA   900. Do đó IDCE và IEAF là các tứ giác nội tiếp. Lại có IA, IB, IC là ba đương phân giác trong của ABC , ta có:      FEI FED   IED   FAI   BAC  ACB  900  ABC .   ICD 2 2 2  Vì BK  BI và tứ giác DEMF nội tiếp nên: FMD   900  BAC  KBI   FED   CBI   NBK   2 . 2 Từ 1 và 2 , suy ra tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK . b) Theo câu a ) BI là trung trực của DF nên BI vuông góc với DF tại trung điểm P của DF . Gọi G là giao điểm thứ hai của BM và đường tròn  I . Dễ thấy hai tam giác BMF và BFG đồng dạng với BM BF MF nhau nên   . Suy ra: BF BG FG
BM BF MF MF  MF  2 BM       3. BG BF BG FG FG  FG  BM  MD  2 Chứng minh tương tự ta cũng có:   4. BG  DG  FM DM Từ 3 và 4 suy ra:  . FG DG Kẻ dây cung GH của  I  và song sóng với DF thì tứ giác FDHG là hình thang cân. FM FM DM DM Suy ra: FH  DG và FG  DH . Khi đó:    . DH FG DG FH Do đó: FM  FH  DM  DH 5.    x  MD  sin MDH   Gọi x, y là các khoảng cách từ M đến HD, HF thì  .      y  MF  sin 1800  MFH    MF  sin MDH  x y Suy ra:   6 . MD MF S FMH x  FH MF  FH Từ 5 và 6 , suy ra:    1. Do đó MH đi qua trung điểm của FD. S DMH y  HD MD  DH   GMF Tức là P  MH , do đó BMF   DMH   DMP . c) Gọi Q là trung điểm của KN . Theo câu a) thì MFD  BNK mà MP, BQ lần lượt là trung tuyến của hai tam tác này nên DMP  KQB.   DMP Kết hợp với câu b), ta có: BMF   KBQ  . Đặt   BMF  , ta có: BQN   QKB   KBQ   QKB   .  thì ta cũng có CQN Tương tự đặt   CME   QKC   .   BQN Suy ra: BQC   CQN   QKB     QKC     BKC     . Do BK  DF , CK  DE và tứ giác DEMF nội tiếp nên:   EDF BKC   1800  EMF   1800  BMF   BMC   CME    1800  BMC    .      BKC Suy ra BQC       1800  BMC  hay BQC   BMC   1800. Do đó tứ giác BMQC nội tiếp, tức là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM đi qua trung điểm Q của KN . Câu 5. a) Cách tô màu thỏa mãn m  20.
b) Theo cách tô của bảng, ta thấy rằng trong ba ô vuông nằm ở các vị trí trong hai dạng dưới đây có ít nhất một ô được tô đen. Tiếp theo, ta xét các ô nằm ở vị trí như hình dưới đây (phần có màu đỏ trong hình). Ta sẽ chứng minh rằng trong các ô A, B, C , D có ít nhất hai ô được tô màu đen. Thật vậy, giả sử trong bốn ô này chỉ có tối đa một ô được tô màu đen. Khi đó, theo nhận xét trên, ta cũng thấy rằng trong các ô này có ít nhất một ô màu đen. Không mất tính tổng quát, giả sử ô A được tô màu đen và ô B, C , D được tô trắng. Lúc này bảng con 23 chứ các ô B, E , C , F , D không có hai ô tô đen nào nằm cạnh nhau, mâu thuẫn. Vậy trong bốn ô A, B, C , D có ít nhất hai ô được tô đen. Từ đây, ta suy ra bất cứ bốn ô nào nằm ở vị trí giống với bốn ô A, B, C , D trong hình vẽ trên đều có ít nhất hai ô được tô đen. Bây giờ, ta chia bảng ô vuông đã cho thành các vùng như hình vẽ bên dưới.