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

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

BÌNH DƯƠNG --------------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn Toán chuyên Ngày thi 10/7/2020







 2019 2020

4039.

2020

  x

  x

Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (3,0 điểm)

 2019 1

a) Giải phương trình 



  Chứng minh rằng phương trình:

,m n khác 0 thỏa mãn

1 1 m n

1 2

  mx

nx m

   luôn có nghiệm.



 n x



b) Cho hai số thực

   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 2. (1,5 điểm)

,x y thay đổi thỏa mãn 1





  









Với các số thực

  

Câu 3. (2,0 điểm)

,x y thỏa mãn phương trình

2 x y

a) Tìm tất cả các số nguyên

   Chứng minh rằng:

,a b là các số thực dương thỏa mãn





a  a

b  b



ab  1

 2 1



,R M là điểm nằm trên cạnh

A BAC 

b) Với

090

D A

nội tiếp đường tròn  O bán kính

,

Câu 4. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC cân tại  BM CM BC sao cho H là trung điểm của Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn  O với 

.BC Gọi E là điểm chính giữa cung lớn

,BC ED cắt BC tại





 BN CM BM CN

đoạn thẳng

a) Chứng minh rằng MA MD MB MC và

BMD Chứng minh rằng ba điểm

,B I E thẳng hàng.

b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

AB R xác định vị trí của M để 2MA AD

đạt giá trị nhỏ nhất. c) Khi 2

------------------------------ HẾT ------------------------------

LỜI GIẢI CHI TIẾT



x 

2019.

  x

2019,

2020

Câu 1.

a) Điều kiện: Nhân cả hai vế của phương trình cho ta được:





   x   x  2019 2020 4039 x 2020   x 2019

 4039 1   x

   1







  2020   x 2019 x x 2019







   2019 1

     x 2020 x 2019   x 2020 x 0 2020    

 2019 1

   2020 1

  x x 0

x 

2020

 2019 1   x 2020.   x 2020 1         x   

  

So với điều kiện ban đầu ta thấy là nghiệm duy nhất của phương trình.

mn .

m n



  

1 1 m n

1 2

  

   nx m

b) Ta có

  0 1

  0 2 .

  

4 . m

2    và 4m

Phương trình tương đương: hoặc

n m

m n

          4

Phương trình  1 và  2 lần lượt có

2    0.



Ta có:

1 hoặc

2 lớn hơn hoặc bằng 0.

Suy ra một trong hai số

Do đó một trong hai phương trình  1 hoặc  2 luôn có nghiệm.

Suy ra phương trình đã cho luôn có nghiệm.









Câu 2.

2     5.



     xy







   



 1





  x

Ta có:

0; 4

y   

  x 

1 . 

    1 

 y      x 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

 hoặc

y 2;

y 3;

 4.

x 

Chẳng hạn

x  và 1



0; 4 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5 đạt được khi

  

Câu 3.

2 x y

 y

 . x y

2 x y

 x

 . y x

a) Ta có Mặt khác

y hoặc

y  .

Suy ra: x

y ta có:

     0. 0

Với

1 .

y  ta có: ,

  x      x     x 

Với

x  ta có:

y   Với 1.

y  1.

x   ta có: 1,



Với

 x y  ;



  0;0 , 1; 1 ,

 

 1;1 .



           a

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm 



 b a

 1 .

  

b) Ta có:



 b b

  1 .

Tương tự







a 

b 

a  b a

 1



b  b b



 1 1



   2 b a ab      1 1 a b







ab  1



 1

   a



   a

 1

 1









ab  1

 2 1



Suy ra:

Suy ra điều phải chứng minh.



Câu 4.



DMC

 Suy ra BMA

a) Ta có:  ABM MDC do cùng chắn cung AC và  .  AMB CMD

MA MB  MC MD



 

 MA MD MB MC



 

ABE

AC

ACE

ABE

do đó:



và ACE có AE là cạnh chung, AB nên và  ABE ACE

090

   ABE ACE 2

(do tứ giác ABEC nội tiếp). Suy ra   ACE ABE

MD EN

  D O









 



hay nên  090 ADE  Suy ra AD là đường kính của  .O Mà

NHE

NDM

 NM NH NE ND

 3 .

NH NE  NM MD









  



Ta có

NCD

NEB

 NB NC NE ND

 4 .

NE NC ND NB









NM NH NB NC MN MC NB .

Lại có:



















BN MC MN NH MN NB MN NH NB MN BH

Từ  3 và  4 suy ra







 BN CM MN BH

Suy ra:

 5 .

  



Hay

 AHN NDA

 MA MD MH MN

 



 MA MD MB MC

Tứ giác AHDN nội tiếp do có   090







MH MN MB MC MB MN CN

Tứ giác ABDC nội tiếp

.









BM CN MN MB MH MN BH

Do đó:



 6 .





 BN CM BM CN

Suy ra:

Từ  5 và  6 suy ra:













 ADC CBD

 IBD

  

    AED .

 BID 2

   BIM MID 2

   BDM MBD 2



b) Ta có:

IBD





Suy ra:  090  AED .

 EBD EAD

Mà   090 AED .

,B I E thẳng hàng.







ABM

. ADB

Do đó  IBD EBD hay



 



AD AM AB

nên c) Ta có:     ABM ACB ADB

AM AB

AB AD

R 4

Suy ra:



    Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 2  AM AD 2 2  AM AD 2 2 R 2. R 4

.AD Khi đó

R .

2 2

hay M là trung điểm Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 AM AD



R .

2 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của của 2AM AD là đạt được khi M là trung điểm AD với D là điểm sao cho

------------------------------ HẾT ------------------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) NĂM HỌC: 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN (Hệ số 2 - Chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

----------------- -----------------------------

Câu 1.

    5 xy x      2 2 x xy 

Giải hệ phương trinh:

Câu 2.

p  là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng

1p  chia hết cho 6.

a) Cho p và

1p  là lập phương của một số nguyên dương.

b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2

Câu 3.

x y z  thỏa mãn , 1

        1.

Cho các số thực    Chứng minh rằng: 2. 1 x 1 y 1 z

AD BE CF cắt nhau tại

.H Gọi K là một điểm tùy ý trên cạnh BC



K B K C ,

 Kẻ đường kính KM của đường tròn ngoại tiếp tam giác BKF và đường kính KN của

Câu 4.

,M H N thẳng hàng.

CEK Chứng minh rằng

Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao với đường tròn ngoại tiếp tam giác

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

 

S P

  5

  x

, y P

Câu 1.

 với xy

P 4 .

  

  P

      

      

Đặt Khi đó hệ cho trở thành:

Ta có: S     12 0 S .   3 S     S 4 

S  ta có:

P  Khi đó

P 4 .

  3 x 2, y Với   2 y 2, x 1 . 1    y x     xy     

S   ta có: 4,

P  Loại vì

Với

 x y  ;



   2;1 , 1; 2 .

Vậy hệ cho có hai nghiệm 

Câu 2.

p  nên p chia 3 dư 1 hoặc 2.

a) Ta có: p lẽ và

p 

p   2

p  là số nguyên tố lớn hơn 3.

  1 mod 3

  0 mod 3

Nếu suy ra vô lí do

p 

p   1

1p  chia hết cho 6.

  2 mod 3

  0 mod 6 .

nên Hay Do đó

1p  là lập phương một số tự nhiên nên đặt

3   với a

a   và a lẽ.

b) Vì 2 2 1p

  a

   a

 1

 1 .

  

Khi đó ta có:

  lẽ nên suy ra

1a  chẵn và

a   2. 1

 a a

 1

Do a lẽ nên

a  ta có:

1   p 13. Khi đó  2

p  là giá trị cần tìm.

Vậy

Câu 3.

x 1 y 1 z 1   Ta có: 1 1 2 1 1 . 1 x 1             x 1 y 1 y 1 1 1 z 1 z  x  y  z

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:

     



2 1

x 1 y 1 z        x y y x z z x 1 1 y z  x  y    1     z       

        1.

  

Suy ra:

3 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi





 AE AC

Câu 4.



 AF AB

 AE AC

 AI AK

Ta có: AF AB do tứ giác BCEF nội tiếp.

, BFK ta có:

 1 .





 AI AK

 AE AC AF AB

Gọi I là giao điểm của AK với 

, CEK ta có:

 2 .

Gọi I  là giao điểm của AK với 

K I .

I I  . Từ  1 và  2 suy ra

BFK và  

 CEK với

Hay AK đi qua I là giao điểm thứ hai của đường tròn 

   180 Ta có        ACB ABC EIA AIF EIF 0  BAC .

Suy ra tứ giác AEIF nội tiếp.

A E I F F cùng thuộc một đường tròn.

Mà tứ giác AEHF nội tiếp nên năm điểm

IK

 3 .

 hay Suy ra:   090 AIH AFH

,M I N thẳng hàng và

MN IK

 4 .

,M H N thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh.

 Mặt khác   090 MIK NIK nên

Từ  3 và  4 suy ra

,A B bằng nhau khi và chỉ khi P nằm trên đường trung trực của

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, .AB Do đó chỉ khoảng cách từ P đến hai điểm cần chọn điểm P không nằm trên đường trung trực của bất cứ đoạn thẳng nào tạo bởi 20 điểm đã cho.

... d d . Xét đường tròn tâm P bán kính Gọi khoảng cách của P đến 20 điểm đã cho lần lượt là d 1     d 3

12,d

đường tròn này chứa đúng 12 điểm có khoảng cách đến P gần nhất. Ta có điều phải chứng minh.

-------------------- HẾT --------------------

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN Đề chính thức (Có 01 trang)

Môn: Toán (Chuyên) Ngày thi: 15/7/2020 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ BÀI

Câu 1. (2,0 điểm).

−

a> 0,

1. Cho biểu thức:

( với

≠ ). 1

a +

a + a

− 2(a 1) − a 1

a) Rút gọn b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P .

− + 1

1 +

2. Giải hệ phương trình:

− − 1

3 +

      

Câu 2. (2,0 điểm).

( với m là tham số).

2 5 −

− mx m

,x x thì: 2

+ > . 1 0

Cho phương trình: 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 1 + mx m 2

2 x 1

Câu 3. (2,0 điểm).

a) Một con Robot được thiết kế có thể đi thẳng, quay một góc

090 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.

≥

b) Cho hai số

2 2

,a b thỏa mãn

b> > và 0

a b = . Chứng minh: .

+ a b − a b

,AD BE cắt nhau

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (

)O . Đường cao

,BE AO cắt đường tròn (

Câu 4. (3,0 điểm). tại H . Kéo dài

)O lần lượt tại F và M .

∆

cân.

,H I M thẳng hàng

a) Chứng minh HAF b) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm

OI 2

và

.DH DA lớn nhất.

)O để

c) Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn (

Câu 5. (1,0 điểm).

a) Cho

= . 3

= và 0

xyz ≠ . Chứng minh rằng:

xz 2 y

xy 2 z

b) Cho n là số nguyên dương. Biết rằng 2

1n + và 3

yz 2 x 1n + là hai số chính phương.

Chứng minh rằng n chia hết cho 40 .

.................. Hết ...................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN (Hướng dẫn chấm có 04 trang) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học : 2020 - 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUYÊN

Câu

Hướng dẫn

Điểm

−

Cho biểu thức:

a +

= a + a

− 2(a 1) − a 1

a) Rút gọn

−

0,25

a> 0,

≠ ⇒ 1

Với

− +

( a + a

a a

1) 1

a a

1)( − a

a 1

(

+ +

+ = −

−

1) 2(

0,25

1.1 (1,0đ)

+ +

a a

− a 1)( + a b) Tính giá trị nhỏ nhất của P .

−

+ = 1

∀ > a

(Với

≠ ) 1

0,25

1 2

3 + ≥ 4

3 4

  

  

Vậy giá trị nhỏ nhất của

0,25

1 a = . 4

3 P = khi 4

− + 1

1 +

Giải hệ phương trình:

− − 1

3 +

      

Điều kiện:

0,25

1 ≠ − 3

≥ x  y 

1.2

−

⇒

⇔

Đặt

(điều kiện

(thỏa mãn)

u ≥ ) 0

0,5

+ = u v 2 = − v 3 u 4

1 7

= 1 u = − v 1

  

x 1 +

 = u   = v 

− =

1 1

⇒

⇔

(thỏa mãn). Vậy HPT có 1 nghiệm (2; 4)−

0,25

2 = − 4

= − 1

= x  y 

− mx m

2 5 −

 x   1  + y = Phương trình: a) Tìm m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm đó.

∆ =

0,25

Ta có:

Để phương trình có nghiệm kép thì

∆ = ⇔ 0

= ⇔ 0

0,25

   = − m 

2.a (1,0đ)

0 16 25

= 0

0m+

)

0,25

= nghiệm kép là 1 x

x= 2

m 5 2

= −

m+ )

0,25

nghiệm kép là 1 x

x= 2

16 25

5 m 2

8 = − 5

b) Chứng minh rằng khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt

;x x thì 1 2

+ > . 1 0

2 x 1

+ mx m 2

∆ =

> 0

0,25

;x x thì 2

PT có 2 nghiệm phân biệt 1 2

−

= ⇔ =

và

0,25

và 1 x

x 2

x 1

mx 1

x 1

mx 1

2.b (1,0đ)

+ =

Xét

+ 1

0,25

+ 2

14 +

1 5 + =

4 +

)

1 26

m mx m 5 2 + 1

mx 1 m

2 = P x 1 = 5 ( m x 1

+ mx m 5 2 + + x 2

+ = ∆ +

Suy ra

0∆ > ). Đpcm.

+ m m

(

> (vì 0

0,25

090 sang a) Một con Robot được thiết kế có thể đi thẳng, quay một góc 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 A

2 3.a (1,0đ)

như hình vẽ:

Kẻ AC BC⊥

5 B

0,25

3 A

C

2

Ta có:

= 3

0,25

3 3

0,25

AB⇒ = Vậy khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot là 58

≥

b) Chứng minh:

. Với

2 2

b> > và 0

a b = . . 1

+ b a − a b 2

(

Vì

a b .

= ⇒ 1

(

− a b

)

0,25

+ b a − a b

− ) a b − a b

2 − a b

)

(

≥

> > ⇒ − 0

a b

(

)

2 (

− a b

2 2

(BĐT AM-GM)

0,25

2 − a b

)

(

2 − a b

)

(

= ⇔ − =

Dấu bằng xẩy ra khi:

(

− a b

)

⇔ − (

a b

)

a b

3.b (1,0đ)

2 − a b

)

(

t m ( /

)

0,25

⇒ = b

− 2

1 ⇔ − = ⇔ a

(

)

Loai

 = a   = a 

+ 2 − 2

≥

0,25

Vậy

. Dấu bằng xẩy ra khi

;

2 2

+ b a − a b

+ 2

− 2

)O . Đường cao

,AD BE cắt

,BE AO cắt đường tròn (

)O lần lượt tại F và M .

∆

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( nhau tại H . Kéo dài cân. a) Chứng minh HAF Vẽ hình đúng đến câu 4.a

F

A

E

0,25

O

H

4.a (1,0đ)

B

C

D

I

M

0,25

(cùng phụ với DAE )

0,25

(cùng chắn cung AB )

0,25

 

AHF cân tại A.

,H I M thẳng hàng

/ /HC BM (cùng vuông AB ).

2 OI / / BH CM (cùng vuông AC ), là hình bình hình .

BHCM

0,25 0,25

4.b (1,0đ)

I⇒ cũng là trung điểm của HM ⇒ ba điểm

0,25

∆

⇒ AHM AH

OI 2

0,25

.DH DA

)O để

 



(g . g)

DAC

DBH

Ta có:  AHF ACB Lại có  ACB AFB Suy ra   AHF AFB b) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm AH và Ta có ⇒ Mà I là trung điểm của BC ,H I M thẳng hàng. OI⇒ là đường trung bình của c) Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn ( lớn nhất. Theo câu 1 ta có       BHD ACB AHF AFB

0,25





Suy ra

 DA DH DB DC

0,25

DB DA  DC DH

4.c (1,0đ)







Ta có

DB DC .

0,25

    

2     

    

2     

 BD CD 2

BC 2

Dấu bằng xẩy ra khi BD DC Vậy để

0,25

.DH DA lớn nhất thì A là điểm chính giữa cung lớn BC .

a) Cho

= 3

= và 0

xyz ≠ . Chứng minh rằng:

yz 2 x

xz 2 y

xy 2 z

5.a (0,5đ)

≠ ⇒ +

Vì:

+ =

xyz

1 y

0,25

Chứng minh được nếu:

+ + = ⇒ + 0

abc 3

1 x a b c

1 z 3 a

Áp dụng công thức trên ta có:

+ = ⇒ + 0

1 3 x

1 3 y

1 3 z

3 xyz

1 x

1 y

1 z

0,25

xyz

Lại có:

. (Đpcm)

yz 2 x

xz 2 y

xy 2 z

1 3 y

1 3 x

1 3 z

  

  

1n + và 3

1n + là hai số chính

b) Cho n là số nguyên dương. Biết rằng 2 phương. Chứng minh rằng n chia hết cho 40 .

−

Đặt

vì

⇒ = n 2

(

2 + = ⇒ lẻ 2

−

0,25

1n 3

) +  1 4 ( = n 3

n⇒ chẵn + chẵn x− x 1; 1 ) )( + là − +  vì 1 1 8 1

Đặt hai số chẵn liên tiếp mà (3;8) 1

8 (1)

)( x 1 + = ⇒ lẻ (do n chẵn) và = ⇒  n

5.b (0,5đ)

0,25

2 x y , 2 −

Nên

n 3

5 (2).

Ta có một số chính phương chia cho 5 dư 0 hoặc 1 hoặc 4. Mặt khác (

y ) + − 1

= (



chia cho 5 dư 1 ) 2 . Đpcm.

Từ (1), (2) và (5;8) 1

+ ⇒ 2 ( ) 2 1 n = ⇒  40n

(Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2020 – 2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI -------------

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)

    5

 5.



 3

ab bc ca



  a b c .

a) Giải phương trình

   và 2

 Chứng minh rằng

a b c thỏa mãn

b) Cho hai số thực

Câu 2. (2,0 điểm)

,n số

 chia hết cho 15.

A 

n 11





 11 3







 Chứng minh rằng:

a) Chứng minh với mọi số nguyên dương





m n

b) Cho hai số nguyên dương m và n thỏa mãn 11

Câu 3. (2,0 điểm)

 và 3



( )P x với hệ số thực thỏa mãn

 1

 3

x 4

 . 3

( )P x cho đa thức

a) Cho đa thức Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức



a b c là các số thực không âm thỏa mãn

a b c abc   

P ab bc ca  .





b) Với tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

AB AC .

Câu 4. (3,0 điểm)

là đường tròn nội tiếp tam giác ABC và K là tâm Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và

,D E F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ

đường tròn bàng tiếp trong góc A của tam giác Gọi  I ABC Gọi .

BC CA AB Đường thẳng AD cắt đường tròn  I .M Đường thẳng qua K song song với đường thẳng AD cắt đường thẳng BC tại

BNK

điểm I đến các đường thẳng tại hai điểm phân biệt D và

.DMP

a) Chứng minh rằng tam giác MFD đồng dạng với tam giác

.KN

b) Gọi P là giao điểm của BI và FD . Chứng minh góc BMF bằng góc

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC đi qua trung điểm của đoạn thẳng

Câu 5. (1,0 điểm)

m 

20.

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

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của

-------------------- HẾT --------------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2020 – 2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI -------------

Môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1.

x  Đặt .

2 5 ( 

2 3 



(



a 3) ,

a) Phương trình đã cho luôn xác định với mọi a  x a  0), khi đó phương trình có thể viết

a x a

)(





lại thành hay (

3a  hay

2 5 3. x  



 nên từ đây, ta có



  5

2x  (thỏa mãn) hoặc

x   (thỏa mãn).

2x  và

x   2.

Từ đó, ta có



c

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là

2 c 2 .

 c a

   b



  

2     c

2 c

2   c

b) Từ giả thiết thứ nhất và thứ hai, ta có: Do đó

 a c b c

 ab c a



  0 1 .







a b

c 2

c 4

Suy ra: 

     a







  0 2 .

  c .

Mà: 

Từ  1 và  2 , suy ra:



a b

Câu 2.

.

,a b và số tự nhiên k ta có: 

  

  

a) Với mọi số nguyên

 a b M



    







Suy ra: với M là số nguyên.

,C D là số nguyên.

C 9

n 1

 3 3

  với 3

 n 11













n 1

P Q

Ta có:

,P Q là số nguyên.

 5 2

  

 n 11

 n     7



Lại có: với

A

15.

2a chia 11 dư 0, 1, 3, 4, 5, 9.

Suy ra

  

n m

  Nếu 0.

2 n m  thì

b) Với mọi số nguyên a thì

2 m 

 10 mod11 ,



m n

Ta có: mâu thuẫn.

n 11

2 m  2.

Suy ra:



  3 11 3

 

n m

  1



  11 3



2   m

n 11

  2 .



   11 3

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

2   m

2 2 11 .

  2



   11 3



2 11 3

 Nếu 3m  thì VP 6     m n Bất đẳng thức  2 đúng.

    2

n 11

1m  thì  1

3 11

     Nếu n 11 3 11 8 n 11   8 3 11. Do nên  1 đúng.

n 11

    2

2m  thì  1

6 11

   Nếu n 2 11 3 11 5.  Do nên  1 đúng.

n 3,

Tóm lại trong mọi trường hợp ta có điều phải chứng minh.

 1.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Câu 3.

x  có bậc là 2 nên số dư phép chia

( )P x cho

x  có dư là 3

b .



a) Do

P x ( )

  4 x

Q x ( )

  ax

b .



 3

Đặt

  1   3

 P 3  a a 2   Ta có: .    b 3   b 7 1  P 7      3 a        b        

x  1.

Vậy đa thức dư cần tìm là 2

    

  



2 1

    ca

abc







 1

 1

   1.

b) Ta chứng minh ab       a bc ca b c abc . Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

Không mất tính tổng quát giả sử a   c . b

    b

abc

    Ngoài ra c

c 3

    b

abc

3     1.

a 3



Ta có:

 1

  



Khi đó  1

   Ta có điều phải chứng minh.

0 1.

 1



b  kết hợp với

 Nếu b 0. b 1 1     Khi đó  1



abc



  



  





 1

 1





 b 1

 1 1





 b 1

   1

    

2     

    

2     

  b 2

   c 2

c  và áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 0  Nếu

  b

Từ đó suy ra: ab       a bc ca b c abc  Do đó 4. P  4.

 và các hoán vị.

  b

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

 và các hoán vị.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 đạt được khi

BD BF

Câu 4.

BC CA AB do đó

,D E F là các điểm của  I với các cạnh

kết hợp với ID IF suy a) Dễ thấy

.DF Do đó

BI DF

BK

BK DF

ra BI là trung trực của

,BI BK theo thứ tự là phân giác trong và ngoài của góc ABC nên

Mà từ đó



CK DE CI

KN DM

Chứng minh tương tự, ta cũng có

 FDM NKB



Từ BK DF và ta suy ra:    1 .

AB

ID BC IE CA ,

   Mặt khác và suy ra:     090 .  IDC IEC IEA IFA

ABC

Do đó IDCE và IEAF là các tứ giác nội tiếp.

IA IB IC là ba đương phân giác trong của









090

      FED FEI ICD

 IED FAI

ACB 2

   ABC BAC  2 2









090

Lại có ta có:

      KBI CBI NBK 2 .

 BAC 2

BNK .

Vì BK BI và tứ giác DEMF nội tiếp nên:    FMD FED

Từ  1 và  2 , suy ra tam giác MFD đồng dạng với tam giác

)a BI là trung trực của DF nên BI vuông góc với DF tại trung điểm P của

.DF

b) Theo câu



Dễ thấy hai tam giác BMF và BFG đồng dạng với Gọi G là giao điểm thứ hai của BM và đường tròn  .I

BM BF MF FG BG BF

nhau nên Suy ra:



  3 .

2    

   

BM BM BF MF MF  FG FG BG

 BF BG

MF FG

  4 .

   

2    

BM BG

MD DG

Chứng minh tương tự ta cũng có:

FM DM  FG DG

Từ  3 và  4 suy ra:



Kẻ dây cung GH của  I và song sóng với DF thì tứ giác FDHG là hình thang cân.

FG DH

FM FM DM DM  FH DH



và Khi đó: Suy ra: FH DG

 FM FH DM DH

 5 .

Do đó:

,x y là các khoảng cách từ M đến

,HD HF thì

    MDH sin

 sin . Gọi  sin 180 MFH MF  MDH     x MD    y MF 

 6 .

y  MD MF

FMH



Suy ra:

.FD

 

S S

x FH MF FH y HD MD DH

DMH

Do đó MH đi qua trung điểm của Từ  5 và  6 , suy ra:

P MH





  Tức là do đó    .  BMF GMF DMH DMP

,MP BQ lần lượt là trung tuyến của hai

BNK



DMP

.KN Theo câu a) thì MFD . KQB

mà



c) Gọi Q là trung điểm của  tam tác này nên

 



Kết hợp với câu b), ta có:   . BMF DMP KBQ Đặt ,   BMF ta có:     . BQN QKB KBQ QKB   

  



  



QKC

BKC

Tương tự đặt CME thì ta cũng có   .  CQN QKC 

 BQC BQN CQN QKB



BK DF CK DE ,

Suy ra:       .    















 

 EMF

180

   BMF BMC CME

180

   BKC EDF

180



 BMC  





    



180

Do và tứ giác DEMF nội tiếp nên:

0  BMC

Suy ra    BQC BKC hay   0  BQC BMC 180 .

.KN

Do đó tứ giác BMQC nội tiếp, tức là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM đi qua trung điểm Q của

Câu 5.

m 

20.

a) Cách tô màu thỏa mãn

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.

A B C D có ít nhất hai ô được tô màu đen. Thật vậy, giả sử trong bốn ô này Ta sẽ chứng minh rằng trong các ô 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.

B E C F D không có hai ô tô đen nào nằm cạnh nhau, mâu thuẫn. Vậy trong 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 , ,

Tiếp theo, ta xét các ô nằm ở vị trí như hình dưới đây (phần có màu đỏ trong hình).

Lúc này bảng con 2 3 chứ các ô 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.

16,

m  ta thu được cách tô màu thỏa mãn sau:

Từ các kết quả thu được, ta suy ra m  Với 16.

Vậy giá trị nhỏ nhất của m là 16.

-------------------- HẾT --------------------

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2020 – 2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Lưu ý: Đề thi gồm 01 trang, thí sinh làm bài vào tờ giấy thi

Bài 1. (2,0 điểm)









a) Cho biểu thức

x 





x x

  x

      

     : 1       

      

Rút gọn P . Tìm tất cả các giá trị của x để

P   .

1 7   

b) Cho phương trình ẩn x là

(với

;p q là các số nguyên tố). Tìm

  10

px tất cả các giá trị của p và q biết phương trình  1 có nghiệm là các số nguyên dương. Bài 2. (2,0 điểm)

x 2

     6 .

a) Giải phương trình  x

 1

22 xy

b) Giải hệ phương trình

    y x  3 1     x y

Bài 3. (3,0 điểm)





Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), M là trung điểm cạnh BC. P là một điểm di động trên đoạn AM (P khác A và M). Đường tròn đi qua P, tiếp xúc với đường thẳng AB tại A, cắt đường thẳng BP tại K (K khác P). Đường tròn đi qua P, tiếp xúc với đường thẳng AC tại A, cắt đường thẳng CP tại L (L khác P). .

BP BK CP CL BC

. a) Chứng minh b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PKC luôn đi qua hai điểm cố định. c) Gọi J là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác PKC và E là giao điểm thứ hai của đường tròn này với đường thẳng AC. Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác PLB và F là giao điểm thứ hai của đường tròn này với đường thẳng AB. Chứng minh EF // IJ.

Bài 4. (1,0 điểm)

Cho ba số dương

,x y z thỏa mãn ,

   Chứng minh 5.

z 3

2 6







 z

 5

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào? Bài 5. (2,0 điểm)

x 5

22 x

2 x y

sao cho A không chứa

xy   a) Giải phương trình nghiệm nguyên b) Giả sử rằng A là tập hợp con của tập hợp 

4.    1; 2; 3;...; 1023

hai số nào mà số này gấp đôi số kia. Hỏi A có thể có nhiều nhất bao nhiêu phần tử?

----- Hết ----- Họ tên thí sinh:……………….………………...Số báo danh: ………….................................. Cán bộ coi thi 1:……….………...…..................Cán bộ coi thi 2:.....………..……..…….........

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

HẢI PHÒNG Năm học 2020 – 2021

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HDC ĐỀ CHÍNH THỨC

Hướng dẫn gồm 04 trang

Điểm

Đáp án

Bài

a) (1,0 điểm)

−

+ x + 1

+ x

1 − x

−

(

   

   

   :     

≥ ≠ ĐK: x 0, x 1 0,25

⋅

⇔ = P

x +

1 + x

2 +

) 1 1 −

(

) 1

2 )( 1 − − x x )( 1 − 1

≤ − ⇔ −

−

+ > ∀ ≥

7 7

1 0

≤ − − x

do x

)

(

1 ≤ − ⇔ 7

− ⇔ = P 0,25 1 + x + 1 x x

⇔

−

≤ ⇔ ≤

≤ ⇔ ≤ ≤ 4

16.

0,25

⇔ − x (

+ ≤ 8 )(

)

0,25

1 (2,0 điểm)

∆ =

≥

2 4 −

b) (1,0 điểm) Điều kiện để phương trình ( )1 có nghiệm là

( ) 0 *

+∈  .

x x ; 2

x 2 =

0,25 Áp dụng định lý Vi-et ta có với 1

x = 1 2

 x 1  x x q  1 2 x = hoặc 1 1

Vì q là số nguyên tố nên 0,25

= và p

2x là số nguyên tố chẵn

= = q

= 3

x = thì 1 1 = = q x 2; 2

Nếu 0,25 nên

+ 1 x 2x là các số nguyên tố liên tiếp, suy ra 2 = . Tương tự, nếu x = thì 1 p 3 x 1 = thỏa mãn điều kiện ( )* là các giá trị cần tìm.

Ta thấy 0,25

+ + = + x a x b 2 6;

a) (1,0 điểm) Đặt

≥ 0

0,5

⇒

= ⇒ 1

− a b

Ta được

(

= −  a b  = + b a 

  

−

⇔ = x

Nếu

a= − , thay vào ta được:

= − b 1; = + ab 2 x x 3 2 2

0,25

≥ x 2

− − =

3 0

+ = ⇔  x 

 = x

≥ − 2

−

Nếu

a= + thay vào ta được:

+ − =

1 0

 + = + ⇔  x 

− + 1 2 − − 1

2 (2,0 điểm)

0,25

⇔  = x 

Vậy nghiệm của phương trình là

;

5 1 ;

− + 1 2

− − 1 2

  ∈   

    

b) (1,0 điểm)

Với điều kiện x y ≠ thì hệ phương trình trở thành , 0

0,25

   

−

2 ⇒ − x

22 y

= 0

Trang 1

−

= ⇔ +

−

2 ⇒ + x

(

)(

)

0,25

= −

⇔

= − ⇒ y

y y 2

x y ≠ ,

Nếu do

0,25

y 2

= − =

x x

x y

  

⇔

= −  x ⇔  = x = 1 = − 1

= ⇒ 2 y

x y ≠ ,

= x  2 

    

y 2 5 4

Nếu do

0,25

     = y 

)

5 2 5 4   

∈ x y ; Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( 5 5 ; 2 4     ( ) − 1; 1 ,    

F

A

I

G

L

E

K

P

C

B

M

H

J

3 (3,0 điểm)

BP BK .

Đáp án cho trường hợp hình vẽ trên, các trường hợp khác chứng minh tương tự. a) (1,0 điểm) BA là tiếp tuyến của đường tròn (APK) nên

CP CL .

CA là tiếp tuyến của đường tròn (APL) nên

( ) 1 ( ) 2

0,5

BP BK CP CL BA CA

⇒

BH BC .

0,5

⇒

= BP BK BH BC

( ) 3 . Suy ra tứ giác HPKC nội tiếp nên đường tròn

0,5

0,25

Từ (1) và (2) suy ra b) (1,0 điểm) Gọi AH là đường cao của tam giác ABC Từ (1) và (3) . . ngoại tiếp tam giác PKC đi qua hai điểm cố định là C và H. c) (1,0 điểm) Theo câu b) đường tròn (J) đi qua H. Chứng minh tương tự (I) đi qua H. IJ HP⊥ (I) và (J) cắt nhau tại H, P nên

( )4

⇒

HPEC nt

⇒

  ( )5 = AEP PHC   ( )6 = AFP PHC

HPFB nt Từ (5) và (6) suy ra tứ giác APEF nội tiếp nên ⇒

= ⇒ ⊥

  090 = EPF EAF

PE PF

0,25

Trang 2

Gọi G là giao điểm của HP và EF. Do các tứ giác HPEC và APEF nội tiếp nên       = GPE HCE MCA MAC PAE PFE

= ⇒ ⊥

⊥

⇒

090

PG EF hay HP EF

( ) 7

    = GPE GEP PFE GEP Từ (4), (7) suy ra IJ // EF.

0,5

(

)

(

)

(

)

z )(

x )(

y )(

2 +

3 +

2 +

1 +

⋅ y x

⋅ z y

⋅ x z

x 6

y 6

z 6

0,25

≤

+ + 2 3 3

(

)

0,5

4 (1,0 điểm)

z 3 +

x 2 + x

x 3 + x

y 3 + y

y 2 + y

2 6 3

1 2 6

  

  

3 +

3 + ⇔ x

⇔ = z

Đẳng thức xảy ra khi

  5 

y +

z =

2 + y + yz

x xy

    

−

0,25

a) (1,0 điểm) Phương trình ban đầu tương đương với

+ 4

( xy x

) − = 1

22 x

⇒

≠

− + 5

do x

( y x

) − = 1

(

)

− 5 x

4 x

Vì

} x ∈ ± ± ± 1; 2; 4

0,25

y

2− 11 3

{ ,x y ∈  nên Lập bảng các giá trị 1− 11 2

4 4 3

4− 14 5

Mà

) x y = ;

(

) 2;1

,x y ∈  nên nghiệm của phương trình là (

{

} 2;3 ,

{

} 4;5;6;7 ,

A 0

A 1

A 2

A 5

} 256; 257;...;511

A 8

0,5

0,25

b) (1,0 điểm) { } Chia các số từ 1 đến 1023 thành các tập con 1 , { { } } { } 32;33;....;63 , A 16;17;...;31 , A 8;9;...;15 , 3 4 { { } } { A 128;129;...; 255 , 64;65;...;127 , 7 { } 512;513;...;1023

A 6 A = 9

5 (2,0 điểm)

0,1,...,9

k k =

∈ ⇔ ∈

kA là 2 , .

+ + =

= ∪ ∪ ∪ ∪ ⇒ =

512 128 32 8 2 682

, rõ ràng A không

Dễ thấy số phần tử của tập Nhận thấy n A + n A 1 k k A 1

A A 9

A 3

A 5

ka phần tử thuộc kA ,

0,25

, 2m m

m A∈ tùy ý, ta có

. Số các cặp (

)

m A +∈

1kA + . Với

kA và

0,25

số thuộc A

+ = 2 2

≤

7 2 ,

. Cộng các bất đẳng

a 7

a 6

a 0

a 8

1. kA + + a 2 +

a 3 +

a 5 682.

Xét A 7 chứa số nào gấp đôi số khác. Ta chỉ ra rằng không thể chọn tập con có nhiều hơn 682 số thỏa mãn bài ra. Thật vậy: Giả sử tập A thỏa mãn yêu cầu bài toán và chứa k = 0,1,..,9. Xét các tập hợp như vậy là 2k và trong mỗi cặp như vậy có nhiều nhất một số thuộc .A k + 1 1kA + còn chứa 2k số lẻ, tức là có nhiều nhất Ngoài ra tập 2 kA và được lấy từ 1 Suy ra ≤ + 2 , a 1 + thức ta được a a 0 1

3 ≤ + 2 , a 4 ≤ + a 9

a 2

5 ≤ 2 , a 9 Vậy số phần tử lớn nhất của A là 682.

0,25

Trang 3

- Thí sinh làm đúng đến đâu cho điểm đến đó theo đúng biểu điểm. - Trong một câu, nếu thí sinh làm phần trên sai, dưới đúng thì không chấm điểm. - Bài hình học, thí sinh vẽ hình sai thì không chấm điểm. Thí sinh không vẽ hình mà làm vẫn

- Bài có nhiều ý liên quan tới nhau, nếu thí sinh công nhận ý trên để làm ý dưới mà thí sinh

Chú ý: - Trên đây chỉ trình bày tóm tắt một cách giải, nếu thí sinh làm theo cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa ứng với điểm của câu đó trong biểu điểm. làm đúng thì cho nửa số điểm của các câu làm được. làm đúng thì chấm điểm ý đó. - Điểm của bài thi là tổng điểm các câu làm đúng và không được làm tròn.

Trang 4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN LÂM ĐỒNG

NĂM HỌC 2020 - 2021

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang)

Môn thi: TOÁN KHÔNG CHUYÊN Thời gian làm bài: 90 phút

Khóa thi ngày: 14,15,16/7/2020

−

Câu 1. (0,75 điểm)

) 3 . −

= y m (

nghịch biến khi x > 0.

Câu 2. (0,75 điểm) Câu 3. (1,0 điểm) Câu 4. (0,75 điểm)

Câu 5. (1,0 điểm)

) P y :

và (d): y = 3x – 1 bằng

Câu 6. (1,0 điểm)

)( Tính: ( Tìm m để hàm số Giải phương trình: x4 – 6x2 + 8 = 0. Cho đường tròn (O;3cm), vẽ dây CD = 3cm. Tính số đo cung lớn CD. Cho tam giác ABC vuông tại A, vẽ đường cao AH (H∈BC). Biết HB = 2cm, HC = 8cm. Tính AH. Tìm tọa độ giao điểm của ( 2 x= 2 phép tính.

− ax by

Biết hệ phương trình

có nghiệm là (x; y) = (3; 1).

Câu 7. (1,0 điểm)

1 =

+ ax by

  

Tìm a và b.

Câu 8. (0,75 điểm) Một bể nước dạng hình trụ có chiều cao là 25dm, bán kính đường tròn đáy là 8dm. Hỏi khi đầy thì bể chứa bao nhiêu lít nước? (bỏ qua độ dày của thành bể; π ≈ 3,14).

Câu 9. (0,75 điểm) Một vườn hoa hình chữ nhật có diện tích 91m2 và chiều dài lớn

hơn chiều rộng 6m. Tính chu vi của vườn hoa.

Câu 10. (0,75 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AH, BK, CQ là ba đường cao (Q∈AB, K∈A C, H∈BC). Chứng minh HA là tia phân giác của góc QHK.

Câu 11. (0,75 điểm) Cho phương trình: x2 – 2(m – 2)x + m2 + 2m – 3 = 0 (x là ẩn số, m là tham số). Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt

x 1

x 2

;x x thỏa 1 2

+ 5

1 x 1

1 x 2

Câu 12. (0,75 điểm) Cho đường tròn (O;R) cố định đi qua hai điểm B và C cố định (BC khác đường kính). Điểm M di chuyển trên đường tròn (O) (M không trùng với B và C), G là trọng tâm của ∆ MBC. Chứng minh rằng điểm G chuyển động trên một đường tròn cố định.

-------Hết-------

Họ tên thí sinh: …………………………. Số báo danh: ………………………………

Giám thị 1: ……………… Ký tên……… Giám thị 2: ……………… Ký tên……….

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN

NĂM HỌC 2020 - 2021

LÂM ĐỒNG

(Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang)

Môn thi: TOÁN KHÔNG CHUYÊN

Khóa thi ngày: 14,15,16/7/2020

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐIỂM

CÂU Câu 1. (0,75 điểm)

−

= 4

0,75 điểm

(

)

− 3 7

HƯỚNG DẪN CHẤM 2 )

Câu 2. (0,75 điểm)

Câu 3. (1,0 điểm)

0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

= 4

) )( ( = ( Lập luận đúng a < 0 Tìm đúng m < 3 Đặt ẩn phụ và ghi đúng điều kiện Đưa về phương trình t2 – 6t + 8 = 0 t Giải đúng 1

t 22;

Kết luận đúng tập nghiệm

0,25 điểm

{ S = ±

± 2; 2

Câu 4. (0,75 điểm)

} COD =

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

Câu 5. (1,0 điểm)

Lập luận ∆ OCD là tam giác đều ⇒  060 Tính số đo cung nhỏ CD là 600 Tính số đo cung lớn CD là 3000 Vẽ hình Viết đúng hệ thức AH2 = BH.HC Tính đúng AH = 4cm Đưa được về phương trình 2x2 – 3x + 1 = 0

0,25 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

Câu 6. (1,0 điểm)

Giải đúng nghiệm 1 x

x= 1; 2

1 = 2

0,25 điểm

Tìm và kết luận tọa độ giao điểm là (1;2) và

0,5 điểm

1 1 ; 2 2

  

  

Thay x = 3; y = 1 vào hệ phương trình

Câu 7. (1,0 điểm)

Đưa về hệ phương trình

0,25 điểm 0,25 điểm

Tìm đúng a = 1; b = 2

R hπ=

− = + = 1 8  3 a b  a b 6 

Câu 8. (0,75 điểm) Viết đúng công thức

Tính đúng V= 5024dm3 Kết luận khi bể đầy thì chứa 5024 lít nước.

Câu 9. (0,75 điểm) Gọi x(m) là chiều rộng của vườn hoa hình chữ nhật

(x > 0) Lập đúng phương trình: x(x + 6) = 91 Giải và tính được chu vi vườn hoa là 40m.

0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

Trang 1/3

A

Câu 10.(0,75 điểm)

K

Q

I

C

B

H

(1)

(2)

(3)

Gọi I là trực tâm của ABC∆ Chứng minh được tứ giác QIHB nội tiếp ⇒  QHI QBI Chứng minh được tứ giác KIHC nội tiếp ⇒  KHI ICK= Chứng minh được  QBI ICK= Từ (1), (2), (3) ⇒  QHI IHK= ⇒ HA là tia phân giác của QHK

Câu 11. (0,75 điểm) Lập luận được phương trình có hai nghiệm phân biệt

khi m <

x 2

−

⇔

−

1 2

1 − 3 5

  

  

+ 5

1 x 2

1 x 1 (với m ≠ 1; m ≠ –3) TH1: 2

TH2:

= 0

−

1 2

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

4m − = 0 ⇒ m = 2 (loại) 1 − 3 5 ⇒ m = 2 (loại) hoặc m = – 4 (nhận) Kết luận m = – 4

7 6 x 1

Câu 12. (0,75 điểm)

Trang 2/3

Gọi N là trung điểm BC.

Trên NO lấy H sao cho

(1)

1 3

G là trọng tâm của ∆ MBC ⇒

(2)

(O) cố định, BC cố định ⇒ H cố định. 1 NM= 3

∆

⇒ =

NOM HG

Từ (1) và (2) ⇒ NHG∆

1 3

H cố định và

1 R= 3

Vậy G chuyển động trên đường tròn (H;

R )

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

1 3

** Nếu học sinh giải theo cách khác nhưng đúng thì giáo viên phân bước và cho điểm tương ứng sao cho thích hợp.

-------Hết-------

Trang 3/3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

NGHỆ AN ------------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐẠI HỌC VINH NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi 17/7/2020 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)



x .

  3

Câu 1. (3,0 điểm)

   x x  

   

1 2 x

  

2 x y

a) Giải phương trình:

  3 x

    x x       

b) Giải hệ phương trình:

Câu 2. (1,5 điểm)

,x y và số nguyên tố p thỏa mãn

4 y 

  m

3 n

a) Tìm tất cả các số nguyên dương

,m n là hai số tự nhiên thỏa mãn

 thì 2

n  là số chính phương.

b) Chứng minh rằng nếu

a b c là các số thực dương thỏa mãn

   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 3. (1,0 điểm)

Cho

   P .  a  c b ab  b  a c bc  c  b a ca

Câu 4. (3,5 điểm)

ABC AB AC

AD BE CF của tam giác ABC





Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn  .O Các đường cao

cắt nhau tại

.DEF

,O O lần 2

a) Chứng minh BC là đường phân giác của tam giác

CEM Chứng minh rằng AM vuông góc với

2.O O

.C Đường thẳng BK cắt đường tròn  O tại điểm

b) Gọi M là giao điểm của đường thẳng EF với đường tròn  O sao cho M nằm trên cung nhỏ .AB lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMF và

.G Chứng minh hệ thức:





GFB

CEF

   

    

 FK BF BE  FC CF CE

c) Lấy điểm K trên đoạn thẳng HC sao cho K khác H và thứ hai là I và đường thẳng CI cắt đường thẳng BE tại điểm

.XYZ

S

XYZ

Trong đó là diện tích của tam giác

,cm chiều rộng 40 cm cho 2020 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại

.cm

Câu 5. (1,0 điểm)

Trong hình chữ nhất có chiều dài 149 ít nhất 2 điểm trong số 2020 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 2

-----------------------------------------HẾT-----------------------------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

NGHỆ AN ------------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐẠI HỌC VINH NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chuyên) -------------------------

Câu 1.

     ta có phương trình tương đương:

1 0,

x  Chú ý rằng





     0

    

    

    

    

2     

    

       

    

1 2 x

1 x

  

  

      0

 1 2

 2



    

    

1 x

     1 2       

2 .1 2

  5     x        x   x 



;

 2.

a) Điều kiện

1 2

Vậy phương trình đã cho có hai nghịm

   y 1     2 3 x 

b) Điều kiện:

2   



    0



 1

     1



 1





. 1

  y x    y x 

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:

x  1,

           điều này mâu thuẫn với 0



 1

 Với x  0.

   Thay

x vào phương trình thứ hai của hệ ta được:



  1

    4

2     x

  x 3

 x x

 1



2     x

 x x

 1

2   





   1









  x

 

   1      x 1

2    x

 x x  1   1

    



2   x



 1 .

 Với

x   5

34,

y  

59 10 34.

Với ta có



 x y   5 ;

  34; 59 10 34 .

Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất 



  

Câu 2.

y  ta có:

a) Với

y  ta có:

,x p thỏa mãn.

xp   không tồn tại

Với

y  ta có:

,x p thỏa mãn.

xp   không tồn tại

Với

y  ta có:

,x p thỏa mãn.

xp   không tồn tại

260

Với

y  ta có:

,x p thỏa mãn.

xp   không tồn tại

629

  



 



Với

y  ta có:

4 4

  2 y

  2 y



2    2



 2

 2 .

Xét

    4

  2 y

  và x

a b   .



 2

    2 y y       2     y y 2 

    

Do đó với a

  6



 2

  

Ta có:

a         p

p p

p  1 b



 2

 p y

      2

Suy ra:

   Suy ra không tồn tại

,a b thỏa mãn.

a   p

p  1 b

x y p  ; ;

Do đó: hay



  1;1;5

là bộ số duy nhất thỏa mãn. Vậy 

  m

n 3

  n

2 m n

       n

m n





 1

  





2 1 1

b) Ta có:

n   là số chính phương.

n  thì 0

0m  khi đó





2 n d

n d

Nếu

n  gọi 0,

  2 n

m n

*, d   suy ra

 gcd 2

  với



  

Nếu

m n

n d

 m d

d  1.

    



 1



   1

  n 2

m n

Ta có: Lại có Suy ra

n và

a b   .

 1



    n 2 2 m      n    m n 

với ab Do đó 

n  là một số chính phương.

Từ đó dẫn đến 2

Câu 3.











 

 a  c

b ab

 a  c

 b b  ab a

 c c  bc b

a ca

 a  c

  a  ca

 b b  ab a

 c c  bc b









Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

 

 a  c

  a  ca

 b b  ab a

 c c  bc b





Trong đó

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được:

  



 b a









21 

 

  









 ab a



  b 4

Viết hai bất đẳng thức tương tự ta có:



 1



 bc b



  a b c    a ca

 b

 1



 ab b



  4 2   4





 b b

 c c

 b 1

 1

 1





  c a    c ca .

 ab a

 bc c



 a a 8

Suy ra: 



 1 1 1



 3

3   8.

 b 1

 1

   1



   Q 1.

        a b c a b c    a c Mà  27 27 6 27

 ab a

 bc c



   a

 b b

 c c



Từ đó suy ra: 

 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Q 63

   c 1.

Dẫn đến

   1. c

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 đạt được khi



Câu 4.

ABE



a) Tứ giác BFHD nội tiếp nên  .  HBF HDF Tứ giác ABDE nội tiếp nên  . ADE

hay DA là phân giác của . EDF Suy ra  HDF ADE

Mà DA BC nên BC là phân giác ngoài của . EDF









AEM

BAC

     AM AL .

1       CL sd 2

1  Ta có:    sd CL 2

b) Gọi L là giao điểm của ME với  .O

AML

Khi đó   .   ABM ACM

MA MO 1

1O có  .  AMF MBF

1 .O Suy ra



tại Xét đường tròn  Suy ra MA là tiếp tuyến của 

MA MO 2

2 .O Suy ra

tại Tương tự ta cũng có  AME MCE nên MA cũng là tiếp tuyến cua 

MA O O 2.

Do đó

,FE N là giao điểm của KC và

.FE

c) Gọi J là giao điểm của KG và



sin

 BF BE



BEF

















CEF

BEF

GFB

    

    

 FK BF BE  FC CF CE

FK FC

S FK  FC S

FK FC

     

     



sin

 CF CE

 EBF  ECF



CEF

     

      

Ta có:



















GFB

CEF

BEF

GEF

BEF

CEF

BEF

FK FC



















BEF

CEF

BEF

GEF

CEF

GEF

FK FC



d F GC GN





GEF



FK   FC

S  S

GN CN



CEF



d F GC CN





FK FC 1 2 1 2

Do đó yêu cầu bài toán tương đương với chứng minh:

 * .

FK GN  FC CN

Tóm lại cần chứng minh

   EBF ECF    ABI ACI

   

tan tan    Thật vậy, ta có: do FH FK EH EG tan  FBH  FBK tan  ECH  ECG

GHK có cát tuyến

,FEJ ta có:



  



GJ JK

KF HE GJ FH GE JK

Áp dụng đính lý Menelaus cho tam giác

,GCK có cát tuyến

,FJN ta có:



  

GN CF JK NC FK GJ

GN CN

FK FC

Áp dụng đính lý Menelaus cho tam giác

Từ đó suy ra  * đúng dẫn đến ta có điều phải chứng minh.

Câu 5.

.cm

149

151 42

6242

2 1

.cm Do 2020 điểm này nằm trong hình chữ Xét 2020 hình tròn có tâm là các điểm đã cho có bán kính bằng 1 nhất nên 2020 đường tròn này nằm trong hình chữ nhật được mở rộng từ hình chữ nhật đã cho 1 cm về cả chiều dài và chiều rộng. Khi đó kích thước hình chữ nhật mới là 

         2 1

 

Giả sử ngược lại không tồn tại điểm nào có khoảng cách nhỏ hơn 2 cm trong 2020 điểm đã cho. Khi đó khoảng cách giữa hai điểm luôn lớn hơn hoặc bằng 2

 



Do khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ không nhỏ hơn 2 cm nên các đường tròn này chỉ có thể có nhiều nhất một điểm chung, nghĩa là tổng diện tích của 2020 hình tròn bằng tổng diện tích từng hình tròn. Mặt khác các hình tròn nằm trọn trong hình chữ nhật mới nên suy ra diện tích của 2020 hình tròn phải nhỏ hơn diện tích của hình chữ nhật mới.

6242,8

6242

2   2020 1

 3,14 .

Ta có diện tích của 2020 hình tròn là Điều này chứng tỏ diện tích 

hình chữ nhật nhỏ hơn tổng diện tích các hình tròn. Do đó điều giả sử là sai.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

-------------- HẾT --------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA -------------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN 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)

   và c

a b c là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện

1 a

1 b

1 c

a) Cho

a b c có ít nhất một số bằng 1.

  

Chứng minh rằng trong ba số

x y z là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện ,

2045



2020

 0.

b) Cho và

 18

3      7





2021



   x

 18

   y



   z

 2020

Tính giá trị của biếu thức:





Câu 2. (2,0 điểm)

1 2

35 x 12

 1

  3 x

a) Giải phương trình:



   3 xy y      y 4 y 

b) Giải hệ phương trình:

  

2 y 2 .

Câu 3. (2,0 điểm)

;x y thỏa mãn

   x

 2

 1



 với

b  và 10

n  thì ab chia

a b n là các số tự nhiên thỏa mãn 0

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên 

b) Chứng minh rằng nếu 2 hết cho 6.

Câu 4. (3,0 điểm)

ACPQ .

BAC  Về phía ngoài tam giác ABC dựng các hình vuông ABMN và

,E đường thẳng AN cắt đoạn thẳng CP tại

Cho tam giác ABC nhọn có  045 . Đường thẳng AQ cắt đoạn thẳng BM tại

ABC

a) Chứng minh tứ giác EFQN nội tiếp được một đường tròn.

.EF Chứng minh I là tâm đường trong ngoại tiếp tam giác

.D Các đường tròn ngoại tiếp tam giác DMQ và DNP cắt nhau .J Chứng

K D Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại B và C cắt nhau tại

b) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng

D A K J thẳng hàng.

. ,

c) Đường thẳng MN cắt đường thẳng PQ tại tại K với minh bốn điểm

Câu 5. (1,0 điểm)

Trên một đường tròn người ta lấy 2024 điểm phân biệt, các điểm được tô màu xanh và màu đỏ xen kẽ nhau. Tại mỗi điểm ta ghi một số thực khác 0 và 1 sao cho quy tắc sau được thỏa mãn “số ghi tại điểm màu xanh bằng tổng của hai số ghi màu đỏ kể nó; số ghi màu đỏ bằng tích của hai số ghi tại hai điểm màu xanh kế nó”. Tính tổng của 2024 số đó.

------------------------------------------HẾT------------------------------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA -------------------

      

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN 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.

. abc

1 a

1 b

1 c



  

abc

 0.

a) Ta có:

 1

       a









Khi đó  1

 1

   0.

Suy ra:  1

a b c có ít nhất một số bằng 1.

Đẳng thức này chứng tỏ một trong ba số

z 

2020.

  x

18,

  và 7

    a b 0      3 a b 

2021





b) Đặt Khi đó ta có:

2021.

  

    



  

ab bc

abc 3

Do đó:



 c a



Ta có:

a  0.

    Không mất tính tổng quát giả sử

abc 3

Suy ra

     b

. c

2021





   c

 0.

Khi đó ta có:



2021

Suy ra

F  0.

Vậy

  

  1

Câu 2.

x  Ta có:

x  1.

1 2

35 x 12

 1

a) Điều kiện xác định: Do đó

Bình phương hai vế của phương trình đã cho, ta được:

   1 2 2 1  x 1225 2 x 144 1  1

    0 x 2 2 x 4 x 2  x 1 1225 144 x

    0 x 2 x 2 49 12 25 12        1                x x 1 1

    x 144 625 625 0 x x 2 25   12  1 x

   4

 5 4

   5 3 5 3

 5



 1 .

     x x x 0 x

5 4 5 3    x     x 



;

5 4

5 3

  x 5



   3

  3 1

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm









  14 2

   y     y 

 

b) Hệ đã cho tương đương với:

  2 1 ,



2      x



2    2



 2

 3



  

 2



 2

     x

 3

    

 3



    

 5



   y x     y x 

ta được: Lấy   2

x  thay vào  1 , ta được:

2 13

  y



  

1     Trường hợp 1: 3 x 12 x 15 0 x . 11      x y 5        x 5 

x  thay vào  1 , ta được:

   y

  17 3  2 13 3

  2 13 5 3  2 13 3

   x       y 



2 13

 





;

Trường hợp 2:

 

 5; 11 ,

  17 3

2 13 3

 2 13 3

  5 2 13 3

      ,      

     

             

     1; 5 ,    

Vậy

Câu 3.

  

  









 1

    x 2

   x





  1  

  

. 1

  x      2 y x 

a) Phương trình đã cho tương đương:

x  ta có mọi y nguyên đều thỏa mãn.

Với

x  là số chính phương. Ta xét hai trường hợp sau:



x  thì 1

x  không thỏa mãn.

Với y 2    suy ra 1, x x

    2





x   thì 1



x   không thỏa mãn.

    2



2 Do đó 1 . 2 1 .

 Do đó

0, 1,

y   y  

1. 2.

Thử trực tiếp:

x  ta được x  ta được x   ta được 1,

y  hoặc 1 y  hoặc 2 y  0.

  



x y ;

1; 0

a   .



 a 2;

    , 0;1 , 0; 1 , 1; 2 , 1; 2 ,

 





b 

 suy ra b chia hết cho 2 mà 0

b  nên 10

với Vậy phương trình đã có có nghiệm 

  2; 4; 6; 8 .

r 

b) Ta có: 2

  với k   và

  0; 1; 2; 3 .



r  

 k 4 2

k 16 2

Bây giờ đặt

 2 mod15 .



r 

Ta có:

  1; 2; 4; 8

  

  



  b

m b

  Suy ra 10.

Mà do đó 2n chia 15 dư 1; 2; 4; 8.

m  thì

 10 3

 1

 10 mod15 .



b 

 Nếu

b  Nên 6.

ab

b  chia 15 dư 1; 2; 4; 8. Mà

  2; 4; 6; 8



  

  

m b

Do đó nên

  Suy ra 20.

m  thì

 10 3

   

  5 mod15 .

b 

 Nếu

  2; 4; 6; 8



a dạng 3

 . b

2m  sao cho 2

nên không có giá trị nào của b thỏa mãn. Hay không tồn tại Do đó b chia 15 dư 1; 2; 4; 8. Mà

m thì

mb 3

ab



 Nếu mà b chẵn nên

 thì ab chia hết cho 6.

,a b thỏa mãn 2

Vậy trong mọi trường hợp

Câu 4.









ABE

ACF

 a) Ta có:   090 ACF ABE và  BAE CAF (do cùng phụ với  ). BAC

AE   AF

AB AC

AN AD









Suy ra

AEF

ANQ

 .  AFE NQA

Do đó

Từ đó tứ giác NQFE nội tiếp.



AB CD

b) Bổ đề:

,M N lần lượt là trung điểm của

MN AB CD .

,BD AC với ABCD là hình thang 





Nếu gọi thì

KN DC AB .



và Chứng minh: Gọi K là trung điểm của AD thì KM AB CD

K M N thẳng hàng hay

MN AB CD .

Từ đó suy ra

,S L lần lượt là trung điểm của

AC AB . ,

Trở lại bài toán gọi

,EF S là trung điểm AC ta có

IS CF

AC

Áp dung bổ đề trên cho hình thang AFCE với I là trung điểm

 1 .

Mà CF nên IS tại trung điểm S của AC hay IS là trung trực của

 2 .

ABC

Chứng minh tương tự ta cũng có IL là trung trực của

Từ  1 và  2 suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

.DNP



c) Gọi và ,K K lần lượt là giao điểm của DA với đường tròn ngoại tiếp DMQ

DMQ .

nên DE là đường kính của đường tròn ngoại tiếp Do   090  DME DQE

DK E  1

Suy ra  0 90 .

DK F  2

Chứng minh tương tự ta cũng có  0 90 .

1DQK E nội tiếp

    Do đó tứ giác DA K A EA QA .

2DNK F nội tiếp

    DA K A FA NA . Tứ giác

   EA QA FA NA .



Theo câu a) tứ giác NQFE nội tiếp nên

DMQ

DNP

 K .









  K 2

K 1

  Từ đó suy ra  DA K A DA K A hay

,D A K thẳng hàng.







Do đó

180

 BKE

  EAB 2 90

     BAC BIC

JC

   Ta có:    . EAB CAF CKF BKE Suy ra  BKC

Do đó tứ giác BKIC nội tiếp, mà IBJC nội tiếp và JB nên  . BKJ CKJ

Hay KJ là phân giác . BKC

    Mặt khác  BKA 180  AEB 180  AFC . Suy ra tia đối của tia KA cũng là phân giác của . BKC

A K J thẳng hàng. Hay bốn điểm

D A K J thẳng hàng.

Do đó

Câu 5.

kA với k lẽ được tô màu xanh, k chẵn

2024

, , ,..., A . Trong đó A A A 1 2 3

k 

    

Gọi các điểm lần lượt được đánh số là 1, 2,..., 2014. được tô màu đỏ với

,x y khác 0 và 1. Khi đó

A 2

A 3

A A 1 3

y x

A 2 A 1

Giả sử x và y với

. y

A 2

       A 4

A 2

A 4

A 3

y x

  1

    x

  1

  x

y .

x A , 6

y A , 7

A 8

A 5

y x

...

Tương tự ta tính được

                    1



A 2

A 8

A 1

  1   

    

  1   

    

    

y x

Suy ra:

  và

A 9

A 8 A 7

Ta tính được y . A 10

  nên quá trình này cứ tiếp tục thì thấy rằng cứ sau 8 điểm liên tiếp các số sẽ được lặp lại A 1 A A , 9 2

2024





Do A 10 theo thứ thứ tự như 8 điểm ban đầu.

759.

  3

A i

A 8



2024 8

 1

Do đó

Vậy tổng các số cần tìm là 759.

--------------------- HẾT ---------------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ------------------

NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)





x 4

 





1 1

x x

     

   1       1 4 

      

  

Câu 1. (2,0 điểm) a) Chứng minh rằng với mọi giá trị dương, khác 1 của x thì biểu thức A không nhận giá trị nguyên, với:

x y z thỏa mãn ;

;

a b c là các số thực khác 0.



x a

2   y 2   b

z c

x a

z c

y b

2020

với b) Xét các bộ 

   Q Tính giá trị của biểu thức: z 2 2 . a b x 2 2 b c y 2 c a

2 x 0,5 ,

  y

OMN .

cho điểm M có hoành độ dương và điểm N có hoành độ Câu 2. (1,0 điểm) Trên đồ thị hàm số âm. Đường thẳng MN cắt trục Oy tại C với O là gốc tọa độ. Viết phương trình đường thẳng OM khi C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

Câu 3. (2,0 điểm)



 4

     a) Giải phương trình: 3 x 28 2 x x x x   0. 7

2   x

 y y

 3

 4 xy 3

b) Giải hệ phương trình:       y 6 1 y 2 9 x x .8 3   3 x   

2    

    

x m



 15 2

 14

Câu 4. (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:

x x 2 3

2 x 1

2 x 4

có bốn nghiệm phân biệt , , x x , 1 2 x 3 x thỏa mãn 4

 B C

.O Các đường cao xuất phát từ

nội tiếp đường tròn tâm

 Câu 7. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn 

2 2     x x 2 3 ,

.E Gọi H là trực tâm giác ABC và O là tâm đường

B và C lần lượt cắt đường thẳng AO lần lượt tại D và .HDE Chứng minh rằng: tròn ngoại tiếp tam giác a) Tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC và AH là tiếp tuyến của 

.O

.BC

,AD

.O Kẻ đường phân giác

AC

,

nội tiếp đường tròn tâm

.BC Đường thẳng vuông góc



,H đường thẳng vuông góc với BC tại E cắt ở AD tại

.K Chứng minh rằng tứ giác

của tam giác đó. Lấy điểm E đối xứng với D qua trung điểm của đoạn

x y z thỏa mãn ,

   Chứng minh rằng:



  3

y 

z 

x 

 xy

 yz

 x  xy x



 y  yz y



 z  zx z



     

   x    zx 

b) Đường thẳng AO đi qua trung điểm của đoạn Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn   D BC với BC tại D cắt AO ở BHCK nội tiếp. Câu 7. (1,0 điểm) Cho các số thực dương

---------------------- HẾT ----------------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ------------------

NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1.

x  ta có:

x  và 0

a) Với

1 3     A x 4     x x 2 x 9 x x x x             



 x 1   s   2 9 x x x x  x x x  1 1 2     1   1    1       1 4   1  1    1    4  

 1 1     1 .        4  x     x x x x 9 x 2 x 9 1 x  1 4 2

1 Vậy A   1 .   x x 9

 9

2 1





  x x 2 mà: x 2 x   9 x    nên A không thể là số nguyên. 8 1 Nếu A   thì 2   1

2 .

x a

z c

x 2   b

y b

y 2   b

z 2   b

  





b) Ta có: và

2 .

z c

x 2   b

y 2   b

z 2   b

x a

2   y 2   b

z c

x a

y b

Từ đó suy ra:

   z 0.

Q  0.

Do đó đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Từ đó

 ; 0,5

Câu 2.

m  0.

 C x



y C

 M m



 N n



Ta gọi: trong đó

.MN Khi đó

Do C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN mà C MN nên tam giác OMN vuông tại O và C là  x C . trung điểm    m n 2 0,5 m n 0,5 y C  2    

n  Khi đó

Cx  suy ra 0

m 2

    0;     

 Ta có: C Oy nên Suy ra: OC ,  . OM m m 2

Mặt khác C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN nên:

m  0.

 OC OM     do m m 2 m 2

ax mà đi qua điểm

M  Phương trình đường thẳng OM có dạng y

a   1.



 2; 2 .

 M  nên 2; 2



Suy ra

x  là đường thẳng cần tìm.

Vậy y

Câu 3.

3 7.

a) Điều kiện: x  Ta có phương trình tương đương:



   1



     28



 4

x x 2 x 2 x x x   7 0

Nhận xét

x  ta có:

   1



x  là một nghiệm của phương trình.  

     28

 4

2 2 x x x x x Nếu x   7 0.

x  ta có: 2,



   1



     28



 4

Nếu 3 7 x x 2 x 2 x x x   0. 7

x  2.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

    6 x y 0      2 x y 

b) Điều kiện Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:





 

3    y

0 

 

   3 y 0   3  3  3  y x  y x

y 3 ,

. 3     x    x   x y 3     x y 

  

   y

8 3

    

8 3

    

 Với thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

y  thì 3

8 3

1 3

Nếu

y  thì phương trình tương đương:

        1.

1 3

8 3

1 3

Nếu

y  thì phương trình tương đương:

      không thỏa do y

y  3.

8 3

1 3

Nếu

y  thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

 Với



 3



    3

     6 1 y y 2 y 9 y 8 3

    y y y   10 2 3



 1

  

  10

3 1

     nên phương trình này vô nghiệm.

    y y   10 2 8 3 8 3



2 1

8 3

x y ;

Ta có



  1;  

   

1 3

Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất 

Câu 4.

  1   0 2

      2

   nên có hai nghiệm phân biệt trái dấu.

     2 x x m 15 m 2 0 Phương trình tương đương: .      14 2 3 2 x x m m



2 1

 15

Phương trình  1 có     

Tương tự phương trình  2 cũng có hai nghiệm phân biệt trái dấu.

x x 2 3

2 x 2

3x cùng dấu. Không mất tính tổng quát, giả sử 1

2x và

2 2      nên Mà x x 3 1 của phương trình  1 và

,x x là nghiệm

2 x 4 x là nghiệm của phương trình  2 . ,x 3     x x  2 1   

và . Theo định lý Viete, ta có: 15 m m 14     x x 3 4 x x 1 2 1 2   2 m 2 3 2   2 m 2     x x  4 3   

Khi đó





2 x 1

2 x 2

2 x 3

2 x 4

   x 3

       2 2 x 2 x x 1 2 x x 3 4

m 15 m 14

2     

              1 2 3 2   2 m 2   m 2 2     2           x 4       x 1     2    

 8

 121

   m 16 m 5   m 8 126      2 m m 4 63 2 m 16 4 4

 121 .



5 a     16 m m 8 a





9 4 2

1 4 2

121

  a

               15

 14





 4 Chú ý rằng phương trình  1 và phương trình  2 có cùng:

  1 4

  1 4



hoặc Phương trình  1 có hai nghiệm

  3 4

  3 4



x 2

x 3

x 4

Phương trình  2 có hai nghiệm

  3 4

  1 4

  3 4

  1 4







Xét trường hợp 1 x

x x 2 3

4 a 16







 3





   a

 5



   3

16   11

 4   a

Ta có: Yêu cầu bài toán tương đương:



Phương trình này vô nghiệm.

x 2

x 3

x 4

  1 4

  1 4

  3 4

  3 4

Xét trường hơp 1 x





x x 2 3





 3





   a

 5



   3



 4   a

    0



 1

  a

121.

Ta có: Yêu cầu bài toán tương đương:

2     

a 

121,

0   Với ta có: 8 m 16 m 121 121 m m 2 0 . 2   m    m

0m  hoặc

2m  là các trị cần tìm.

Vậy

Câu 5.





 C HB C AB

ABC .  nội tiếp nên    BAC

a) Gọi BB và CC là đường cao của tam giác

do cùng bù với góc .  C HB

BAC

DHE

 nên    1 .









   ABC BAH

Tứ giác AC HB Mà  C HB DHE  

 AOC 2



Tam giác OAC cân tại O nên  OAC







 vuông tại C nên   090  hay   090 . DEH BAE

DEH

 C AE AEC    BAH HAE

       OAC HAE 90

Mặt khác C AE Suy ra    BAE      HAC ACB .

ABC .

Do đó    2 .  DEH ACB



 DEH ACB

090

Từ  1 và  2 suy ra tam giác HDE đồng dạng với tam giác

.O

Ta có     HAC AHB   nên HA là tiếp tuyến của 

,I L lần lượt là trung điểm của BC và

.DE Mà tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC mà O là ,HDE O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên hai tam giác LHO

 

LHO

IAO







b) Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác và IAO đồng dạng với nhau nên    3 .

   Ta có O L DE và AH HO nên tứ giác AHO L nội tiếp  LHO  LAO hay    4 .   LHO O AO

A O I

.BC

hay thẳng hàng. Từ  3 và  4 suy ra:  IAO O AO

Do đó AO đi qua trung điểm của Câu 6.

A

H

O

E

C

B

D M

P

K

X

,BC X là giao điểm của EP và

.DH

Gọi P là giao điểm của AD và  O thì P là điểm chính giữa cung



 dẫn đến     DAH APO ADH do đó AHD cân tại Ta có OP là trung trực của DE nên OP DH

.EX

Do M là trung điểm của DE mà MP EK DX



    nên P là trung điểm của DK và  .  XBD KCE BDX CEK

DP DX DE

nên

nên BKXC là hình thang cân nội tiếp đường tròn (1).



    DH DX DA DP .



Nên DEKX là hình bình hành, suy ra Mà  090 DEX  Ta có: XK BC Ngoài ra tứ giác AHPX nội tiếp do    AHD APX  Mặt khác tứ giác ABPC nội tiếp nên DA DP DB DC  Suy ra DH DX DB DC hay BHCX nội tiếp (2).

Từ (1) và (2) suy ra BHCK là tứ giác nội tiếp.











y 

2 

y 

2 

  y  y

x xy

 x  xy x



 x  xy x



 x 2  xy x



    2   

     

Câu 7. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:









  2



y 

2 

 x  xy x



Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi công lai theo vế ta được:





2 





Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau là bài toán hoàn tất.

2 

4   x



2 2

4 









Thật vậy, ta có:



2 

1   y

1   z

1   x

 4 9    y

 4 9   2 3 6

  4    

      





Do đó:

   1. z

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Vậy ta có điều phải chứng minh.

---------------------- HẾT ----------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP HCM ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

(1,0 điểm) Câu 1:

,a b c thỏa mãn điều kiện

2020

a + b c

c + a b

+ + a b c

Cho ba số dương .

)

(

a + b c

b + c a

c + a b

  

b + c a   

Tính giá trị của biểu thức .

+ + +

(2,5 điểm) Câu 2:

− + = + 1

−

a) Giải phương trình .

xy 3

x 8 2

− + x

   

b) Giải hệ phương trình .

)

)O . Từ A kẻ đường thẳng song )O tại

AB BC CA nội tiếp đường tròn ( 1A . Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt (

1B . Từ C kẻ

Câu 3:

)O tại

1C . Chứng minh rằng các đường thẳng qua

, A B C , 1 1 1

BC CA AB đồng quy.

(1,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( )O tại song với BC cắt ( đường thẳng song song với AB cắt ( lần lượt vuông góc với

(2,0 điểm) Câu 4:

,a b . Chứng minh rằng:

+ ≤

a b ≥ + . a) Cho 2 số thực ab ( 2 ) + 2 − a b 2 + b a

= − +

b) Cho hai số dương . + 2 a b ,a b thỏa mãn điều kiện

Q b a

20 a

7 b

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .

AB BC CA lần lượt tại

Câu 5:

,L H .

,d BC lần lượt tại

(2,0 điểm) Đường tròn ( )I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh D E F , . Kẻ đường kính EJ của đường tròn ( )I . Gọi d là đường thẳng qua A song song với BC . Đường thẳng JD cắt

,E F L thẳng hàng.

a) Chứng minh:

=MH MK .

,JA JF cắt BC lần lượt tại

,M K . Chứng minh:

Câu 6:

,x y thỏa mãn phương trình

− = (1,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương . 3 1 y

-------------------- HẾT --------------------

,a b c thỏa mãn điều kiện

2020

Lời giải tham khảo

a + b c

c + a b

+ + a b c

. Câu 1: Cho ba số dương

(

)

a + b c

b + c a

c + a b

b + c a   

  

Tính giá trị của biểu thức .

Hướng dẫn giải

(

)

= + + P + + a b c : a + b c b + c a c + a b      

= + − + + − + + − a b c 1 1 1 1 a + b c b + c a c + a b 1 + + a b c                     1 1 .    

= − − + − + c b c a . . a b . + + a b c + b c + + a b c + c a + + a b c + a b 1 + + a b c      

)

(

)

= + + − + + a b c + + a b c . a + b c b + a c c + a b 1 + + a b c            

− = − = = + + 1 2020 1 2019 c +a b b + a c

+ + +

a + b c (2,5 điểm) Câu 2:

− + = + 1

−

. a) Giải phương trình

xy 3

8 x 2

− + x

   

b) Giải hệ phương trình .

+ + +

− + = + 1

x .

+ + >

⇒

Hướng dẫn giải

= + x

− 2

− + >

1 0

Đặt

a. Điều kiện ∈ x  = a    b

Khi đó phương trình trở thành

+ >

a b

a b + = = + ⇔ − = − (do a b ⇔ + 2( a b ) ( a b a b )( a b ) 2 − 2

+ + −

− + x

− + = ⇔ 1

+ + = + 9

− + +

⇔ + + = + x

− + x

4 2

⇔

2 2

1 4 2 ≥ − 2 2

− + =

4(2

 − + = + ⇔  x 

≥ − 2

⇔

−

  

= x   = x 

0 8 7

 x   x   = x 

Do đó

8 7

 =  

  

Vậy .

−

1(1)

xy 3

x 8 2

− + x

1(2)

   

2 − ⇔

−

− − − = ⇔ Từ phương trình (1) ta có y x x ( ) (3 1) y y − = x x − = − x 1 x y y 1 x 3 1 3 = x 4 = − 1 2      

−

− + ⇔ −

−

= ⇔ 0

= 7) 0

( x x

1 = ⇒ = − 1

⇔

−

+ = 7

= x  2 

 0  ⇔ = ⇒ = 1 x   = ⇒ = 7 x 

= −

, thay vào (2) ta được Với

1 2

x , thay vào (2) ta được 2 3

− + ⇔ +

= ⇔ 0

= 3) 0

− (1 2 ) x

( x x

4 1 x x = ⇒ =

⇔

+ =

3 0

= x  2 

 1 0  ⇔ = − ⇒ = 1 x   = − ⇒ = 3 x 

−

Với

. Vậy

)

)O . Từ A kẻ đường thẳng song )O tại

AB BC CA nội tiếp đường tròn ( 1A . Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt (

1B . Từ C kẻ

Câu 3:

)O tại

1C . Chứng minh rằng các đường thẳng qua

{ } (0;1), (0; 1), (1;3), (7; 27), ( 1;3), ( 3;7) (1,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( song với BC cắt ( )O tại đường thẳng song song với AB cắt ( lần lượt vuông góc với

BC CA AB đồng quy.

, A B C , 1 1 1

Hướng dẫn giải

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và OH cắt đường thẳng qua

1,A vuông góc với BC ở ⊥OM BC .

.K Gọi M là trung điểm

1AA thì

điểm ⊥OM AA . Suy ra 1

Mặt khác, tứ giác AHKA là hình thang vì

1AH A K nên ta có OM là đường trung bình, kéo 1,A vuông góc với BC sẽ đi qua

theo O là trung điểm HK hay nói cách khác, đường thẳng qua

,B C nên hai đường qua

,CA AB

điểm đối xứng với trực tâm H của tam giác ABC qua Rõ ràng điểm này bình đẳng với ,B C lần lượt vuông góc với

.K Vì thế nên ta có các đường thẳng của đề bài đồng quy ở

cũng đi qua

(2,0 điểm) Câu 4:

,a b . Chứng minh rằng:

= − +

b a + ≥ . a) Cho 2 số thực ab ( 2 ) + − a b 2 + b a 2 b) Cho hai số dương .

Q b a

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .

,a b . Chứng minh rằng:

(

)

(

≥

⇔

) +

b ≥ + Cho 2 số thực . ab a) + 2 + ≤ a b 3 ,a b thỏa mãn điều kiện 7 20 b a Hướng dẫn giải a ( 2 ) + − a b 2 + b a 2 + 2

− a b 2

− a b 2 + b

−

≥

a b

( ⇔ −

)

1 2

) + 1 b

  

  

a Cho hai số dương

+ ,a b thỏa mãn điều kiện

Ta có: 2 2 + 2

= − +

Q b a

+ ≤ a b 20 a

3 7 b

= − +

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .

− ≥ − a b

b 2

− + 3

Q b a

+ ≥ + − + b b

20 − b 3

7 b

20 − b 3

7 b

20 a

7 b

≥

−

b 2 7 .

= 18 16

( 2 5. 3

( 5 3

)

7 b

) 20 . − b 3

7 + − b

Ta có: nên

20 − 3 b

⇒ 16 =Q min

)

2⇒ =a

− = b 20 − 3 b Dấu bằng xảy ra khi . 1 ⇒ = b

= 7 b  ( 5 3     7 b

AB BC CA lần lượt tại

,L H .

,d BC lần lượt tại

,E F L thẳng hàng.

Câu 5:

=MH MK .

,JA JF cắt BC lần lượt tại

,M K . Chứng minh:

(2,0 điểm) Đường tròn ( )I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh D E F , . Kẻ đường kính EJ của đường tròn ( )I . Gọi d là đường thẳng qua A song song với BC . Đường thẳng JD cắt a) Chứng minh: b)

Hướng dẫn giải

Ta có JE là đường kính của ( )I nên a)

°  90= JDE và tam giác HDE vuông ở

=BD BE , do cùng là tiếp tuyến

=BD BH (tính chất

Chú ý rằng

kẻ từ B đến ( )I nên

trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Do đó tam giác BHD cân ở

AL BH nên hai tam giác ADL và BDH đồng dạng, kéo theo ADL cân ở A hay

AL AD AE .

Vì

ALF CEF đều cân có các góc ở đỉnh bằng nhau

AL CE nên  =

Vì LAF FCE , mà hai tam giác

L F E thẳng hàng.

nên chúng đồng dạng. Suy ra  = AFL CFE , kéo theo

T D E thẳng hàng và

b) Kéo dài JF cắt d ở T thì tương tự câu a, ta có

=AT AL nên

=MH MK .

d BC thì

Theo định lý Thales với , mà

, = = AT AD AF AL . AL AT AJ MH JM MK 3 y

,x y thỏa mãn

− = 1. 3 Câu 6: Tìm tất cả các số nguyên dương

Hướng dẫn giải

,u v sao cho

u 1 3

= + = + Ta có Do đó, tồn tại các số tự nhiên 3 y 1 ( y 1)( y − + y 1).

− + =

v 1 3

 + =    =

+ >

1>u

1.≥u

1 1

Vì hay Rút , thay vào phương trình dưới, ta có nên 3 −u 3 y 1

v hay

u (3

−

+ =

− ⋅

v + = ⇔ 3 3

u 3

− 1 1 3 .

2 3

− ≥

− >

− − − + = 1) 1) 1 3 − 1

13 −v

2 3 1.≥v

u 3 3 v

1 0

hay thì chia hết

Tuy nhiên, nếu 1=v hay Vì vế phải nguyên nên ta phải có cho 3, trong khi vế trái không chia hết cho 3, vô lý. Do đó,

− + = ⇔ − = . y y y y 1 3 2

2.=y

= + = Giải ra được Thay vào đề bài, ta được y 3 1 9

2.=x

)

(2; 2).

x y

nên = Vậy nên tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là ( ,

-------------------- HẾT --------------------

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2020

MÔN THI: TOÁN (VÒNG 2)

Thời gian làm bài: 120 (không kể thời gian phát đề)

 y x

   1

Câu 1.

3   y

243

 5

   13

    x 4       









 24 3

 0.

a) Giải hệ phương trình:











b) Giải phương trình: 



 đều là bình phương của

b 5 , 4 b

c 5 , 4

a b c sao cho cả ba số

Câu 2.



d d ,

b b ,

c c ,

 và liên tiếp xây dựng

a b c d ta xây dựng bộ số mới  ,





a) Tìm tất cả các số nguyên dương một số nguyên dương.

  a .

b) Từ một bộ bốn số thực  các bộ số mới theo quy tắc trên. Chứng minh rằng nếu ở hai thời điểm khác nhau ta thu được cùng một bộ số (có thể khác thứ tự) thì bộ số ban đầu phải có dạng  a a ,

AEB 

BAC 

Câu 3.

Điểm E thuộc cạnh AC sao cho  090 .

.BC Gọi K là hình chiếu vuông góc của P lên .F

Gọi P là giao điểm .AB Gọi Q là hình chiếu vuông góc của

.AP Gọi giao điểm của EQ và PK là

Cho tam giác ABC cân tại có  090 . của BE với trung trực E lên

A E P F cùng thuộc một đường tròn.

.LE

a) Chứng minh rằng bốn điểm

.L Chứng minh rằng LA vuông góc với

.S Gọi giao điểm của KE và AL là

.T Lấy R là điểm đối xứng của A qua c) Gọi giao điểm của FL và AB là .L Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AST và đường tròn ngoại tiếp tam giác BPR tiếp xúc nhau.

b) Gọi giao điểm của KQ và PE là

Câu 4.

   Chứng minh rằng:

a b c là những số thực dương thỏa mãn

    



    

2   1   

    

    

1 a

1 b

1 c

4 abc

a bc

b   ca

c ab

Với

-------------------- HẾT --------------------

LỜI GIẢI CHI TIẾT



  ta có: 4,

Câu 1.

 y x

1

3   y

   1



 xy x

   y

     x



  



   1





 1

 xy x

   y





  





   x

 1





    1 



  

 1



  y xy   y x

   x



  

 1



a) Với 

Ngoài ra:



 1





 1

   y

   y       y xy 5 y x x x y x 1

   x

 y x





2  1 .



    x 2.

243

      1 2 y x y

5

Do đó phương trình thứ hai của hệ tương đương 

y  1.

Từ đó ta tìm được

 x y  ;

  1;1 .

Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất 

x  và 12

x  Khi đó phương trình trở thành:

12.

b) Đặt

5 a b

4 2 a b

3 3 a b

2 4 a b











 b a

   

           a b a b a 0 ab a b b

5 a b

4 2 a b

3 3 a b

2 4 a b

   a





         ab b a b 0   

5 a b

4 2 a b

3 3 a b

2 4 a b





        a 7 14 21 14 7 ab 0 b   b a   

2 2 a b

 ab a







       b a ab ab b 0        

,a b không đồng thời bằng 0 nên phương trình tương đương:



 ab a

  a 0       0 0 b     b a 

Nhận thấy

x  12.

a  ta có 0,

Với

x  6.

b  ta có 0,

Với

x  8.

b  ta có 0,

S 

Với

  6; 8; 12 .

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm

Câu 2.

,a b c .

a) Không mất tính tổng quát, giả sử a là số lớn nhất trong ba số

  





24 a

b là số

  5 a

2 2) .

  5 b 2

4 a (2 )  , tức 5 b

  b 5

  5 b 4 a  1.

k  . Xét các

k  với k   . Một cách tương ứng, ta có

Khi đó, ta có Mà và 2 chính phương nên

Từ đây, ta suy ra b chia 4 dư 1. Do đó trường hợp sau.

c là số chính phương, ta suy ra ta có

24 b n với n   . Khi đó, 5

n 25



tức

2   1)

  5 a

  1)

  5

4(16

125

   1) 1

(32

2 3) . (1)

• Trường hợp 1: b c . Chứng minh tương tự như trên, từ giả thiết  . Do đó k chia hết cho 5,    5 1 16 4 5 k c k b  và     . c n b n 1 20 1, 16 1 Với kết quả trên, ta có 2 4(16



  5 a

4(16

2   1)

125

(32

2 4) .

  5 2

    (3 n 2

 . Suy ra, dấu đẳng thức trong bất đẳng thức

24 c

(32

5 Mà (1) phải xảy ra, tức

a là số chính phương nên 4 b

  5 a    . c 1

n  . Từ đó

a b . Trong trường hợp này, ta có

Và



b 4

  5 c

b 4

b 5(

  1)

b (2

2  1)

• Trường hợp 2: c

 . Do đó

24 b

c là số chính phương nên

b 4

  5 c

b (2

Mà

   k k c 5 b 8 4 32   12 25  5.

   mâu thuẫn. Vậy trường hợp này không thể xảy ra.

a .

Suy ra

; )

a b c thỏa mãn yêu cầu là (1;1;1) .

Tóm lại, có duy nhất một bộ số ( ;

(

)

a b c d là bộ bốn số thực thu được sau lượt thứ n . Khi đó, ta có n



(

)

a b c d ( , ,

)

a b c d , 0 0

b) Gọi





  

   .

 1

a n

b n

c n

a n

b n

c n

Và

  



n 2 (

)

n 2 (

   c ).

a n

    c n

b n

a 0

b 0

c 0

Suy ra

)

a b c d là một (có thể khác k

a b c d , m m        tức 2 (

m k     c

)

k    c ).

k 2 (

b m

c m

a k

b k

c k

Giả sử tồn tại hai số nguyên dương m k sao cho hai bộ số ( và (

+ + + = . Bây giờ, ta có chú ý rằng

thứ tự). Khi đó, ta có m a

a b c d

(

)

(

)

(

( b n

c n

a n

+ 1

) 2

+ n 1 +

+ 1 +

b n +

c n +

)

+ ) 2(

a n

+ 1

+ 1 +

c = n 1 +

)( b n +

+ ) 2(

)

a n

c n

b n

)( b n

+ 1

d + 2

+ n 1 nd + 1).

+ 1

Vì m k< nên

∗

− n 1 2 (

∀ ∈  ). .

2 1

Suy ra

)

a b c d là một ( có thể khác thứ tự) nên k

, a b c d m

2 . k

Vì hai bộ số ( và (

− 1

(

)

− k 1 2 (

2 1

= −

−

= . Suy ra

a c ,

b d ,

= − , tức bộ số ban đầu phải có dạng ( ,

− . Ta )

, a a a a

b 1

c 1

d 1

Hay

Từ đây, ta có 1 a có điều phải chứng minh.

Câu 3.

,A hơn nữa AP là phân giác góc BAC .

∠

= ∠

a) Vì tam giác ABC cân tại A nên trung trực của BC đi qua

PAE

PAK

∠

= ∠

.AF .

Do đó

AKF

AQF

90o

= ∠

Tứ giác AFKQ có nên AFKQ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính

∠ Suy ra KAQ

KFQ

∠

= ∠

PAE

PAK

QAK

QFK

PFE

A E P F cùng thuộc một đường tròn.

Do đó

Do đó tứ giác AEPF nội tiếp hay bốn điểm

∠

= ∠

∠

= ∠

AQL

AFK

AFP

AEL .

b) Từ các tứ giác nội tiếp AFKQ và AEPF đã chứng minh ở câu a), ta suy ra

ALE∠

90o

AQE∠

90o

nên . Suy ra tứ giác AQEL nội tiếp. Mà hay LA LE⊥

= ∠

− ∠

AL KP BC là ba đường cao của tam giác ABP nên chúng đồng quy tại trực tâm mà ta ký hiệu điểm .H Trước hết, vì P là trực tâm tam giác ABH và A đối xứng R qua đường cao BL của tam giác ABR BRH

BPH

BAH

BRA

180

∠

= ∠

c) Ta có đó là ∠ nên suy ra tứ giác BPRH nội tiếp.

LEF

LKF

∠ Ta có PBH

PAL

PKL

∠

− ∠

= ∠

nên Suy ra tứ giác KFLE nội tiếp.

ALS

ELS

PKE

SKT

∠

= ∠

Do đó Từ đây, ta suy ra tứ giác SLTK nội tiếp.

LKS

LHB

ST BH

,M KL cắt ST tại

.A Suy ra QE QM=

. Suy ra . Vì tứ giác BKLH nội tiếp đường tròn đường kính BH nên LTS

.ST Do đó nếu gọi X là giao của AN với BC thì từ ST BH

.N Ta có AQ vừa là phân giác vừa là đường cao của tam giác (cùng vuông với AQ ) nên theo định lý ta cũng suy ra ,AX vẽ đường kính AA′ của đường tròn

.BH Gọi G là hình chiếu vuông góc của P lên

. Kết hợp với ST EM

′ là hình bình hành. Do đó các điểm

′ qua

090 nên PGA G′

Đường thẳng EF cắt AB tại AEM nên AEM cân tại Thales, ta có N là trung điểm của X là trung điểm của ngoại tiếp tam giác ABH và gọi G′ là đối xứng của G qua

,P G đối xứng với

,A G′

′ AG A′ ∠ Dễ thấy ′  ′ Hơn nữa A G PG ′ giác BG A H′ nội tiếp nên tứ giác BPGH nội tiếp.

KSLT ta suy ra

nên nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tứ giác BPHA′ là hình bình hành. .X Mà tứ

⋅

⋅ NG NA NK NL NS NT

Từ các tứ giác nội tiếp AKGL (nội tiếp đường tròn đường kính AP ) và

∠

= ∠

′ .

AGT

AST

ABH

′ AG H

′ GG H

BGG

Do đó, tứ giác ASGT nội tiếp. Mặt khác, ta lại có

T G B thẳng hàng. Tương tự, ta cũng có

,H G S thẳng hàng.

Suy ra

suy ra đường tròn ngoại tiếp hai tam giác GTS và GBH tiếp xúc với nhau tại G . Do đó hai đường

Từ ST BH tròn ngoại tiếp hai tam giác AST và BPR tiếp xúc với nhau tại G .

Câu 4.

)





Bất đẳng thức đã cho viết lại thành

    

2     

    

1 a

1   b

1 c

1 a

 1         c

1 b

4 abc

2   b abc

  



bc 2

ca 2 )





  4

2     

 1      a

1 b

1 c

4 abc

2 abc

31 abc



  

hay

 thì ta có

xyz

1 a

1 b

1 c

1 x

1    hay z

1 y

2     ) z

xyz

Đặt Ta đưa về chứng minh

xyz

r . Ta cần có

  4

23 p

31 . r

   Đặt thì ta có p y x z q ,    và r yz xy zx

  

   hay

  y

z xy )(

)

xyz

p  3.

nên Theo bất đẳng thức Cô-si thì (

  

xyz

(

z y )(

  z

x z )(

  nên y )



Ta có bất đẳng thức quen thuộc

  p (

2 )(

x p

2 )(

y p

z 2 )

  

  

3   p

p x (

)

4 (

p xy

) 8

xyz



Khai triển ra ta được hay

   p



p p

và

  4

p 

31 p



p  3.

(

3)(5

  , đúng do 0

12)

Ta đưa về chứng minh quy đồng và khai triển, ta có

Vậy bất đẳng thức đã cho là đúng, ta có điều phải chứng minh.

-------------------- HẾT --------------------

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

ĐỀ THI TUYỂN SINH

VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2020

(Dùng riêng cho thí sinh thi vào chuyên Toán, chuyên Tin học)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Môn thi: Toán

Bài 1. (2,0 điểm)

= = x y z 2 3 4

Cho ba số thực

x y z thỏa mãn đồng thời các điều kiện: ,

+ + + y z 3 4 = + 2 12 16 . 2

x > xyz 0     

Tính giá trị của biểu thức

= + + . P 1 x 1 y 1 z

Bài 2. (2,0 điểm)

Trong đó

Xét phương trình bậc hai

+ = c

a b c là các số nguyên dương. Biết rằng các điều kiện sau được

( ) 0 1 .

3 3 c + chia hết cho

b chia hết cho 12; số

c + Hãy tìm giá trị lớn nhất

+ + .

thỏa mãn: phương trình (1) có nghiệm; số 2020 của tổng a b c

Bài 3. (2,0 điểm)

−

+ ≥ đúng với mọi số thực

22 x

x a

Tìm số nguyên a nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức

Bài 4. (3,0 điểm)

AB BC>

,A C của tam giác

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (

)O có

ABC Giả sử đường tròn

,K N khác các đỉnh của tam giác

,AB BC tại hai điểm

Một đường tròn đi qua hai đỉnh ).

,K N (

.B Chứng minh rằng:

ABC lần lượt cắt các cạnh )O và đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN cắt nhau tại giao điểm thứ hai là M với M khác (

a) Ba đường thẳng

BM KN AC đồng quy tại điểm

b) Tứ giác MNCP nội tiếp.

−

⋅

−

BM PM BK BA PC PA .

Bài 5. (1,0 điểm)

,A B có 2020 chữ số. Biết rằng số A có đúng 1945 chữ số khác 0 bao gồm 1930 chữ số ngoài cũng về bên trái Cho hai số và 15 chữ số ngoài cùng về bên phải, số B có đúng 1945 chữ số khác 0 bao gồm 1930 chữ số ngoài cũng về bên trái và 24 chữ số ngoài cũng về bên phải. Chứng minh rằng ƯCLN (

)A B là một số có không quá 1954 chữ số.

;

----------------- HẾT -----------------

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Bài 1.

xyz > nên cả ba số

x y z là ba số cùng dấu. Mà ,

x y z đều là số dương. Bây giờ, đặt ,

Từ giả thiết thứ nhất, ta suy ra 3

thì ta có:

x 2 x

y y

z 4 z

1 x

1 + + y

1 z

  

  

Mà:

k 4 3 x

k 4 3 y

k 4 3 z

1 x

1 + + y

1 z

  

  

Do đó, giả thiết thứ hai của bài toán có thể được viết lại thành

1 x

1 + + y

1 z

1 x

1 + + y

1 z

  

  

  

  

Từ đây, ta dễ dàng suy ra

= = = > 3 y 4 z k ( k 0) 2 x

= + + = . P 1 x 1 y 1 z 1 2

Bài 2

Từ giả thiết, ta suy ra

,a b là các số có một chữ số.

Vì

chia hết cho

c +

3 3 c + chia hết cho

3c + nên

( ) 3 2 .

≥

Do phương trình (1) có nghiệm nên biệt thức của nó không âm, tức

2 4 −

( ) 0 3

3 4 .

Do 2020 a

b chia hết cho 12 nên b chia hết cho 4 và

a b+ + chia hết cho

 

Do b chia hết cho 4 và b nguyên dương nên

8b = .

b = hoặc 4

• Với

b = , ta có

ac ≤ (do (3)) và

2a + chia hết cho 3 (do (4)). Kết hợp với (2), ta tìm được các cặp ( ; )a c thỏa

mãn là (1;1), (1;3) và (4;1) .

• Với

8b = , ta có

(do (3)) và a chia hết cho 3 (do(4)). Kết hợp với (2), ta tìm được các cặp ( ; )a c thỏa

ac ≤ mãn là (3;1), (3;3), (3;5), (6;1) và (9;1).

+ + lớn nhất là 18, đạt được khi

c = 1.

So sánh các kết quả, ta thấy a b c

= và 8

+ − + − + = ( c 3)( c c 3 9) ( c 3) 24

Bài 3.

≥ , tức

Cho

a ≥ . 2

. Mà a là số nguyên nên

x = , ta được

a −

a ≥

1 2

23 16

Mặt khác, với

a = , ta có 2

Vậy

a = chính là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu đề bài.

+ − + − x 2 x 4 x + = 2 x 2( x 1) 0, ≥ ∀ ∈  . x

Bài 4.

,AC KN cắt nhau, và

,AC BM phải cắt nhau. Gọi P là giao điểm của BM

a) Vì tam giác ABC không cân tại A nên và AC . Ta có

∠

= ∠

− ∠

CPM

APB

180o

ABP

BAP

− ∠

−

KBM

(180

)

(180

) 180

CAK o

+ ∠

−

− ∠

−

= ∠

CNK

CNM

180

360

180

MKN o

− ∠

CNM

180

Suy ra tứ giác CNMP nội tiếp. Từ đây, với chú ý các tứ giác

ACNK ABMC nội tiếp, ta có

∠

= ∠

CNP

CMP

CAB

CAK

BNK

Mà hai góc CNP và BNK ở vị trí đối đỉnh nên ba điểm

,K N P thẳng hàng. Vậy

,AC BM và KN đồng quy tại P .

b) Theo câu a), ta đã chứng minh tứ giác MNCP nội tiếp.

c) Gọi ( ),( ) I

J theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp các tam giác

AKC BKN . ,

= ∠

∠

BKN

xBN

,Bx By theo thứ tự của ( ),(

. Mà hai góc này ở vị trí so le trong = ∠

= ∠

nên

= ∠ NCA ∠ . Tương tự, ta cũng có YBA

NCA

BKN

BCA

. Mà JB Bx⊥

nên BJ

J O . Ta có ) AC⊥

, dẫn đến BO KN⊥

Vẽ các tiếp tuyến nên ta có Bx AC By KN

⊥

, IJ

AC⊥

. Do đó BJ OI



, mà OJ BM⊥

nên IM BM⊥

Mặt khác, theo tính chất đường nối tâm hai đường tròn thì vuông góc với dây cung chung, ta có và OI (cùng vuông góc với KN ) nên tú giác BOIJ là hình (cùng vuông góc với AC ) và OB IJ bình hành. Hệ quả là OJ đi qua trung điểm BM (tính chất đường trung trực), nên OJ chứa đường trung bình tam giác BIM . Suy ra OJ

IM

Kẻ các tiếp tuyến BS và CP đến đường tròn ( )I như hình vẽ. Áp dụng định lý Pythagoras cho các tam giác vuông BIM và

PIM BIS và PIT , ta có

−

2 − BM PM

(

)

( (

)

(

)

−

nên

Mà IS

IT=

BM PM BS

( ) 2 1

Dễ thấy các cặp tam giác BSA và

BKS PAT và PTC đồng dạng (g-g), ta suy ra

. (2)

2BS

⋅ BA BK

2PT

⋅ PC PA

−

⋅

Từ (1) và (2), ta suy ra

BM PM BA BK PC PA

Bài 5.

9010

⋅ + với c d

9010

⋅ + và a b

,a c là hai số có 1930 chữ số, b là số có 15 chữ số và d có

Từ giả thiết, ta suy ra 24 chữ số.

chia hết cho

.x (1)

chia hết cho x , thức ad bc−

Đặt x = ƯCLN (

)A B thì ta có aB cA−

;

, khi đó ta có

Ta sẽ chứng minh ad bc−

khác 0. Thật vậy, giả sử ad

bc=

c a

d b

1930

. Trong khi đó, vì d là số có 24 chữ số và b là số có 15

Do a và c là hai số cùng có 1930 chữ số nên

1929

= < 10 c a 10 10

chữ số nên

. Suy ra

> , mâu thuẫn. Vậy

ad bc−

≠ . 0

d b

c a

−

≥ . Mặt khác, ta lại có

khác 0 nên từ (1), ta suy ra ad bc

Vì ad bc−

1930

1954

1930

1945

• •

ad < bc <

10 10

⋅ 10 15 ⋅ 10

= 10 = 10

, tức ad có không quá 1954 chữ số. b, tức bc có không quá 1945 chữ số.

Do đó, với chú ý

là một số nguyên dương có không quá 1954 chữ số, từ đó

− ad bc

max

, ta suy ra ad bc−

{

} ad bc ,

x là một số có không quá 1954 chữ số (đpcm).

> > 10 d b 10 10

----------------- HẾT -----------------

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU Năm học 2020 -2021 HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 Môn thi: TOÁN (chuyên)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)

bx   với 5

ax   và 3

,a b là tham số.

Cho các phương trình

a) Chứng minh rằng nếu ab  thi hai phương trình trên có ít một phương mình có nghiệm. 16

b có giá trị nhỏ nhất.

,a b sao cho a

0.x Tìm

b) Giả sử hai phương trình trên có nghiệm chung

Câu 2. (1,5 điểm)

2 y  

2 3n

Cho phương trình với n là số tự nhiên.

; x y .

a) Chứng minh rằng nếu n chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên 

b) Chứng minh rằng nếu n lẽ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên 

   BAF

EF D EF

Câu 3. (3,5 điểm) Cho đường tròn  ,O dây cung BC không chứa O và điểm A thay đổi trên cung lớn .BC Lấy các điểm E và F thỏa mãn     090 .  ABE CAE   a) Chứng minh AE AB

.

b) Hạ AD vuông góc với Chứng minh các tam giác DAB và DAC đồng dạng và điểm D thuộc ACF  AF AC 

 O G A



Chứng minh AD đi qua một điểm cố định và

. AEF Chứng minh AK đi qua một điểm cố định.

13 a   3

20  5 7 .

một đường tròn cố định. c) Gọi G là giao điểm của AD với đường tròn     GB AC GC AB . d) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Câu 4. (1,5 điểm)







x y

x z

x yz







y z

y x

y zx





z x

z y

z xy

  

k  a) Giải hệ với 1. b) Chứng minh hệ vô nghiệm với

Cho số tự nhiên a) Gọi A là tập hợp các số nguyên dương k sao cho k là ước của a và k chia hết cho 105. Hỏi tập hợp A có bao nhiêu phần tử? b) Giả sử B là một tập con bất kỳ của A có 9 phần tử. Chứng minh ta luôn có thể tìm được 2 phần tử của B sao tích của chúng là số chính phương. Câu 5. (1,5 điểm) Cho hệ phương trình với k là tham số:

k  và 2 k  3.

--------------------- HẾT ---------------------

LỜI GIẢI CHI TIẾT

−

)

(

)

−

)( + 2

Câu 1. a) Điều kiện xác định của x  Với điều kiện này, ta có:

0. ( + x

4 M x  tương đương:

Do đó phương trình

 1

 2



               thỏa x  0. x 2 4 2 0 x x x x x 0 2 4 x x

4 x  là giá trị duy nhất cần tìm.

x  4.

,M N P cùng xác định là

Vậy b) Điều kiện để ba biểu thức x  và 0



 1

 1  x

 x 2 3   4 3

 1



3     1   x 4 3

 1



 2

 x      Ta có: N .  2  x x x 4 x    x x 2  2



   2



 2

     Do đó, ta có: Q x 1. x  x  x 2  x x 2 2 2   x x 2  2

Q  1.

Vậy

Câu 2.

24 x

  5

   x 3 .

x  Phương trình tương đương

  0 1

  Do

a) Điều kiện: hoặc x  và 0

x  nên phương trình này vô nghiệm.

 1

 5

   x

x  và 0 Ta có:   1

x  nên 1

 1

   6

    3



3  Nhưng x  và 0      3 3 1. x x   x Lại có   2 0 x 3 x x   3 x      x    x      

1 ,d





 9    n mn 2

 m 4     m 3 

9 .4 3

  m      n

nên ta có hệ: 1. m  Ta lại có I thuộc  d và  phương trình này vô nghiệm. Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm. b) Điều kiện để  d và  1d cắt nhau là

27 mn  và 4

m n

3  . 4



10 (

Do đó

     14. a

 với Đặt và a b  Khi đó diện tích hình chữ nhật ABCD là ,  BC b cm AB a cm 0. ( ) ( ) c) Độ dài đường chéo AC bằng đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD nên AC 2 .  ab cm



Theo giả thiết ta có:  2

2   b

AC 2





214

100



Lại có

48.

 100.     2

 2

Suy ra:



2 cm .

Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD bằng

Câu 3.

x mx 2   0. 3 a) Phương trình hoành độ giao điểm của  P và  d là:

;x x trái dấu nhau.



 3

ac       nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt 1

Ta thấy

;

; 2



 A x y 1 1

 B x y 2

với mọi Do đó  P luôn cắt  d tại hai điểm phân biệt

x Áp dụng định lý Viete, ta có: 1

  x 2

x x  3. 1 2

và

 6.

   

   3



   3



y 1

  y 2

mx 1

mx 2

 m x 1

x 2

Do đó

Vậy 4 m  6. y 1   y 2

x nên phương trình tương đương:

y 1

2 x và 1

2 2



2   x 1

x 2





 

2   x x 1 2        1

3 



x 2 x 4 2

x x 1 2 x 1

x 2

x 1

x 2



1 .

b) Ta có:

2 2    x x x 1 1 2     x x x 1 1 2    x x 2 1   x x 4 1 2   vô lý. 3

x 1

x 24

x x 1 2

2 x 24

thì Nếu

x  thì 2 1

1m  hay

m  .

x 1

1 2

Nếu

m  là giá trị duy nhất cần tìm.

1 2



Vậy

120%

, 120%

120%

. x

   

216 125

36 25

6 5



ngày thứ hai, thứ ba, thứ tư lần lượt là và Câu 4. x  Khi đó lượng gạo nhập vào kho trong các Gọi x (tấn) là lượng gạo nhập vào khi trong ngày thứ nhất với         0. 36 25

6   x 5

36 25

91 25

a) Tổng lượng gạo đã nhập vào kho sau ngày thứ ba là (tấn).

Theo giả thiết ta có: x    x 25. 91 91 25

Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập 25 tấn gạo.

  b) Sau ngày thứ tư, tổng lượng gạo đã nhập vào kho là (tấn). x x x x 6   x 5 36 25 216 125 671 125

   

 1 671    10 125

Do đó, lượng gạo trong kho đã xuất trong các ngày thứ năm và thứ sau lần lượt là tấn và

9 tấn. Theo giả thiết ta có: x x  1 9 671     10 10 125   671         100 125             

9   x x   x 50,996 50.            1 671     10 125  671     100 125

Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập 50 tấn gạo. Câu 5.

 090 . 

  OM AC OMC

  

a) Do M là trung điểm của AC nên

AO BC ONC

 090 . 

AC và OB OC nên AO là trung trực của



BDC

ADC

Lại có AB Từ đó suy ra tứ giác OCMN nội tiếp.

AC

.AC

nên  AB AC Ta có: AB suy ra DA là tia phân giác của BDC nên     1 .

nên DM là trung trực của



BDC

  ODC 2 ADC ADC Mặt khác OM là trung trực của AC và D OM Suy ra DM là phân giác của      2 .



Từ  1 và  2 suy ra  4 ODC

 . ACD

     AD BD BD 2

 2



b) Ta có  APC

CA CP .



nên  . APC PAC

nên tam giác BDP cân tại



 DEC DMC





BC nên là tứ giác nội tiếp. Suy ra:   . MEC MDC MDA

BD .



hay Mà  ACD DAC Suy ra tam giác APC cân tại Mặt khác ta có       BPD APC DAC DBP Mà DE là phân giác của BDP nên DE Tứ giác DEMC có   090 Từ đó     090 .  DBE BEF DAC MDA BD

 MNC MOC

 AOC ADC





c) Do tứ giác OCMN nội tiếp nên      MDC Do đó EF 1 2

(câu b) nên  .  NME MEC và  MEC MDC



 .B Mà BD EF

 1.

Suy ra hay DE DF , Mặt khác ta lại có    MNC MEC NME Suy ra tam giác MNE cân tại Chú ý rằng tứ giác ABDC và EMCD nội tiếp nên ta có:    .  FAD BCD EMD FMD Do đó tứ giác FAMD nội tiếp. Suy ra     . EFB MDA MDC MEN BEF Vậy tam giác BEF cân tại .EF nên BD là trung trực của DF DE

--------------------- HẾT ---------------------

Môn thi: TOÁN (CHUYÊN) Ngày thi: 17/7/2020 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

LONG AN

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020-2021 (Đề thi có 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm)

Cho biểu thức

với

a) Rút gọn biểu thức để b) Tìm

là số nguyên.

Câu 2 (1,5 điểm)

Cho hàm số:

có đồ thị

a) Vẽ đồ thị

b) Gọi

là giao điểm của

với trục tung

;

là giao điểm của

với trục hoành

Tính chu vi tam giác

và khoảng cách từ gốc tọa độ

đến đường thẳng

Câu 3 (1,0 điểm)

với

là tham số,

Cho phương trình:

Tìm tất cả giá trị của

để phương trình trên có nghiệm nhỏ hơn

có

là đường kính. Vẽ đường kính

không trùng với

Câu 4 (2,5 điểm) Cho đường tròn

Tiếp tuyến tại

của đường tròn

cắt các đường thẳng

và

lần lượt tại

và F.

Gọi

là trung điểm của đoạn thẳng

là hình chữ nhật.

song song

và

là tam giác cân.

a) Chứng minh: b) Chứng minh:

c) Chứng minh: Câu 5 (1,0 điểm)

. Có tất cả bao nhiêu tam giác vuông nhưng không phải

Cho đa giác đều 24 cạnh là tam giác vuông cân được tạo thành từ các đỉnh của đa giác trên?

Câu 6 (1,0 điểm)

Cho các số thực

sao cho:

và

Tìm giá trị lớn nhất của

Câu 7 (1,0 điểm)

. Gọi

lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm,

và

là điểm tùy ý sao cho luôn tạo thành và diện tích

không phụ thuộc vào vị trí điểm

Cho nhọn có trọng tâm của tam giác trên. Gọi Chứng minh: Tỉ số diện tích

HẾT

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……………………….Số báo danh:…………….Chữ ký…… …… Chữ ký CBCT 1:……………………… ...Chữ ký CBCT 2:…………………………...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020-2021

LONG AN

Môn thi: TOÁN (CHUYÊN)

Ngày thi: 17/7/2020

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀ CHÍNH THỨC

(Hướng dẫn chấm có 04 trang)

Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.

NỘI DUNG

CÂU

ĐIỂM

Câu 1a

0,25

(1,0 điểm)

0,25

Câu 1b

Ta có

và

(1,0 điểm)

Suy ra

0,25

Suy ra

và

0,25

Câu 2a

Tìm đúng tọa độ hai điểm thuộc

(0,5 điểm)

0,25

Vẽ đúng đồ thị

0,25

Câu 2b

Tọa độ các giao điểm:

;

(1,0 điểm)

0,25

Chu vi tam giác

0,25

Vẽ

vuông góc với

tại

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác

vuông tại

có đường cao

, ta có:

0,25

Câu 3

(1,0 điểm)

(vì

)

0,25

Phương trình có nghiệm

0,25

Kết luận

Câu 4a

(0,75 điểm)

0,25

Vì

là đường kính nên

0,25

Vì

là đường kính nên

Suy ra

là hình chữ nhật

0,25

Câu 4b

nên

là đường

Vì là trung điểm trung bình tam giác

là trung điểm

(1,0 điểm)

0,25

Suy ra:

song song

0,25

Vì

song song

;

nên

đi qua trung điểm

(tính chất đường kính

Vì và dây cung)

0,25

vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên là

có tam giác cân

0,25

Câu 4c

Tam giác Tam giác

vuông tại vuông tại

và có đường cao và có đường cao

nên nên

(0,75 điểm)

Suy ra

0,25

Kết luận

0,25

Câu 5

Đa giác đều

sẽ nội tiếp đường tròn tâm

và

là 12 đường kính của đường tròn trên.

(1,0 điểm)

0,25

Từ đường kính

ta có 22 tam giác vuông:

0,25

Trong 22 tam giác vuông trên thì có 2 tam giác cân là

0,25

Tương tự cho các đường kính khác, tổng cộng ta có 240 tam giác thỏa đề bài.

0,25

Câu 6

;

(1,0 điểm)

0,25

Suy ra:

0,25

Ta có:

;

Suy ra:

Suy ra :

0,25

Giá trị lớn nhất của

là 14 (Khi

)

Câu 7

( 1,0 điểm)

Vẽ đường kính

0,25

Ta có

song song

vì cùng vuông góc

;

song song

vì cùng vuông góc

Suy ra:

là hình bình hành

0,25

Gọi

là trung điểm

Vì

là đường trung bình của tam giác

và

là hình bình

hành nên

song song

;

0,25

Vì

nên tam giác

đồng dạng tam giác

. Suy ra :

0,25

Suy ra ba điểm

thẳng hàng (vì

) và

Suy ra