ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2020
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN
MÔN THI: TOÁN (cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
2
2
+
+
=
y
xy
x
Câu I. (4 điểm)
3
2
=
+
−
x
xy
70
x
y
)
7 (
− =
+
−
1) Giải hệ phương trình :
9 11 5
− + x
8 2
x
1 24 3
5
x
2
x
(
)(
) − 1
2) Giải phương trình:
2
2
2
−
+
+
+
+
2 x y
xy
= 99 9
x
36
y
13
x
26
y
2
2
+
≤
≤
+
+
Câu II. (2 điểm)
b 3
5
a
2
ab 5
10
,x y nguyên dương thỏa mãn 16 ,a b là những số thực dương thỏa mãn + + a ;8 a 2
b 12 2
+
+
b 3 ≤
1) Tìm 2) Với ≤ 2 2
a 3
b 8
10
ab
21
Chứng minh rằng:
,M N
Câu III. (3 điểm)
BAC Lấy các điểm ,CM BN cùng song song với đường thẳng AD
Cho tam giác ABC có BAC là góc nhỏ nhất trong ba góc của tam giác và nội tiếp đường tròn (O). Điểm D thuộc cạnh BC sao cho AD là phân giác . thuộc (O) sao cho đường thẳng
,AC AB lần lượt là
.E F ,
1) Chứng minh rằng AM AN= 2) Gọi giao điểm của đường thẳng MN với các đường thẳng
,
B C E F cùng thuộc một đường tròn
,
Chứng minh rằng bốn điểm
AM AN Chứng minh rằng
,
.
3) Gọi
, ,P Q theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng EQ FP AD đồng quy.
,
,
các đường thẳng
Câu IV. (1 điểm)
+ + = Chứng minh rằng:
,a b c là những số thực dương thỏa mãn
,
a b c
3.
2
2
2
+
+
≥
4
2
2
2
+
) c 2
) a
2
) b 2
( + a a bc ( b ab
)
( + b b ca ( + c bc
)
( + c c ab ( + a ca
)
Với
ĐÁP ÁN
2
2
+
+
=
x
y
xy
Câu I.
3
2
=
+
−
x
xy
70
x
y
(2)
7 (
(1) )
9
1) Giải hệ phương trình:
2
=
x
7
⇔
x
y=
,
y≠
7 3
3
=
x
0
3 8
0
x
3
3
2
2
3
3
=
− ⇔ −
+
+
=
−
=
−
7
x
y
x
y
x
y
xy
7
x
y
10
x
y
70
x
y
( ⇔ − x
= ± x = x y− ≠ ta có: 0 (
(
) − ⇔ y
(
)
)(
)
(
)
3
2
3
3
3
2
3
+
−
=
⇔ = 9 x
10
xy
x
y
x
xy
10
y
Nếu hệ phương trình trở thành (Vô nghiệm), do đó x
(
−
=
x
2
y
0
2
2
+
+
2
y
x
2
xy
5
y
0
( ⇔ − x
)(
)
2
2
0 ( ) 3 =
+
+
x
2
xy
5
y
( ) 0 4
= ⇔
⇔ =
2x
y
Nhân cả hai vế của phương trình ( )1 với ( ) ) 1 Thế vào phương trình ( )2 ta có: ) ( ) − ⇔ + 2
= ⇒ =
1
y
x
2
2
2
2
+
+
Ta có: ( )3
4
y
y
2
y
7
7
y
1
y
x
2 = ⇔ = ⇔ = − ⇒ = − 7 2
2
2
2
2
+
+
= ⇔ +
+
=
2 ⇔ + x
2
xy
y
4
y
0
x
2
y
4
y
0
( ) 4
)
=
( 2
y
0
2
2
+
⇔ = = x
y
0(
ktm
)
2
y
2
y
= ⇔ 0
( ⇔ + x
)
(
)
+ x = y
0 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (
) x y ∈ ;
) ( 2;1 ;
{ ( − =
+
11 5
− + x
8 2
x
5
1 24 3
x
2
x
Thế vào phương trình (1) ta có:
} ) − − 2; 1 ( −
)(
) − 1
− =
+
−
−
11 5
− + x
8 2
x
1 24 3
5
x
2
x
(
)(
) ( ) * 1
2) Giải phương trình:
5
x
− ≥ x 0 − ≥
2
1 0
x
5
2
≥
5
− = x
0
a
= − 5
x
⇒
ĐKXĐ:
2
=
−
2
x
1
≥
2
x
− = 1
0
1 ⇔ ≤ ≤ 2 ) )
( a a ( b b
b
2
2
=
−
+
⇒ + 2 a
b
x
2
x
− = 1 9
+
=
+ 24 3
ab
(1)
Đặt :
) b 8 2
+
=
b
( 2 5 11 a 2
=
=
⇔ − 11 a
ab 3
− ⇔ b 24 8
a
b
a 9 (2) 2 Giải phương trình ( )1 ta có: ( ) 1
)
( ) − 24 8 *
= ⇔ = ⇒ ⇔ = −
Khi đó ta có:
− 11 3 b
0
a
0
b
b⇒ =
( ) *
11 3
16 3
( − 11 3 b 11 3
Với (vô lý) không là nghiệm của
phương trình (*)
=
=
⇒ = a
a
− −
− −
− 24 8 b − 11 3 b
24 11
b 8 b 3
24 11
b 8 b 3 2
2
⇔
+
=
2
b
9
( ) 2
− −
b 8 b 3
24 11
2
2
2
2
−
⇔
+
+
−
+
−
=
+
b 384
b
576
b 9
b 66
b 66
( b 9 9
2
4
3
2
2
+
−
⇔
( −
+
+
−
) + b 1152 9
b 66
b 121
) 121 − b 81
) 121 = 1089 0
b 768 3
( b 2 64 b 128 4
2
4
3
b 594 2
+
−
+
+
b 168
b 174
b 3
b 58
b 56
3
2
−
+
−
= ⇔ −
−
−
=
−
b 19
b 37
b
b
0
7
0
b
⇔ − 9 b ( ⇔ − b
= ⇔ − b 22 )( ( 1
+ )( 1
− )( b 3 3
= 21 0 )
b 66 )( b 1 3
63 0 ) 21
− =
x
2
1 1
=
− =
=
− =
x
x
tm
b
b
1
2
1 1
1(
1 0
⇔ − = ⇔ = ⇔
− = ⇔ − = ⇔ =
b
x
x
x
) tm
b
3
2
1 3
1 9
2
5(
)
3 0 − =
7 0
b 3
=
=
b
x
x
x
2
− = 1
2
− = 1
tm (
)
7 3
49 9
29 9
, Thay vào ( )2 ta được:
S
;5
7 3 29 9
= 1;
Vậy phương trình có tập nghiệm
2
2
2
−
+
+
+
+
,x y nguyên dương thỏa mãn:
2 x y
16
xy
= 99 9
x
36
y
13
x
26
y
Câu II.
2
2
2
−
+
+
+
+
2 x y
xy
= 99 9
x
y
13
x
y
36 2
26 2
16 2
+
+
+
⇔
+
+
x
xy
13
x
20
xy
2
+
+
+
⇔
+
3
y
− = 1
x
2
13
x
2
y
2 x y
20
36 (
y 36 2 )
+ (
y 26 )( ) *
2 x y (
>
+
=
0
x
2
y
1) Tìm
>
+
=
= 99 9 ) 100 ) 10
xy
10
xy ( a a ( b b
)
2
2
⇒ ⇔ − =
+
1 9
b
a
a 13
( ) *
2
2
+
−
=
−
b
⇔ + a 9
a 2.3 .
1
13 169 169 36 36 6
2
2
2
2
−
+
−
=
b
a
13
36
133
( 18
)
13 6
+
133 = ⇔ 36 +
⇔
−
+
=
b 6
a
b 6
a
13
133
(1)
+
−
+
⇔ + 3 a ( 18 Ta lại có :
18
0
) > 13 18 a
b 6
b 6
> 13 0
)( 13 18 > ⇒ + =
, a a b = Lại có 133 133.1 19.7
Đặt
)
( tm
+
+
+
=
11 3
−
+
−
= −
= 13 0 = 13 1
120 12
a a
6 b 6 b
a a
6 b 6 b
18 18
18 18
⇔
( ) ⇒ ⇔ 1
a
(
ktm
)
+ −
+ +
+ −
a a
6 b b 6
= 13 19 = 13 7
a a
6 b b 6
= 32 = − 6
18 18
18 18
x
= b = a 19 ⇔ = 6 25 = − b 18 = − x
y
3 2
x
y
y
⇒
⇔
⇔
⇔
2
=
+ 2 +
= − 3 2 =
−
+ =
y
y
3 2 − 3 2
1
xy
= 3 = 10 11
1
x xy
= − (
y )
2
3
1 0
y
y
= −
3 2
y
= −
⇔
⇔
⇔
=
(
)
y
ktm
2
0
y
y
1( 1(
) tm ) tm
3 2 y )( − 1
) − = 1
= x = y
x (
x 1 2 = 1 y ) Vậy phương trình có nghiệm ( x y = ;
( ) 1;1
+
≤
≤ 2 2
a
b 3
,a b là những số thực dương thỏa mãn
( ) 5 1 ;
2
2
2
2
+
≤
+
+
+
+
+
≤
2) Với
a 3
b 8
10
ab
8
a
b 12
2
a
b 3
ab 5
10
( ) 21 2
. Chứng minh rằng
≤
+
+
+
+
⇔ + 8 a
b 12
2
a
≤ 10 5
+ a b
10
( ) 2
(
)( b a b 3
)
(
)
⇔ + 3 a
7
b
≤ Mặt khác 2
10.
a
b+ 3
≤ 5
a b⇔ = = 1
Giải
"= xảy ra
2
+
+
=
+
+
Dự đoán dấu "
10
a 3
a
b 2
(
) ( b 4 .
)
2 3 ab b a 8 ( ) I
)2
(
≤
Ta có:
AB
+ A B 4
+
+
+
9
a
b 12
a
b 14
(
)2
=
+
+
≤
21.
b 4
a
b 2
( ) I
( a 3 3
)
(
)
. 7
7 4
2
+
2
a
( 16
)
⇒
≤
=
+
21.
8
a
b 13
( ) I
(
)
26 b 4
Áp dụng bất đẳng thức , ta có:
a
b+ 3a
+
=
+
+
+
bằng cách đồng nhất hệ số Ta biểu diễn 8
8
a
b 13
7
b
2
a
y
b 3
b+ 13 ( x a 3
b+ 7a (
Xét theo 3 ) và 2 )
=
+
+
+
x
x
⇔ + a 8
b 13
3
2
7
(
) y a .
(
) y b 3 .
+
=
x
y
2
8
⇔
⇔
+
=
x
y
7
3
13
3
= x = y
2 5 17 5
2
2
2
⇒
≤
+
=
+
+
+
≤
+
=
a
b
a
21.
8
b 13
7
b 3
.10
.5
2 21
( ) I
(
)
( a . 3
)
( . 2
)
17 5
2 5
17 5
2 5
21.
( ) ⇒ ≤ I
a b⇔ = = 1
"= xảy ra
Dấu "
Câu III.
A
P
M
Q
K
E
F
N
O
C
D
B
=
1) Chứng minh rằng AM AN=
BN AD ) / /
(so le trong do Ta có: NBA DAB
( = DAB DAC gt
)
CM AD / / )
⇒
(so le trong do ; DAC ACM=
= = sd AN sd AM NBA MCA
(trong một đường tròn, hai góc nội tiếp bằng nhau thì
⇒ chắn hai cung bằng nhau). Vậy AM AN=
,
,
,
(trong một đường tròn, hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau)
=
2) Chứng minh rằng 4 điểm
AEF
1 ( Ta có: + sd AN sdCM 2
=
=
(góc có đỉnh ở bên trong đường tròn)
+ sd AM sdCM
(
)
1 2
B C E F cùng thuộc một đường tròn. ) 1 = sd AC ABC 2
(góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn)
B C E F cùng thuộc một đường tròn.
,
,
,
,
EQ FP AD đồng quy
Vậy tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện bằng nhau) hay
3) Chứng minh các đường thẳng
, AHN cát tuyến EKQ , ta có:
,
1
= ⇒ 1
.
.
= (do Q là trung điểm của
AN gt nên )
(
QA QN=
)
EN KH . EH KA
⇒
( ) I
=
Áp dụng định lý Mê-lê-na-uýt trong tam giác
EN KH QA EH KA QN KA EN = EH KH ∩ AD PE
K
'K
{
}' . Áp dụng định lý Mê-lê-na-uýt trong tam giác
,
K≡ AHM cát tuyến PKF ta có:
.
.
= ⇒ 1
1
PA PM=
)
= (Do P là trung điểm của
) AM gt nên
(
FM K H . FH K A
' '
⇒
II
(
)
FM K H PA ' FH K A PM ' FM K A = FH K H
' '
⇔
=
=
=
Gọi Ta đi chứng minh
( )*
− −
EN FM = EH FH
FM FH FM FH HM HN EH EN EH EN
Ta sẽ chứng minh (tính chất dãy tỉ số
bằng nhau)
BN AD CM nên áp dụng định lý Ta – let ta có:
/ /
/ /
HM DC = HN DB
Vì
( )1
HM AC = AB HN
=
Lại có : (định lý đường phân giác), do đó:
),
DC AC = DB AB Xét AEF∆
⇒ ∆
∆
⇒
AEF
.
( ABC g g
( ) 2
)
chung và ABC∆
⇒
có: ( AEF ABC cmt BAC AC AF = AE AB
( )3
HM AF = AE HN
Từ (1) và (2)
( )4
Tiếp tục áp dụng định lý đường phân giác trong tam giác AEF ta có:
III
,
(
)
AF HF = AE HE EN FM = EH FH
Từ (3) và (4) ta suy ra do đó ( )* được chứng minh, tức là
II
III suy ra
K K≡
'
) ( ,
)
HM HF = HN HE KA K A ' = KH K H '
, do đó Từ ( ) ( I ,
EQ FP AD đồng quy tại K
,
,
Vậy
>
+ + = ta có:
Câu IV.
a b c , ,
0,
a b c
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+
a a bc
c
=
+
+
=
+
+
P
2
2
2
2
2
2
+
+
+ c ab +
+
) a
) c
) a
) c 2
2
) b 2
2
2
) b 2
( ( ca ca
)
( + b b ca ( bc bc
)
( ( ab ab
)
)
( + b b ca ( + c bc
( + a a bc ( b ab
)
2
2
2
+
+
≥
Với
a x
b y
c z
( + c c ab ( ) + a ca )2 ( + + a b c + + z y x
2
2
2
2
2
2
2
2
+
+
+
+
+
b
a
b
c
(
)
≥
P
⇒ ≥ P
c 2
+
+
+
+ +
2 2 a b
( a 2 2 b c
2 c a
2
) abc a b c
+
abc 3 (
)
+ ab bc
ca
+ (
abc 3 2 )
p
=
≥
−
Áp dụng BĐT ta có:
+ + = a b c + + ab bc
ca
q
,
9
r
p
4
q
p
(
)2
=
abc
r
⇒
≥
+
≥
+
−
9
abc
+ ab bc
ca
abc 3
4
+ ab bc
ca
9
(
)
(
)
3 4
− ⇔ 9
Đặt áp dụng BĐT Schur ta có:
2
2
2
2
+
+
+
+
−
a
b
4
ca
9
(
)
≥
P
+
ca
+ ab bc
+ ab bc 2 )
c (
2
2
+
+
−
ca
2
9
(
(
)
≥
P
2
+
+ ab bc
ca
) + + a b c (
+ ab bc )
2
2
+
+
−
2 3
+ ab bc
9
+
(
)
+ ab bc
≥
=
P
⇒ ≥ P
4
2
+
+
+ ab bc
ca
ca
( 4 ( + ab bc
) ca )
2 (
ca 2 )
⇔ = = = a b c 1
Khi đó ta có:
"= xảy ra
≥
Dấu "
P
4(
dfcm
)
Vậy
CỘNG HÒA XA HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC
−
x
=
+
−
>
≠
Bài 1. (2,0 điểm)
P
x
0;
x
4;
x
≠ 9
8 x − 4
x
4 + 2
x − 2
1 x
x
2 x
:
x a) Rút gọn biểu thức P
−
> + đúng với mọi giá trị
P x
1
Cho biểu thức với
9x >
( m x
)3 .
b) Tìm m sao cho
y
x= 5
+ và 9
)1 : d
2
−
(m là tham số). Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng
Bài 2. (3,0 điểm)
d
4
:
( = y m
)
) ( 2 1d và
−
−
+
a) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ( + x m 3
− = (m là tham số). Tìm các giá trị của
m
2
x
) 1
(
2
−
+
−
−
≤ 0
m
2
2
2
)
mx 1
x 2
2d là song song. 2 m x 5 0 2 m để phương trình trên có 2 nghiệm 1 ,x x thỏa mãn: )( ( 2 x 1 1
b) Cho phương trình:
.AB
c) Hai ô tô cùng khởi hành một lúc trên quãng đường từ A đến B dài 120km . Vì mỗi giờ ô tô thứ nhát chạy nhanh hơn ô tô thứ hai là 10km nên đến B trước ô tô thứ hai là 0,4 giờ. Tính vận tốc mỗi ô tô, biết rằng vận tốc của mỗi ô tô là không đổi trên cả quãng đường
Bài 3. (1,5 điểm) Bác An muốn làm một cửa sổ khuôn gỗ, phía trên có dạng nửa hình tròn, phía dưới có dạng hình chữ nhật. Biết rằng : đường kính của nửa hình tròn cũng là cạnh phía trên của hình chữ nhật và tổng độ dài các khuôn gỗ (các đường in đậm vẽ trong hình bên, bỏ qua độ rộng của khuôn gỗ) là 8 .m Em hãy giúp bác An tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật để cửa sổ có diện tích lớn nhất
)O (B là tiếp điểm) và đường kính
)O và một điểm nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến AB với .BC Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I ( I )O tại hai điểm D và E ( D nằm giữa A và E). Gọi H
Cho đường tròn (
.
.K Chứng
,AO d cắt BC tại điểm
= AB BE BD AE a) Chứng minh b) Đường thẳng d đi qua điểm E song song với
Bài 4. (3,0 điểm) đường tròn ( khác C và O). Đường thẳng IA cắt ( là trung điểm của đoạn thẳng DE .
HK CD / / c) Tia CD cắt AO tại điểm
.F Chứng minh tứ giác BECF
,P tia EO cắt BP tại điểm
minh
là hình chữ nhật
x y z thỏa mãn các điều kiện sau: ,
,
Bài 5. (0,5 điểm) Tìm các số thực
≤
<
x y z , ,
1
0
+
+
=
y + + z
1
zx
xy
z + + x
1
yz
3 + + y
x
z
x + + 1 y
ĐÁP ÁN
>
≠
Bài 1.
≠ ta có:
4,
9
x
x
−
−
x
x
x
+
−
=
+
−
=
P
x
8 x − 4
x
1 x
x
2 x
x
2 x
4 + 2
x − 2
4 + 2
−
+
1 −
x
x
x
x
2
2
2
.
:
)
(
)
(
x 8 )(
:
+
−
2
x
x
8
x
2
x
x
x
2
+
(
)
x
x
8
x
=
=
P
:
.
) +
( − − 1 2
x
x
4
) +
−
−
+
2
x
x
2
x
( x
2
2
x
2
x
− )(
x )
4 (
− 4 )(
)
−
− − 1 2 ( 2
x
− ) x
.
x
)
8
=
=
=
.
−
x −
x
( 3
4 x
3
−
x 4 +
( +
−
2
2
x
x
x
8 − ) 2 . x
3
(
+ x )(
)
( + x ) ( 2 .
4 (
x )
=
Với a) Rút gọn biểu thức P x 0,
P
x −
4 x
3
−
> + đúng với mọi giá trị
P x
1
9x >
Vậy .
)3 .
b) Tìm m sao cho
9.
( m x x∀ > Ta có: 9,
−
−
P x
> + ⇔ 1
> + x
1
x > ) 3 .
( m x
( m x
) 3 .
x −
4 x
3
⇔
> + ⇔ −
4
mx
m
4
1
x
x
> ⇔ − > 4
m
1
1
) 1
(
1 x
Điều kiện:
9x > nên
1 x
1 < 9
Vì
4
m − ≥ 1
4
m
− > ∀ > thì x
9
1
,
4
m
m
1 9
10 ⇔ ≥ ⇔ ≥ 9
5 18
1 x
Do đó
m ≥
5 18
Vậy
Bài 2.
,d d song song 1
2
a) Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng
2
−
y
x= 5
d
:
4
+ x m 3
+ và ( 9
)
)1 : d
2
( = y m
)
2
2
− =
=
4 5
9
m
⇔
⇔
⇔
⇔ = − 3 m
3 = − 3
≠
≠
9
3
m
m 3 m
3
= m m ≠ m
song song Ta có hai đường thẳng (
m = − thì đường thẳng
3
1d và
2d song song.
−
+
−
−
2
2
≤ 0
)
2 x 1
x 2
2
−
−
+
Vậy
− = , ta có:
x
2
m
x
)( 1 m 2
5 0
mx 1 (
2 m ) 1
2
2
−
−
−
+ −
+
∆ = '
m
2
m
m
2
m
5
(
) 1
⇒ Phương trình đã cho luôn có hai
2
2
=
−
−
m
m
m
4
m
+ + = 4 2
+ > ∀ 2 0
2
+ = 5 (
1 2 (
m )
) ,x x với mọi m
b) Tìm m để ( Xét phương trình:
2
+
=
−
2
nghiệm phân biệt 1
x 2 =
m 2 −
5
2
m
x 1 x x 1 2
Áp dụng hệ thức Vi et ta có:
− = ⇔ −
+
−
+
− =
−
5 0
m
m
2
2
2
2
m
5 0
2
) 1
mx 1
x 1
2 x 1
x 1
2 x 1
+
− +
− = ⇔ −
+
−
2
2
m
1 2
4 0
2
2
m
− = − 1
2
2
(
)
mx 1
x 1
2 x 1
mx 1
x 1
( 2 ⇔ − x 1
−
−
≤
2
2
m
0
2
2
2
0
(
)
)(
)
x 2
2 x 1
mx 1
x 2
x 1
−
+
+ ≥
2
2
2
4 0
x 2
x x 1 2
x 1
+ ≥
− ) x 2 + ≥ ⇔ − − 1 4
≤ ⇔ − 2 ( 2
4 0
2
4 0
m
m
m
Vì 1x là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: +
)( − 1 ) ≥ ⇔ − 0 ) −
≥ − ⇔ ≤
1 4
2
+ ≥ ⇔ − 2
4 0
3
⇔ − − m
m
m
m
3 2
Theo đề bài ta có: ( − + ( )( ⇔ − x 1 ( ⇔ − − 2 5 2 2 m
m ≤ thỏa mãn điều kiện bài toán
3 2
Vậy
c) Tính vận tốc mỗi ô tô
10
( x km h x > /
)(
)
( )h
⇒ Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường AB là
120 x
km h ⇒ Vận tốc của ô tô
/
−
Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là
km h /
10(
x
)
h ( )
⇒ Thời gian của ô tô thứ hai đi hết quãng đường AB là :
120 x − 10
Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là 10 thứ hai là :
0,4
h
2 h= 5
−
−
=
−
−
5.120
x
5.120.
x
10
2
10
(
)
( x x
)
2
2
=
− ⇔ −
−
=
120 x − 600
2 = ⇔ 5 + x
x
6000 2
20
2
x
x
20
x
6000 0
x 2
−
= ⇔ −
+
−
=
120 − x 10 ⇔ 600 2 ⇔ − x
10
x
3000 0
x
x
50
x
3000 0
60 −
=
x
x
60(
tm
)
+
⇔
60
x
50
= ⇔ 0
( ⇔ − x
)(
)
+
= −
x
= 60 0 = 50 0
x
50
−
=
Vì ô tô thứ nhất đến B trước ô tô thứ hai là nên ta có phương trình:
km h và vận tốc của ô tô thứ hai: 60 10 50(
/
km h /
)
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60
Bài 3. Tính độ dài cạnh và diện tích lớn nhất
x
y
0
x< < ⇒ Bán kính của nửa đường tròn
8
( x m
)(
)
(
m )
x 2
Gọi đường kính của nửa hình tròn là
x m )
Khi đó cạnh phía trên của hình chữ nhật: (
0
y< <
8
( y m
)(
)
Gọi cạnh còn lại của hình chữ nhật là
π = x
m
(
)
1 2
π x 2
= ⇔ +
+
=
Độ dài nửa đường tròn phía trên:
+ + x
2
y
8
1
x
2
y
8
π x 2
π 2
2
+ ⇔ = −
⇔ = − y
2
8
4
1
x
y
x
π 2
π+ 4
2
2
=
+
=
+
Khi đó ta có tổng độ dài các khuôn gỗ:
xy
S
xy
1 2
x 2
π x 8
π
Diện tích của cửa số:
2
2
π
π
2
2
2
+
−
+
−
4
4
⇔ = S
x
x
⇔ = S
x
x
+ 4
π x 8
+ 4
π x 8
π
4
2
2
+
+ ⇔ = −
+
4
4
⇔ = − S
x
S
x
x
x
π 8
1 2
+ 8
2
2
π
π
4
4
2
2
−
−
+
−
.
.
⇔ = − S
x
x
⇔ = − S
x
2 . x
32 +
16 +
16 +
16 +
π
π
π
π
+ 8
4
+ 8
4
4
4
2
π
−
+
≤
⇔ = − S
x
16 +
32 +
32 +
π
π
π
4
4
4
+ 4 . 8
= ⇔ =
⇔ − x
0
x
tm (
)
"= xảy ra
π
π
16 +
16 +
4
+
+
π
+
π
−
π 4
2
4 )
π 4
8
=
=
=
⇒ = − y
4
tm (
)
π
2 16 . π +
8 +
+ 4
4
( − π 16 4 π + 4
− 16 4 π + 4
4
Dấu "
m
16 π+
4
Vậy khi cửa sổ có diện tích lớn nhất thì độ dài cạnh trên của hình chữ nhật là: và
(
cm
)
8 π+
4
cạnh bên của hình chữ nhật là
Bài 4.
B
F
P
A
O
D
H
I
d
K
E
Q
C
= AB BE BD AE
.
.
a) Chứng minh
=
⇒ ∆
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và có: A chung; ABD AEB và AEB∆
ABD
AEB g g ( . )
∆
⇒
=
Xét ABD∆ dây cung cùng chắn )BD
AB BE BD AE dfcm
(
.
.
)
(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ )
/ / HK CD DE gt nên OH DE⊥ )
(
(tính chất đường kính và dây cung)
AB BD ⇒ = AE BE b) Chứng minh Vì H là trung điểm của
0
=
0
=
=
90 (
0 cmt OBA );
90
))O
0
0
⇒
+
=
⇒
(do AB là tiếp tuyến của (
90
180
OBAH
là tứ giác nội tiếp
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung OH)
d OA )
/ /
0 = ⇒ ⇒ OHA OHD 90 90 Xét tứ giác OBAH có : OHA 0 = + OHA OBA 90 OAH OBH = ⇒ Mà OAH HEK =
=
=
OBH HKE HBK
⇒ Tứ giác BEKH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề
⇒ nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
)HB
HKB HEB DEB
=
⇒
=
(so le trong do
⇒
=
=
(hai góc nội tiếp cùng
)BD
= ⇒ = (hai góc nội tiếp cùng chắn cung (hai góc nội tiếp cùng chắn )BD HKB DCB Mà DEB DCB ) chắn cung ( HKB DCB DEB ⇒ )
HK CD dfcm
/ /
(
. Lại có hai góc này ở vị trí đồng vị bằng nhau
O
Q B≠
)
(
)
0
0
+
=
⇒
=
c) Chứng minh BECF là hình chữ nhật
90
180
OBAQ
+ OBA OQA
là tứ giác nội tiếp (Tứ Kẻ tiếp tuyến AQ với đường tròn ( Xét tứ giác OBAQ có: 0 90
0 180 )
=
=
⇒
giác có tổng hai góc đối bằng
)OQ
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
)CQ
⇒
=
=
⇒ Tứ giác APDQ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài
⇒
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
=
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn )AP
= (đối đỉnh) CDE CBE ⇒
OBQ OAQ PAQ Lại có: = OBQ CBQ CDQ ) ( PAQ CDQ OBQ bằng góc trong tại đỉnh đối diện) ADP AQP Mà ADP CDE
⇒
( )1 = AQP CBE
(hai góc nội tiếp cùng chắn )CE
AP chung
;
∆ và AQP
= ∆
= BAP QAP ⇒ ∆
có: (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);
ABP
AQP c g c ( . . )
⇒
( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Xét ABP∆ AB AQ=
(2) = ABP AQC
(hai góc tương ứng)
=
⇒
= CBE ABP
⇒
+
=
) + = EBF ABC là góc nội tiếp chắn nửa đườn tròn (O) nên EF là đường kính của (
)O
,BC EF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
=
Từ (1) và (2) ( AQP 090 ⇒ = CBE CBF ABP CBF EBF⇒ O⇒ là trung điểm của EF Xét tứ giác BECF có hai đường chéo
EBF
cmt
)
BECF ) dfcm
là hình bình hành. Lại có: 090 ( nên BECF là hình chữ nhật
⇒ ( Bài 5.
2
x
1
1 ≤
x xy
y
≤ ⇒ ≤
2
+
≤ + +
1
1
2 ⇒ + x
≤ + ⇒ + y
xy
zx
y
zx
⇒
≥
⇒
≤
2
+
+
1
1
xy 1 xy
x 1 + + y
x
xz
1 + + y
xz
zx
1 + + y
z
)
( x x
⇒
≤
1
x + + y
xz
1 + + y
x
z
≤
≤
Ta có:
;
y + + z
1
xy
1 + + y
x
z
z + + x
1
yz
1 + + y
x
z
Chứng minh tương tự ta có:
+
+
≤
x + + y
1
xz
y + + z
1
xy
z + + x
1
yz
3 + + y
x
z
⇔ = = = y 1
x
z
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức ta được :
"= xảy ra
x y z = ; ;
Dấu "
)
( ) 1;1;1
Vậy có duy nhất 1 cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán (
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10
3
3
+
x
x
−
(
) 1
8
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN (không chuyên) Thời gian làm bài 120 phút, không kể giao đề
=
P
=
=
M
N
,
2
+
2
x
−
+
x
x
( ) − 1 )( 4 3
x (
− ) 1
+
+
x
3
x x (
) 1
M x= − 4
và Câu 1. (1,0 điểm) Cho ba biểu thức
,M N và P xác định, rút gọn biểu thức
=
+ Q MN P
a) Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn b) Trong trường hợp các biểu thức
+
x
− + 3
x
4
2
−
+
=
x
x
4
5
0
Câu 2. (3,0 điểm)
)
3 − 1
x
=
+ và
a) Giải phương trình (
y mx n
,m n thỏa mãn hai đường thẳng (
) :d
= +
+
b) Cho hai số thực
y
x m 3
2
− n mn
I
(
(
)3;9 .
)1 : d
m n )C có
)cm và nội tiếp đường tròn (
=
cắt nhau tại điểm Tính giá trị của mn và
R
2
=
Tính diện tích hình chữ nhật ABCD
cm ,P d lần lượt là các đồ thị của hàm số
y
x=
mx
2
và c) Cho hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 28( ). ) (
5( bán kính Câu 3. (2,0 điểm) Gọi (
)
)d luôn cắt parabol (
+ y 3 )P tai hai điểm phân biệt
,
)
)
2
( ,A x y 1 1
2
y 1 −
=
3
y
y+ x 4 2
y 1
2
a) Chứng minh rằng đường thẳng ( ( , 2 b) Tìm tất cả các số thực m sao cho theo m + x x 1 2
B x y với mọi số thực .m Tính − x 4 1 Câu 4. (1,0 điểm) Một kho hàng nhập gạo (trong kho chưa có gạo) trong 4 ngày liên tiếp và mỗi ngày (kể từ ngày thứ hai) đều nhập một lượng gạo bằng 120% lượng gạo đã nhập vào kho ngày trước đó. Sau đó, từ ngày thứ năm kho ngừng nhập và mỗi ngày kho lại
1 10 hàng nhập ngày thứ nhất trong mỗi trường hợp sau :
xuất một lượng gạo bằng lượng gạo kho ở ngày trước đó. Hãy tính lượng gạo kho
a) Ngày thứ ba, sau khi nhập xong thì trong kho có 91tấn gạo b) Tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ năm và thứ sáu là 50,996 tấn gạo,
và
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng
AB AC= , )T tại ,N P
)T có tâm O, có .AC Tia MO cắt đường tròn ( .D Đường thẳng BC lần lượt cắt các đường thẳng AO và AD tại các điểm
BDC
Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( 090 . BAC > điểm
.F Chứng minh rằng CA CP=
a) Chứng minh rằng tứ giác OCMN nội tiếp và 4. = ODC b) Tia phân giác của BDP cắt đường thẳng BC tại điểm .E Đường thẳng ME cắt
đường thẳng AB tại điểm và ME DB⊥
DE DF
c) Chứng minh rằng tam giác MNE cân. Tính tỉ số
ĐÁP ÁN
Câu 1.
M x= − 4 −
8
=
a) Tìm x khi
M
x ≥
0)
+
+
x
3
x x (
)2 1
Xét biểu thức (ĐKXĐ:
3
3
−
−
+
+
2
2
2
4
x
x
x
−
(
)
)
8
=
=
=
M
2
2
+
3
2
1
)( + + x
x
+
+
+
( + 3
3
x
) 1
+
−
+
4
x x ( 2
) 1 2
x
x
x
x ( )
(
−
=
=
2
x
4
x
Ta có:
x )( + + 2 x M x= − 4
2
2
− ⇔ − =
−
+
x
x
x
x
x
x
⇔ − = − = 2
4
2
2
2
2
)
(
)(
(
)
− =
x
2 0
x
x
⇔ = x
2
0
4(
tm
)
) + − = ⇔ 2 1
( ⇔ −
)(
+ =
x
VN
1 0(
)
Khi đó
M x= − 4 + = Q M N P .
Vậy
4x = thì b) Tính
0
4
≥ x ≠ x
x
=
−
=
ĐKXĐ:
M
x
2,
P
+
2
2
3
3
+
+
+
+
−
x
+ − 1
x
x
x
x
x
+
x (
)( 1
) − + 1
(
) 1
x
2 ) 1
(
) ( 1
=
=
N
−
+
) 1 −
+
x
x
x
x
( ) − 1 )( 4 3
x (
− ) 1
(
( )( 4 3
) 1
+
+
2
x
2
1
1
2
x
+
(
) 1
=
=
=
−
+
2 −
x
x
) 1 + x
x
4
x
( 2 3 x )( − 4 3
) 1
(
x (
+ + − + − x x )( ) 1 4 3
x
−
+
⇒ =
+ =
x
. Q M N P
(
) 2 .
2 −
+
4
x
2
x
x
+
=
=
1
+
2
x
2 + 2 x 1Q = Vậy
Ta có:
+
x
− + 3
x
4
2
+
−
=
x
4
x
5
0
Câu 2.
)
3 − 1
x
0
+ ≥ x
x
0
≥
a) Giải phương trình (
0
0
x
1
≥ x ≠ x
1
− ≠
≥ − 3 ⇔ ≥ ⇔ x ≠ x
1 0
x
3
4
2
+
− =
x
x
4
5 0
+
x
x
− + 3
4
2
+
−
x
x
4
5
0
(
)
x
3 − 1
x
+ = x
− + 3
3
0
( ) 1 ( ) 2
= ⇔
4
2
x
x+ 4
− = 5 0
=
≥
ĐKXĐ: . Ta có:
0
t
2
2
) − = ⇔ − +
− = ⇔ − +
+
5 0
5 0
5
0
5 t
t
t
t
4 t
t
Đặt Xét phương trình ( ) 1 : ( 2 x t
( t t
(
) − = 1
)
2
+
5
= ⇔ 0
⇔ = ⇔ = ± 1
t
x
x
1(
tm
)
( ⇔ − t
)( 1
)
tm 5(
ktm
)
= 1( t = − t
, phương trình (1) trở thành: ) 1
x
− + 3
3
+ = ⇔ + = − với 3
3
0
x
x
x
x
x≥ 0,
≠ 1
− ≥ x
≤
≤
3
x
3
x
⇔
⇔
⇔
2
2
−
+
−
+ =
−
+ = x
x
6
x
9
x
7
x
6 0
+ = x
3
x
0 (
)2
3
3 3
≤
≤
x
x
3
⇔
⇔
⇔
2
3 −
+ =
6
x
0
6
x
0
x
≤ ( x x
3 ) − − 1
(
) − = 1
)(
) − = 1
x
− − x
6
x
6 0
x (
≤
≤
x
x
⇔
⇔
1
⇔ = x
)
3 = =
3 = =
6 1
6( 1(
x x
x x
ktm ) tm
Xét phương trình (2):
1x⇒ = không thỏa mãn.
Kết hợp với điều kiện xác định
{ }1 S = ±
+
=
= +
+
Vậy
:d y mx m
x m 3
2
− n mn
d y 1 :
và cắt nhau tại điểm b) Hai đường thẳng
I
.m n và
(
)3;9 .
m n
d
Tính
d
{ } I
∩ = d 1
d 1
∈ I ∈ I
Vì nên
m
9 4
⇒
⇔
⇔
+ m m +
+
2
2
m
− n mn
m
− n mn
= 9 3 = + 9 3 3
= 9 4 = 6 3
+
−
2
n
n
= m = 6 3.
9 4
3 4
=
=
m
m
9 4
⇔
⇔
= −
n
5 4
=
=
−
=
−
=
= −
m n .
.
:
.
3 5
9 4
m n
9 4
3 5
9 4
− 5 3
15 4
9 4 3 = − n 5 − 27 20
3 4
)cm và nội tiếp đường tròn (C) có bán
Vậy và
=
c) Hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 28(
R
5
cm
.
(
)
kính Tính diện tích tứ giác ABCD
A
B
O
D
C
< < ⇒ =
−
Theo bài ra ta có: Hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 28(
CD
14)
14
0
x
14(
)
)
)cm nên có nửa chu vi bằng ( x cm
)cm . Đặt =
= AB x cm ∩
.(ĐK:
,
O AC BD
( Khi đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD
= 5R
cm
Gọi
(
)
=
⇒ = OA
5
cm
⇒ = AC
OA 2
10
cm
(
)
(
)
Hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn có bán kính
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC ta có:
2
2
2
2
2
2
2
+
=
−
= ⇔ +
−
+
10
28
= 196 100
AB
BC
AC
2 ⇒ + x
x
x
x
x
( 14
2
2
+
28
98 0
x
x
x
= ⇔ −
−
−
+
−
=
48 0
6
8
6
8
6
0
x
⇔ − 2 x 2 ⇔ − x
x
x
) + )
)
6
⇔
−
= ⇔ 0
6
8
x
( TM
)
( ⇔ − x
)(
)
= ⇔ − 14 ( x x − = 6 0 − =
= =
x x
= 48 0 ( x x
8
=
= ⇒ =
8
6
cm
x
AB
6
⇒ Diện tích hình chữ nhật ABCD là
) cm BC ,
8 0 (
(
)
2
Với
= ⇒ =
=
⇒
=
= S = 6.8 48( cm )
x
AB
8
8(
cm BC ),
6
cm
S
= 8.6 48
cm
(
)
ABCD
(
)2
2 48cm
2
=
,P d lần lượt là đồ thị của các hàm số
y
2
mx
y
+ 3
x=
Với
) (
)
Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD bằng Câu 3. Gọi (
(
)
1;A x y và
1
a) Chứng minh đường thẳng ( và )d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
;
y+
(
) B x y và tính 2
2
2
y 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị (
)P và (
)d ta có:
2
2
=
− =
x
2
3
2
mx
mx
2
+ > ∀ ⇒ Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân
3 0
m
∆ = '
m
( ) 3 0 * (
)
2
)d luôn cắt (
)P tại hai điểm phân biệt
(
)
1;A x y và
1
;
)
+ ⇔ − x Phương trình ( )* có ,x x với mọi m biệt 1 Hay với mọi m thì đường thẳng ( ( B x y 2
2
=
+
2
theo m
,A B
( d∈
)
=
3 +
y 1 y
2
3
2
mx 1 mx 2
+
=
2
m
Ta có nên:
x 2 = −
3
x 1 x x 1 2
+
=
+ +
+ =
+
+
y
2
3 2
3 2
6
)
y 1
2
mx 1
mx 2
( m x 1
x 2
2
=
. Khi đó ta có: Áp dụng hệ thức Viet vào phương trình ( )* ta có:
+ = m 6 4 2 = m 4
y
+ 6 + 6
m m 2 .2 + y 1
2
−
=
4
y 1
2
x x 1 2
Vậy
A x mx + ;2
3
(
)
và
− b) Tìm m sao cho y 4 x x 1 2 )d luôn cắt ( Với mọi m thì đường thẳng (
1
1
=
m
2
B x mx + ;2
3
et−
(
)
2
2
+ 3 )P tại hai điểm phân biệt + x (1) 2 = −
(2)
3
x 1 x x 1 2
ta có: . Áp dụng hệ thức Vi
Theo dề bài ta có:
−
=
−
+
⇔
+ −
−
+
=
+
4
4
3
2
4
− 3.( 3)
3
y
y 1 ⇔
x x 1 2 =
−
−
) −
+
=
mx 2 −
x 1 + − 3 8
12
2
mx 1 − ⇔ 9
4
4
0
2 mx 1
x 2 mx 2
x 1
x 2
x 1
x 1 8 mx 2
x 2 x 2
− =
=
m
⇔
−
m
4
= ⇔ 0
( ⇔ − 2
)( 1
)
x 1
x 2
m −
0
4
1 0 = x 2
2 x 1
1 2 4
x 2
( 3 4 2 2 mx 1 = x 1
3
x=
x Với 1
2 x = − ⇒ Phương trình vô nghiệm 24
thay vào ( )2 ta có:
m = thỏa mãn yêu cầu bài toán
24 , 1 2
Vậy
Câu 4.
a) Ngày thứ ba nhập xong thì có trong kho 91 tấn gạo
x >
0)
=
x
Gọi lượng gạo trong kho hàng nhập ngày thứ nhất là x (tấn ) (ĐK:
.120% 1,2 x = x + + 1,44
1,2
x
x
x
(tấn) Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ hai là : Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ ba là : 1,2 .120% 1,44 x Sau ngày thứ ba, lượng gạo có trong kho là : (tấn) x (tấn) = 3,64
= ⇔ =
=
Vì ngày thứ ba, sau khi nhập xong thì trong kho có 91 tấn nên ta có phương trình:
3,64
x
91
x
25
91 3,64
(tấn ) (thỏa mãn)
Vậy nếu ngày thứ 3, sau khi nhập xong, trong kho có 91 tấn gạo thì lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất là 25tấn.
x +
+
=
b) Tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ 5, thứ 6 là 50,966 tấn
x Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ tư là 1,44 .120% 1,728 (tấn) + x 1,728
= 1,44
1,2
x
x
x
Sau ngày thứ tư, lượng gạo có trong kho là : (tấn)
5,368 x 1 10
=
Từ ngày thứ 5 kho ngừng nhập và mỗi ngày kho lại xuất một lượng gạo bằng lượng
.5,368
x
0,5368
x
−
=
Số gạo xuất trong ngày thứ 5 là : (tấn) gạo trong kho ở ngày trước đó nên: 1 10
x
0,5368
x
4,8312
x
=
(tấn) Số gạo còn lại sau ngày thứ 5 là : 5,368
.4,8312
0.48312
x
x
1 10
+
⇔
=
=
x
0,48312
1,01992
50,966
50,966
⇔ = x
50(
tm
x
)
Số gạo xuất trong ngày thứ 6 là : (tấn)
Vì tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ 5, thứ 6 là 50,996 tấn nên ta có phương trình: 0,5368 x Vậy nếu tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ 5, thứ 6 là 50,996 tấn thì lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất là 50 tấn.
Câu 5.
A
M
C
B
P N
E
I
F
O
D
=
BDC
=
(
A
)
a) Chứng minh OCMN là tứ giác nội tiếp và 4 ODC
⇒ thuộc đường trung trực của BC AB AC gt (cùng bằng bán kính) O⇒ thuộc trung trực của BC
⇒ ⊥ ⇒
090 =
OA BC ONC
*) Ta có : OB OC=
ONC⇒
=
= ONC OMC
cmt
),
(quan hệ vuông góc giữa đường kính và
⇒
⊥
⊥
suy ra OCMN là tứ giác nội tiếp (Tứ
DM
)
có là đường cao đồng thời là đường Khi đó ta có OA là trung trực của BC Vì M là trung điểm của AC (gt) nên OM AC⊥ dây cung) 090 = Xét tứ giác OCMN có 090 ( giác có 2 đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối dưới các góc bằng nhau) *)Xét ACD∆
( DM AC do OM AC cân tại D nên DM cũng là đường phân giác của ADC
⇒
2 = ODC ADC
(1)
trung tuyến suy ra ACD∆
=
)
AB AC gt
⇒
=
(trong một đường tròn hai dây bằng nhau căng nên = sd AB sd AC
⇒
=
BDC
BDC
(2)
=
( Ta có : hai cung bằng nhau) ADB ADC bằng nhau thì bằng nhau) AD⇒ là phân giác của 2 ADC Từ (1) và (2) suy ra 4. ODC
)
BDC
(trong 1 đường tròn, hai góc nội tiếp chắn hai cung
và ME
( dfcm b) Phân giác góc BDP cắt BC tại E, ME cắt AB tại F. Chứng minh CA CP=
=
vuông góc với DB
sd AB sd AC cmt
)
⇒
+
+
= sd AB sd BD sd AC sd BD
⇒
=
+
sd AD sd AC sd BD
+
=
sdCD sd AC sd BD
= ⇒
= do AD CD sd AD sdCD
)
=
⇒ ( Lại có : 1 sdCD DAC
Ta có : (
2
=
(góc nội tiếp chắn cung CD )
APC
AC BD ) ,
)
( + sd AC sd BD
=
= DAC APC
⇒ =
(góc có đỉnh nằm phía trong đường tròn chắn cung
CA CP dfcm
(
)
cân tại C (tam giác có hai góc bằng nhau)
(hai góc đối đỉnh )
)CD
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
⇒ ∆
BDP
(do tam giác ACP cân tại C) (cmt)
= ⇒ Tứ giác CDEM là tứ giác nội tiếp (tứ giác
= CED CMD
1 2 ⇒ hay PAC APC ∆ Suy ra ACP Ta có : APC DPB = PAC DBP = Mà APC PAC = DPB DBP ⇒ = DE BC⊥ Xét tứ giác CDEM có 090 có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)
=
cân tại D, do đó phân giác DE đồng thời là đường cao nên
)MC
MEC MDC ADM
⇒
=
= BEF ADM
= (đối đỉnh) ( )3
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
(do tam giác ADM vuông tại M)
=
=
(do tam giác DEP vuông tại D)
ADM ADE EDB
=
⇒ Mà MEC BEF Ta có: 090 ADM DAM+ 090 = + ADE DPE Mà = = DAM APC DPE Từ (3) và (4) BEF EDB ⇒
nên (4)
∩
=
=
+
+
=
EF
⇒ ∆
⊥
Gọi
DEI
{ } = BD I vuông tại I DI
IE
(
)
hay . Ta có: 090 DEI EDB DEI BEF DEB ⇒ ⊥ ME DB dfcm
=
=
c) Chứng minh tam giác MNE cân. Tính
+ sdCD sd AC
+ sdCD sd AB
) = CPD
DE DF )
2
1 2 0
0
( −
1 ( 2 ⇒
−
=
180
180
⇒
=
=
lớn (góc có Ta có: 1 = sd AD DBA
EBF
CPD DBA BD⇒ là tia phân giác của ( )*
⇒ ∆
đỉnh ở bên trong đường tròn) DBF DPE BDE
⇒
cân tại B (phân giác BI đồng thời là đường cao)
=
(góc ở đáy tam giác cân)
=
=
(góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp
)
BEF ( )5 = BEF BFE Ta có: ANM ACO OCMN mà = ACO OAC OAB
⇒
, hai góc này lại ở vị trí so le trong nên ANM OAB
= NME BFE
/ /MN AF
=
(hai góc so le trong ) (6)
= ( cân tại B(cmt) nên BE BF=
=
=
cân tại
);
⇒ Từ (5) và (6) suy ra BEF NME NEM ∆ N dfcm ) Suy ra MNE Vì BEF∆ ∆ Xét BDE ⇒ ∆
∆ và BDF = ∆
BE BF cmt BD ( ⇒ =
có: chung; EBD FBD (theo ( )* )
BDF c g c . ) ( .
DE DF
BDE
(hai cạnh tương ứng)
= . 1
DE DF
Vậy
SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ THI MÔN TOÁN (Dành cho chuyên Tin) Ngày thi: 12 tháng 7 năm 2020 Thời gian làm bài : 150 phút (không kể giao đề)
=
+
A
22 x
5
x
+ 2
Câu I (2,0 điểm)
x + = 1 3
+
+
6 2 5
B =
2
1) Phân tích đa thức thành nhân tử: 2) Giải phương trình: 4
x= 4
− và 3
:
x=
− 3) Rút gọn biểu thức: 4) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng : (
6 2 5 ) : d
( Parabol P y
)
y
−
=
Câu II. (2,0 điểm)
10
2
+
1) Giải phương trình:
x
m
1 − x 5 ( 2 − 2
+
=
+
13
2
1 + 5 x ) + x m 1 0 ,x x thỏa mãn: (
= ( m là tham số). Tìm giá trị của m để )( 1 2
) 1
x 2
x 1
2
2) Cho phương trình:
phương trình đã cho có hai nghiệm 1
+ −
x
2 2
y
− = − 1 4
Câu III. (2,0 điểm)
+ + =
2
x
y
3
.cm Hai cạnh góc vuông hơn kém nhau
16 2) Một tam giác vuông có cạnh huyền dài 10 .cm Tính độ dài hai cạnh góc vuông.
2
1) Giải hệ phương trình :
;O R và dây cung
R< 2 .
)
>
Câu IV. (2,0 điểm) Cho đường tròn (
,BC M là điểm tùy ý trên cung lớn
BC (
)0 .
.N Các đường thẳng MB và AC cắt
BC CM BM≥ nhỏ ).O Đường thẳng AM cắt d và BC lần lượt tại Q và ( nhau tại
.P
Gọi A là điểm chính giữa của cung Qua C kẻ tiếp tuyến d tới
=
+
.E Chứng minh rằng :
1) Chứng minh : PQCM là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh rằng: PQ song song với BC
)O cắt d tại
1 1 1 CN CQ CE
∆
3) Tiếp tuyến tại A của (
lớn nhất 4) Xác định vị trí của M sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp MBN
2
+
−
−
−
Câu V. (2,0 điểm)
2
x
y
2
y x
x
3
,x y thỏa mãn
2
2
+
+
+
+
=
1) Tìm các số thực
x
x
2020
y
( 3 2 y
) 2020
2020
= 0 )
,x y thỏa mãn (
)(
2) Cho hai số
= + x
y
Tính giá trị của S
2
2
+
+ =
+
+ + =
+
+
+
=
+
+
5
x
2 2
x
4
x
2 2
x
2
x
2
x
x
( x x
)
(
)
(
)( 2 2
) 1
ĐÁP ÁN
2) 4
3
x
+
≥
−
<
*) 4
+ = 1
4
1
x
khi x
*) 4
+ = − 1 4
1
x
x
khi x
x
− 1 4
− 1 4
x
x
+ ≥ − ⇒ + = ⇔ = x 4
1 3
)
tm (
)
1 2
− = ⇔ = −
x
x
tm
x
1 3
1(
)
)
1 4 − 1 + < ⇔ − 4 4
=
Câu I. = 2 x A 1) + = 1
S
1 − ; 1 2
2
2
+
+
−
=
+
+
+
−
+
3)
B =
6 2 5
6 2 5
5
2 2. 5.1 1
5
2 2. 5.1 1
(
)
(
)
2
2
=
+
=
+ +
− =
+ +
− =
5 1
5 1
5 1
5 1 2 5
(
) + 5 1
(
) − 5 1
2
+ =
−
2 ⇔ − x
4
x
3 0
x= 4
3
Vậy
y
1
a b c
1 4 3 0
3
y
9
2
4) Ta có phương trình hoành độ giao điểm: = ⇒ = Vì
x 1 + + = − + = ⇒ x 2 ( ) ( 1;1 ; 3;9
x 1 = ⇒ = )
Vậy tọa độ giao điểm là
0
+
x
x
−
=
1)
= ⇔ 10
10
25
1 − x
1 + x
5
5
−
+
> x ≠ x
x
x
5
5
+ − 5 )(
5 )
(
= ⇔ −
= ⇔ =
⇔
x
x
tm
10
25 1
26(
)
x 2
2
=
2)
x
+ x m
0
( ) *
2
25 ( 2 +
) 1 −
=
+
m
∆ = '
1.
m
2
m
1
10 − − (
+ m )2 1
⇔ ∆ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ − m
1 0
' 0
m
2
Câu II.
1 2
=
+
+
2
m
x 1
Phương trình (*) có nghiệm
2 2
+
+
+
+ =
Áp dụng hệ thức Vi – et :
1 13
x 2 1 2 +
x 2 +
Ta có:
4
( m
2
x 2 = x x m 1 2 = ⇔ 2 4 13 x x 1 2 2 = ⇔ + 2 m
12 0
) ( x x 2 1 + − = 2 6 0 m 2
)( 1 2 ( m 2 2
) + 1 ) −
tm
)
2
⇔ +
Hay
m m
m = − 2
= m 1( − = ⇔ = − 2 0 2( m
ktm
)
Vậy thì thỏa đề.
Câu III
+ −
2 2
− = − 1
4
x
y
1)
1 ≥ −
2
≥ y x
+ + =
2
16
x
y
3
2
+
≥
=
+
=
t u
0
y u
1
y
t
x
2,
u
( 1 ,
)
−
−
4
u 2
− ⇒ = ( ) 4 *
2
+ =
2
= − ⇒ = u 2 t ( ) 1 16 2 ⇒
−
+
+ =
. Phương trình thành:
u
1 16
)
2
−
27 0
⇔ + u
6 u
tm 9(
)
ktm
= ⇒ − = ⇒ =
( ) u 3 2 4 = 3( u = ⇔ = − u y 10
u
1 3
3
y
Đặt t + 3 t u Thay (*) vào (2)
⇒
= ⇔ + = ⇔ = 2
2
x
x
2(
tm
)
x =
3 Vậy
, thay vào phương trình đề:
+ + 2 10 16 = 2, 10 y x x cm ) ( 1) Gọi
2x +
2
2
2
là cạnh góc vuông bé suy ra cạnh góc vuông lớn:
+ =
+
+
4
x
2
x
10
2
x
x
)2
(
=
tm
4 100 ⇒ + = x
2 8
)
2
−
⇔ + x
2
x
48 0
6( = −
8(
x 1 x 2
= ⇔
Áp dụng định lý Pytago ta có phương trình: = ⇔ +
ktm 6
) cm cm ;8
Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là
Câu IV.
L
M
F
K
O
C
B
N A
E
P
Q
PQCM
⇒
Ý 1. là tứ giác nội tiếp
BC
= sd BA sd AC
A
là điểm chính giữa cung
PMQ PCQ =
⇒
Ta có ⇒ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Mà 2 góc này cùng nhìn là tứ giác nội tiếp
PQ
PQ PMCQ BC
Ý 2. song song với
(MPQC
là tứ giác nội tiếp ) (1)
QPC QMC = Ta có: QMC BCP =
( )2
QPC BCP =
(góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau )
Từ (1) và (2) suy ra
BC PQ / /
Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên
AE CE=
=
và
⇒
+
+
⇒
=
+
⇒
=
CE
.
1
CE CE QE CE = CN CQ QC CQ
1 1 1 CN CQ CE
1 1 + CN CQ
Ta có: (hệ quả Ta let) Ý 3. AE BC / / Dễ chứng minh : AE QE CE = CN CN QC
Ý 4.
)
( là giao điểm đường trung trực của đoạn
(góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) BMN Ta có : AB⇒
BL
ABN BMN = là tiếp tuyến của đường tròn K
AL
BN
và của
Kẻ đường kính E⇒
F
Tương tự dựng )
∆
∆
BLC BEN CFN = + ⇒
)O ( ( BMN là tâm đường tròn ( là tâm Dễ dàng chứng minh được ⇒
. Gọi ) CMN ∆ ,
LENF
MCN
MBN
, R (
)
)
R (
≥ ⇒ ≥
∆
∆
⇒ =
≤
là hình bình hành (không đổi) cân LC
MC MB
NC NB
EBN
FCN g g ( . )
1
EB NB FC NC
+ ⇒
≤
≤
2
2
⇒ ≤ ⇒ EB FC
EB EB FC
LC
ABN
R (
)
⇒
≤
MBN
R (
)
LC 2
Ta có: mà
BC
"=
M L≡
xảy ra khi là điểm chính giữa của cung lớn
" Dấu Câu V.
1)
2
+
−
−
≥
≥
−
=
x
y
y x
x
y
x
2
2
0;
0
0
3
(
)
2
−
x
y
x
) + = 9 0
6
2
2
+
−
+
=
+
x
y
x y .
0
6
( 3 2 − (
)
y x )
2
2
−
=
+
x
y
x
0
3
9 (
x
2 ) 9
x ) − = 3 0
⇔
⇒
tm (
)
3
= x = y
⇔ + 2 ( ⇔ − x ( ⇔ − Vậy
− = y = y
9,
0 3
x = x 2)
2
2
+
+
+
+
=
*
2020
2020
2020
x
x
y
y
)
)(
(
2
2
2
−
+
+
+
+
+
2020
2020
2020
x
x
x
x
y
y
)
)(
)(
(
=
⇔
2020
2
−
+
x
x
2020
2
2
2
−
−
+
+
x
x
y
y
2020
2020
(
)
)(
=
⇔
2020
2
−
+
x
x
2020
2
+
+
y
y
2020
2
2
+
− = +
+
⇔
x
y
x
y
= ⇒ 1
2020
2020(1)
2
+
−
x
x
2020
2
2
2
+
+
+
+
−
+
2020
2020
2020
x
x
y
y
y
y
)
)(
)(
(
=
2020
*)
2
−
+
y
y
2020
2
2
⇒ −
+
+
+
x
x
2020
= − + y
y
2020
)
(
2
2
+
⇒ −
− = − +
+
x
2020
x
y
2020
(2)
y Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có: − − = + ⇔ + 0
2
2
y
x
y
= ⇔ + = x
y
0
x Vậy
y S =
x 0
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 1
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2020-2021 Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi chuyên Tin) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang
2
2
2
2
+
=
=
< < thỏa mãn
Câu 1 (2 điểm)
2
x
2
y
5
xy
x
y
E
2
2 .
+ −
x x
1
3
=
−
+
+
−
. Tính a) Cho 0
P
32 x
6
x
2008
.
x =
3 2 2 .
)2021
y y (
3
−
3 2 2
Tính giá trị biểu thức b) Cho
;....;
a a ; 1 2
a .k
5
Câu 2 (2 điểm)
+
+ + ...
a
a
S
5 a 1
5 .k
2
a) Phân tích số 210720202021 thành tổng của k số tự nhiên = Tìm chữ số tận cùng của S. Đặt
,x y sao cho x
y−
b) Cho X là một tập hợp gồm 506 số nguyên dương đôi một khác nhau, mỗi số
E =
{ } 5;10;15
không lớn hơn 2020.Chứng minh trong tập hợp X luôn tìm được hai phần tử thuộc tập hợp .
2
2
+
+ =
+
+
Câu 3 (2 điểm)
5
x
6
x
4 3
x
3
x
4.
(
) 1
2
+
=
a) Giải phương trình
+ + 2
2
xy
11
y
2
2
+
+
=
+
y
x
y
y
4
2
13
y )
(
,
O R các đường cao
;
)
.H Gọi M là trung điểm của
.BC
;
;
M D E F cùng thuộc một đường tròn.
2
; ≤
; .
R
4
b) Giải hệ phương trình 2 x
x 2 Câu 4 (3 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( AD BE CF cắt nhau tại ; a) Chứng minh bốn điểm + AB BF AC CE ,
. ,A B C thay đổi trên đường tròn (
)O sao cho tam giác ABC luôn
+
+
=
xyz
xy
zx
yz
3
.
Chứng minh
. b) Chứng minh c) Khi vị trí các đỉnh nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF không đổi. Câu 5 (1 điểm) Cho 3số thực dương x y z thỏa mãn ,
,
+
+
≤
.
z 2
+
x 2 2 + y z
3
xyz
y 2 2 + x z
3
xyz
3
2 x y
xyz
3 2
.......................Hết....................
Họ và tên thí sinh:............................................................................................ SBD:................. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2020-2021 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN (Dành cho thí sinh thi chuyên Tin) Hướng dẫn chấm có 05 trang
I. Một số chú ý khi chấm bài - Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. - Thí sinh làm bài theo cách khác với hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của hướng dẫn chấm. - Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.
2
2
2
2
=
+
=
< < thỏa mãn
II. Đáp án – Thang điểm Câu 1.
E
2
x
2
y
5
xy
x
y
2
2
+ −
x x
y y
.Tính: a) Cho 0
Đáp án Điểm
2
2
2
2
+
= ⇔ −
=
y
x
2
5
2
2
xy
y
Ta có:
2 +
4 xy −
2
x
x
2
2
x
0
0 ) =
−
2
y
= 0
0,25
x ( ⇔ ( ⇔ − x 2
+ xy ) − y )( x y ⇔ = 2 x
− ( y y ) (
0,25
2
2
2
=
=
= −
y do 0 < < x y ) 0,25
E
2
2
2
+ −
x x
y y
x 5 − 3 x
5 3
Vậy 0,25
3
=
−
+
P
32 x
6
x
2008
.
(
)2021
3
1 + − Tính giá trị biểu thức b) Cho x = 3 2 2 . − 3 2 2
Đáp án Điểm
3
3 ⇔ = x
3
3
3
1 = + − + − + Từ x 3 2 2 3 2 2 3 x 0,25 − 1 3 2 2 − 3 2 2
−
+
6 −
2
6
x
x
3 x − 3
− = 6 0 x x 3 = + 2020 2020
6
x
⇔ − x ( 3 = 2008 2
= ⇔ − )
2021
0,25 0,25 3 Ta có: x
P =
2020
0,25 Vậy
;....;
a a ; 1 2
a .k
5
Câu 2. (2 điểm):
+
+ + ...
a
a
S
5 a 1
5 .k
2
a) Phân tích số 210720202021 thành tổng của k số tự nhiên = Đặt Tìm chữ số tận cùng của S.
Đáp án Điểm
5
3
2
5
+
+
=
−
n
∀ ∈ n
n
n
2
5
+
) 1 2 +
−
+
−
−
n
2
5
5
∀ ∈ n
n
2
n
n
n
)( 1 )(
)
) n− ( − ( n n
10 ) 1 )( 1
(
( n n
) 1
0,25 ( n n
5
n
∀ ∈ n
10
) −
=
0,25
1; 2;....,
k
)
10
5 a i
a i
.
5
+
+
) + + ...
a
a
a
+ + ...
a
10
(
)
5 a 1
a 1
2
5 k
k
( i )
2
0,25
210720202021 10
− )
. Vậy S có số tận cùng là 1 0,25 Với n ∈ ta có ( n ) Thật vậy ( n ) ( ) = − 1 ( ⇒ − n Suy ra ( ( ⇒ ( S⇒ −
,x y sao cho x
y thuộc
b) Cho X là một tập hợp gồm 506 số nguyên dương đôi một khác nhau, mỗi số
E
5;10;15
không lớn hơn 2020.Chứng minh trong tập hợp X luôn tìm được hai phần tử tập hợp .
Đáp án Điểm
0,25 Ta chia các số nguyên từ 1 đến 2020 thành 101 nhóm: 1; 2;...; 20 ; 21; 22;...; 40 ;...; 1981;1982;...; 2000 ; 2001; 2002;...; 2020 .
Vì có 506 số nguyên dương khác nhau nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một
6
506 101
1
0,25 nhóm có chứa số trở lên .
0,25
x y ,
x
;
Hiệu của hai số bất kỳ trong nhóm trên luôn lớn hơn 0, nhỏ hơn 20 . Trong các số này có 2 số có cùng số dư khi chia cho 5, hiệu 2 số này chia hết cho 5. Giả sử hai số này là
y
x
y . 5;10;15
ta được điều phải chứng minh. Từ đó ta có 0,25
2
2
+
+ =
+
+
Câu 3.(2 điểm):
5
x
6
x
4 3
x
3
x
4
(
a) Giải phương trình
) 1 Đáp án
2
2
2
+
+ +
+
Điểm
x
3
x
3
x
4 2
x
6
x
= 0
(
2
2
2
+
+
=
+ ⇒ −
+
2
x
x
6
= 0
t
3
x
4
t
3
x
t
(
) 1
+ − 4 3 (
) 1 )
Phương trình tương đương 0,25 Đặt
2
2
2
2
∆ =
+
−
+
=
−
−
9
x
x
6
x
x
6
x
+ = 9
x
3
(
) 1
(
)
( 4 2
)
3
= 2 t x = + t x
0,25 Ta có . Do đó
0
2
t
x= 2
3
x
+ = ⇔ 2
4
x
⇔ = x
2
− =
x
≥ x 2
0,25 Với ta có
4 0 ≥ − 3
x
±
3
19
2
t
x= + ta có 3
3
x
+ = + ⇔ x
4
3
⇔ = x
2
−
− =
2
2
x
6
x
5 0
0,25 Với
±
3
19
=
=
4
x
2;
x
2
2
2
+
=
x
+ + 2
2
xy
11
y
2
2
+
=
+
+
Vậy phương trình có nghiệm là
y
2
x
2
x
13
y
4
y
(
y )
b) Giải hệ phương trình
Đáp án Điểm
y = ( không thoả mãn) y ≠ . Hệ phương trình tương đương
0 0
2
x
2
+
x
+ = y
2
11
2
2
+ +
+
=
x
y
11
y
+ y
2
2
+
+
=
+
x
2
2
y
y
2
x
2(
x
+ 2) 13 y
2
xy 2 2 2 )
(
(
)
+ Với + Xét
+
=
+
x
y
2
13
)
y
2
0,25
⇔ ( + = 11
+
x
2
=
+
=
u
x
2
y v ;
=
−
y
v 2
13
= = − 5 7 Đặt ; 0,25 = = v 6 v 18 u ⇔ u
2 1
2
+ = y
5
⇒
⇔
x 2
= =
+ =
= −
5 6
x
2 6
y
14
u v
=
x y
33
u v ⇒ 2 u = x = y
= − 4
=
x y
1
2
+ = − y 7
2
+ = − y 7
⇒
⇔
⇔
0,25 Với
x 2
x 2
+ =
+
+
= −
= − 7 = 18
x
y
x
x
2 18
36
= 128 0
32
u v
Với
x y
57
−
−
−
32;57
= ) ( 14;33 ;
) ( 4;1 ;
) ( 2;1 ;
)
;O R . Các đường cao
)
0,25
;
;
Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( Câu 4. (3 điểm) : Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( AD BE CF cắt nhau tại H . Gọi M là trung điểm của BC
;
;
;
5
a) Chứng minh bốn điểm
M D E F cùng thuộc một đường tròn. Đáp án
=
= BEC BFC
;BE CF là đường cao nên 90
Điểm
=
⇒
Vì ⇒ Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn tâm M đường kính BC. 0,25
1 = ECF EBF EMF
=
=
+
nên nội tiếp được
BDH BFH+
180
90
(1) (Góc nội tiếp và góc ở tâm)
⇒
⇒
=
0,25
⇒
+
=
=
=
2 Tứ giác BDHF có 90 HBF HDF = (2) Tương tự, tứ giác CDHE nội tiếp được HCE HDE Từ (1);(2) ;(3)ta có : 1 = + EMF EMF
EDF EDH HDF ECF EBF
2.
2
=
⇒
(3) 0,25
M D E F cùng thuộc một đường
;
;
;
2
≤
+ AB BF AC CE
.
.
4
R
nội tiếp ⇒ bốn điểm 0,25 Từ EDF EMF MDFE tròn.
. b) Chứng minh:
=
Đáp án Điểm
= ADB CFB
⇒ ABD
CBF
⇒
= AB BF BC BD
.
.
⇒
= ⇒
(g.g) có B chung ; 90 và CBF 0,25 (4) Xét ABD AB BD = ⇒ BC BF
= AC CE BC CD
.
.
BCE
2
+
=
(g.g) (5) Tương tự ACD 0,25
= AB BF AC CE BC BD DC
.
BC
.
AC CD BC CE + .
(
)
2
≤
Cộng (4)(5) theo từng vế ta được : 0,25
+ AB BF AC CE
.
.
4
R
BC
R≤ 2
0,25 Vì nên ta có
,A B C thay đổi trên đường tròn (
),O chứng minh rằng bán kính đường
6
, tròn ngoại tiếp tam giác DEF không đổi.
c) Khi vị trí các đỉnh
'
',
A B C lần lượt là giao điểm của các đường thẳng
AD BE CF với (O).
,
,
Đáp án Điểm
'
⇒
=
=
0,25 (góc nội tiếp cùng chắn cung A’C)
BD HA⊥
'HBA có
'
BD⇒ là đường trung
nên cân tại B ; 'A BC EBC 0,25
Gọi ', Ta có : ' = A BC A AC (cùng phụ với góc ACB) 'A BC EBC ' = EBC A AC Tam giác trực của HA’ D⇒ là trung điểm của HA’ Tương tự có E ;F là trung điểm của HB’ , HC’.
DEF
A B C
'
'
'
1 k = 2
0,25 Suy ra theo tỉ số đồng dạng
=
R
k
r
1 = = ⇒ = 2
DE A B '
1 2
'
0,25 không đổi khi A,B,C thay đổi trên đường tròn (O). Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF ta có: r R
xy
zx
yz
3
xyz
.
x y z thỏa mãn ,
,
Câu 5. (1 điểm): Cho 3 số thực dương
.
y
z 2
3
3
3
3 2
x 2 2 y z
xyz
2 2 x z
xyz
2 x y
xyz
Chứng minh
Đáp án Điểm
xy
zx
yz
3
xyz
1 x
1 3. z
1 y
. Ta có
Từ giả thiết ta có
a
,
b
,
c
a b c , ,
0;
a
c 3.
b
1 x
1 y
1 z
Đặt 0,25
.
3 2
bc
ca
bc
bc a 3
Ta phải chứng minh
a
c 3,
b
(
a
ca b 3 bc a 3
bc
c a )
bc
(
a
c
)
bc b a )(
Thật vậy: Thay 0,25
1
c
a
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số ta được
ab a 3 bc b 1 , b a bc 2
1
1
c
a
b
ca 2
ca
. 1 1 a b c c a ) bc b a )( ( 0,25 . Tương tự a
1
1
c
a
c
ab
a
c
.
.
b 2
3 2
bc
ab
Cộng vế với vế và biến đổi 0,25
a
ca b 3 ab c 3 bc 3 a hay c 1
b
b ab b 2 ab ca 3 ca 3 c b z y 1.
Đẳng thức xảy ra khi x
.......................Hết.....................
7
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 2
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2020-2021 Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Đề thi có 01 trang
2
2
2
+
+ + =
+
+
Câu 1 (2,0 điểm)
.
x
y
z
x
y
z
= và 2
xyz ≠ . Chứng minh rằng
0
1 x
1 y
1 + = z
1 xyz
2
2
+
−
+
−
3
x
5
x
24
3
x
) 1
(
) 1
+
=
a) Cho
2x< < thỏa mãn
23
.
2
x 2
−
x
1
( x
2
x
1
2020
+ 1
2
=
+
b) Cho 0
T
x
− − x
2
+ − x (
)
2021
2
−
x
x
(
)
. Tính giá trị của biểu thức
2
=
Câu 2 (2,0 điểm)
2 x mx n
2 m n+
2020.
a) Cho phương trình Chứng minh nếu
0
+ = trong đó 2021.
0x thì
+ x < 0
phương trình có nghiệm
b) Cho dãy số gồm 4041 số chính phương liên tiếp, trong đó tổng của 2021 số đầu bằng tổng của 2020 số cuối. Tìm số hạng thứ 2021của dãy số đó.
2
2
+
+
=
3
1
x
x
y
+ + y
y
)
1 + + 2
3 2
Câu 3 (2,0 điểm)
2
4
+
+
x
16
y
− = 7
0
) y x
( − 2 3 8
+
+
=
−
a) Giải hệ phương trình (
29 x
16
x
+ 96 16
y
3
x
24
≠
b) Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn
).
,
Gọi M là giao điểm của đường thẳng PB với đường tròn (
),O ( N C≠
). Đường thẳng BM cắt AC tại
).
,M N Q thẳng hàng.
Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H và nội tiếp đường tròn ( ).O Gọi P là điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC và nằm trong tam giác ABC , ),O ( M B≠ ); N ( P B C H , là giao điểm của đường thẳng PC với ( ,E đường thẳng CN cắt AB tại F . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME và đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt nhau tại Q ,( Q A≠
a) Chứng minh tứ giác AEPF nội tiếp. , b) Chứng minh c) Trong trường hợp AP là phân giác của ,MAN chứng minh PQ đi qua trung
x y z > . Chứng minh bất đẳng thức ,
0
,
xy
yz
+
+
≥
điểm của đoạn thẳng BC . Câu 5 (1,0 điểm) Cho
2
+
2 +
1 +
1
yz
xy
yz
1
xy
.
8
.......................Hết..................... Họ và tên thí sinh:...........................................................................SBD:....................... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2020-2021 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN (Dành cho thí sinh thi chuyên Toán) Hướng dẫn chấm có 06 trang
I. Một số chú ý khi chấm bài - Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. - Thí sinh làm bài theo cách khác với hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của hướng dẫn chấm. - Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.
2
2
2
+ + =
+
+
+
II. Đáp án – thang điểm Câu 1. (2 điểm):
x
y
z
x
y
z
= và 2
.
xyz ≠ . Chứng minh rằng:
0
1 x
1 y
1 + = z
a) Cho
1 xyz Điểm
2
2
2
+
+
+
yz
zx
= 4
z
x
y
)
Từ 0,25
+
Đáp án ( + + xy 2 = 1 0,25
xyz ≠ nên ta có
0
+ + = có được x 2 ⇔ + xy 1 y
y + yz 1 + = z
1 x
z zx 1 xyz
2
2
+
−
+
−
3
x
5
x
24
3
x
(
) 1
) 1
+
=
Do (đpcm) 0,25
2x< < thỏa mãn:
23
2
x 2
−
+
x
1
( x
2
1
2020
x 1
2
=
+
b) Cho 0
x
T
− − x
2
+ − x (
)
2021
2
−
x
x
(
)
. Tính giá trị của biểu thức:
2
+ − ≠
x
1 0
x
Đáp án Điểm
2
+
− ≠
x
2
x
1 0
Điều kiện 0,25
−
+
−
+
2
2
x
x
3
5
24
3
+
−
+
−
x
x
x
3
5
24
3
(
) 1
) 1
+
=
⇔
+
=
23
23
2
x 2
−
+
x
+ − x
x
( x
1
2
1
−
+
−
+
x
x
1
2
1 x 1 x
1 x
1 x
1
−
9
t
x
= − có phương trình trở thành: 2 t
t 3
2 0
2
1 x
= t + = ⇒ = t
1
5
1
5
2
x
1
− − =
=
=
x
x
1 0
x
x
;
⇔
⇔
. Đặt 0,25
+ 2
− 2
2
−
− =
x
2
x
1 0
x
2
1
2;
x
= − 1
2
= + x
1 − = x 1 − = x
5
1
2
=
0,25
x
⇒ − − = x 1 0
x
2x< < và đối chiếu điều kiện nên có được
+ 2
2020
1
2
=
+
0,25 Vì 0
T
x
− − x
2
(
)
2021
2
−
x
x
(
)
Vậy
2020
2020
1
2
=
− − −
+
+
=
2
x
x
( ) = − 1
(
) 1 1
2021
2
− − +
1 2021 ( ) 1
x
x
(
) 1 1
0,25
2
=
Câu 2. (2 điểm):
2 m n+
2020.
a) Cho phương trình + = trong đó Chứng minh nếu 0
2021.
2 + x mx n x < 0x thì 0
phương trình có nghiệm
Điểm
− n
2 x 0
mx 0
2
2
=
Vì 0,25
2 + m n
2020
(
4 x 0
mx 0
2 x 0
2 x 0
) + = 1 −
0x là nghiệm phương trình 2 + x mx 0 0 )( ) n 2020
Ta có 0,25
2 x 0
4 x 0
2 x 0
−
2021
0
2021
Đáp án + = ⇒ = − n 0 ) ( + 1 < 2021 0 0,25
2 x 0
2 x 0
⇔ < x 0
( ≤ + ) ( + ⇔ − 1 ) < ⇔ < 2021
0,25
4 ⇒ − < 1 2020 x 0 )( ( 2 ⇔ + x 1 0
b) Cho dãy số gồm 4041 số chính phương liên tiếp, trong đó tổng của 2021 số đầu
Điểm
2, x x N x∈
2020
bằng tổng của 2020 số cuối. Tìm số hạng thứ 2021của dãy số đó. Đáp án ≥ ;
2
2
−
−
−
+
x
x
x
x
x
;
x
2020
2 ) 2020 ;
2 ) 1 ;
(
(
2 ) 1 ;...;
(
)
2
2
2
2
2
2
0,25
2
−
−
+
−
+
=
+
+
+
+
+ + ...
2020
2019
x
x
x
x
x
x
2
+ + ...
x
2020
) 1
)
(
)
(
(
) 1
(
)
(
)
0,25 Gọi số chính phương thứ 2021 là Ta có 4041 số chính phương liên tiếp là: 2 ) ( ( + 2019 ;...; Theo đề bài (
2
2
2
2
2
2
+
−
−
+
+
−
−
−
−
+
2 ⇔ = x
x
x
x
2
x
2
2020
x
2020
x
+ + ...
(
) 1
(
) 1
(
)
(
)
)
(
)
10
2 ⇔ = x
+ + + + 4 1 2 3 ... 2020
x
2 ⇔ = x
x 4 .
(
)
( 2020.2021 2
0,25
⇔ = x
8164840 2 .
x 8164840 2 x =
(vì x khác 0) 0,25 8164840
2 ⇔ = x Vậy số cần tìm là Câu 3. (2 điểm):
2
2
+
+
=
3 .
1
x
x
y
+ + y
y
( ) 1
)
1 + + 2
3 2
2
4
+
+
16
y
− = 7
0
x
) y x
( ) 2
a) Giải hệ phương trình: (
2
2
+
+
+
3
pt
x
x
+ = − 3
2
y
2
y
Điểm
( − 2 3 8 Đáp án ) 1
(
(
( ) 1 :
2
2
+
+
+
+
+
3
x
x
2
y
+ − 3
2
y
(
) 1
(
) 1
) + + 1 )
(
+
=
x
2
y
0
( ⇔ +
) 1
2
2
+
+
x
+ + 3
2
y
3
(
) 1
2
2
+
+
+
+
+
3
2
+ − 3
2
x
x
y
y
(
) 1
(
) 1
)
(
> ⇒ +
+ =
0,25
0
2
1 0
x
y
2
2
+
+
+ + 3
2
3
x
y
(
) 1
0,25 Do
x
1 4
2
2
= − − vào ta có 2 3 −
+
+
−
+
+
=
14
8
x
x
x
pt
8
x
15 0
x
8
x
15
0
x
y ( ) 2 :
)( 1
)
Thế 2
⇔
5 −
−
−
5;2
( = ⇔ − = 1 x = − 1 x = − 3 x = − x ) ( − 1; 1 ;
) ( 1;0 ;
) ( 3;1 ;
)
0,25
0,25
Vậy hệ phương trình có nghiệm là:(
+ + = − b)Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn: x + 96 16 y 3 x 24
29 x 16 Nội dung
Điểm
29 x
2
29 x −
−
9
x
16
x
96
a
x
16
y
24
a
2
2
2
2
⇔
+
−
= −
144
864 9
9
a
8
x
a 3
800
(
)
+ + − = ⇔ + + = − − Ta có 16 x 3 x 16 y 24 x * x 2 0,25 16 + 96 + 3 = + 96 16 = với y 24 a N∈ . Khi đó Đặt 3
( = −
+ +
⇔ + − 9 x
a 8 3
) 800 (*)
a 8 3
9
x
x 81 (
+ x )(
= ⇔ + )
=
−
3
x
16
24
a
+
24
y
y
= − 25
5
x
− y )( 32 3
0,25
⇒
−
+ 5y
y⇒ + ∈ −
5 { 1;5; 25}
3
vào (*) ) 0,25
5y + chia 3 dư 2
− )
mà 3 Thay ( ⇒ − 9 ( 25 3
y
1
2
1
x 3
11
23
x
y 0,25 (Thỏa mãn)
+ = − ⇔ = − ⇒ = (Thỏa mãn) - Với 3 5 y + = ⇔ = ⇒ = (Loại vì a<0) - Với 3 5 5 y 0 x + = − ⇔ = − ⇒ = − - Với 3 25 5 y y 10 ) ( ( ) − − − x y = 23; 10 1; 2 , ) ( ,
ABC
≠
,
).
P B C H ,
Vậy
Gọi M là giao điểm của đường thẳng PB với đường tròn (
),O ( N C≠
).
). Đường thẳng BM cắt AC tại
Câu 4.(3 điểm): Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H và nội tiếp đường tròn ( ).O Gọi P là điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC và nằm trong tam giác , ),O ( M B≠ ); N ( là giao điểm của đường thẳng PC với ( ,E đường thẳng CN cắt AB tại F . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME và đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt nhau tại Q ,( Q A≠ Vẽ hình:
a) Chứng minh tứ giác AEPF nội tiếp.
Đáp án Điểm
−
0,5 ,
180 =
=
+ BAC EPF
0,5 nên tứ giác AEPF nội tiếp .Suy ra được 0 180
Ta có 0 = BHC BAC mà = BPC BHC EPF
,
b) Chứng minh
,M N Q thẳng hàng. Đáp án
Điểm
12
=
0,25 .
+
,
0,5 Từ tứ giác AEPF nội tiếp, suy ra 0 180 = Từ các tứ giác
+ BFC BEC AQFN AQEM nội tiếp ta có MQN MQA NQA =
=
0 + MEA NFA 180
,M N Q thẳng hàng.
,
0,25 .Vậy 3 điểm
c) Trong trường hợp AP là phân giác của ,MAN chứng minh PQ đi qua trung
điểm của đoạn thẳng BC .
Đáp án Điểm
= / /
=
= EQ CF suy ra tứ giác EQFP là hình bình hành. hay AQ là phân giác MAN suy ra
,A P Q
,
0,25
0,25 Ta có: = QFA ANQ ANM ABM / / FQ BE tương tự suy ra Vậy = = QAN QFP QEP QAM thẳng hàng.
=
=
=
=
= 2
0,25 .
KP KA .
KC
2
=
∩ Gọi K PQ BC ∆ Từ đó ta có: AKC KP KA KB .
hay 0,25 thì KAC QAC QME NMB PCK ∆ = CKP tương tự ⇒ = KB KC
x y z > . Chứng minh bất đẳng thức: ,
0
,
xy
yz
+
+
≥
Câu 5.(1 điểm ): Cho
2
+
1 +
2 +
1
yz
xy
yz
1
xy
.
13
Đáp án Điểm
( ) 2 *
(
)
xy yz x z 1 ≥ + + + + ≥ ⇔ 2 + 1 + 2 + 1 1 yz xy yz xy + y x z + + z x 1 y 2 1 y
=
a
+
+
≥
=
0,25
a b c > BĐT (*) trở thành : ,
0
,
b
( 2 **
)
a + b c
b + c a
2 c + a b
x 1 y
=
z
c
>
≥
=
≥
+
Đặt với
, ( ;
A B
0)
4 + + +
4 + A B
b c
c a
4 + + c a b
2
Áp dụng bđt ta có:
)
⇒
+
≥
+ + 1
+ = 1
+ + a b c
( ) 1
(
)
1 1 + A B b + c a
a + b c
1 + b c
1 + b c ( 4 2
1 + c a
1 + c a + + a b c + + c a b
c
=
≥
0,25
( ) 2
2 c + a b
4 c + + c a b
2
2
2 ( + c a b
)
)
≥
+
+
Lại có : 0,25
− + 2
= − = 4 2
2
c 2 + a b
b + c a
a + b c
( 4 2
c 4 + + c a b
2
Từ (1) và (2) ta có :
+ + a b c + + c a b BĐT (**) đúng vậy BĐT cần chứng minh là đúng.
0,25
khi a
= = ⇔ c
b
x=
= z
1 y
Đẳng thức xảy ra
......................Hết.....................
14
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 3 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2020 Môn thi: Toán (chuyên) (Dành cho thí sinh thi vào Trường THPT Chuyên Hạ Long) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi này có 01 trang)
−
+
2
=
+
+
−
≥
≠
≠
≠
Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức
A
x
x
0,
x
1,
x
4,
x
9
x −
2 +
−
+ −
1 2
2 3
x 5
6
4 1
+ x − x
1 x
x
x
x x
. 3
với
.
a. Rút gọn A.
2A < .
b. Tìm x để
2
2
4
−
2
x
2
m
+
+
+
=
Câu 2. (2,5 điểm)
24
+ = (m là tham số). Tìm m để 4 x 3
4 x 1
4 x 2
4 x 4
mx 1. Cho phương trình x , x phương trình có 4 nghiệm phân biệt 1 2
+ m x , 3
− 2 0 x thỏa mãn , 4
2
2
x
+ = y
y
+ − y
x
.
+
+ −
y
− = 1
x
3
y
1 4
2
+
+
+
+
=
2. Giải hệ phương trình .
25 y
4
xy
3
x
4
y
27
= +
x .
. Tìm giá Câu 3. (1,0 điểm) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn
M x
2
y
trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
, DB DC<
Câu 4. (3,5 điểm) Từ một điểm A ở bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE với đường tròn (B, C là các tiếp điểm, AD AE< ). Qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với DE tại H, đường thẳng này cắt đường thẳng BC tại K. Chứng minh:
a. Tứ giác BCOH nội tiếp;
b. KD là tiếp tuyến của đường tròn (O);
. c. DBC HBE =
Câu 5. (1,0 điểm)
15
+
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC
( ab a b + ab
2
HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2020 Môn thi: Toán (chuyên) (Hướng dẫn này có 03 trang) ) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho là số nguyên.
…...................... Hết …......................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:.................................................................Số báo danh:...............................
Chữ kí của cán bộ coi thi 1:............................... Chữ kí của cán bộ coi thi 2:.........................
+
−
−
−
+
+
2
x
x
3
2
x
2
x
−
−
)
(
)( 1
x
4
4
=
Câu Sơ lược lời giải Điểm
A
2 3 .
x −
1
x
( −
) x
)( 1 − 3
x
2
− (
+
−
3
x
2
x
2
+
) )
(
3
3
x
2
=
=
.
a. 0,5
−
x )( )( − x
1
x
1
−
−
x
2
x
3
)
(
− x )(
0,5
3
<
1 (2,0 đ)
A
< ⇔ 2
− < ⇔ 2 0
0
+ −
+ −
x x
2 1
x x
4 1
b. 0,5
x
− < ⇔ < ⇔ ≤ < 1 1
1 0
0
x
x
x + > với mọi x nên
4 0
1x≤ < .
2
−
−
Vì 0,5 KL: 0
2x
t= . Phương trình trở thành 2 t
2
+ mt m
2
m
+ = (*) 2 0
1. Đặt
− >
Để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm
m =
t dương
⇔ > m
' 2 t
2 0 > m
1
0
0,5
2;t
2 2
−
+ >
2 =
m
m
2
2 0
phân biệt 1
+
+
+
+
=
2
= ⇔ 24
t
24
2 (2,5 đ)
2 t 1
4 x 4
4 x 2
4 x 1
2 2
)
2
∆ = ⇔ + t 1 t t 1 2 ( = ⇔ +
−
0,25
12
t
− = 8 0
m
m
( ⇔ + t 1
t t 1 22
2
2m = ( t/m đk). KL.
0,25
2
4 x 3 )2 Giải phương trình được +
≥
0,25
+ ≥ y
0;
1;
x
y
x
2 m = − (loại), 4 ≥ − 1 3
1 y
2. ĐK: 0,25
2
x
+ = y
y
2
=
2
x
+ = y
y
y
x
x
y
y
16
(
( + − ⇔ + +
) 1
+ = − −
x
y
y
2
2 ) + ⇔ 1
x
+ = − − (loại do 2
y
y
1y ≥ )
2
− ( t/m đk) thay vào phương trình
0,5
x
+ = ⇔ = y
y
x
y
+
y + − được
y
− = 1
x
3
y
1 4
y
y ≥ ) 3
2
+
10 0
0,25
y 2
3 = . y ≥ ), 3
− = − (đk: y 1 y− 7 y = (loại do đk 1
y = (t/m đk) 2 20
= ⇒ =
Biến đổi phương trình thành Giải phương trình đươc 0,25
y
5
x
20
5
2
2
2
+
+
+
+
= ⇔ +
+
+
=
y
x
25 y
4
xy
3
x
4
y
27
x
2
y
3
x
2
y
28
5 = x = y ( − +
(
)
(
)
) 1
Với . Vậy hệ phương trình có nghiệm
2
2
+
=
−
−
2
x
y
y
(
) 1
0,25
3 2
121 4
⇔ +
2
0,25
+
+
≤ ⇔ +
+
≤ ⇔ − ≤ +
≤
2
2
x
y
x
y
7
x
2
y
4
3 2
121 4
3 2
11 2
2
= − 9
3 (1,0 đ) Vậy 0,25
1
1
= x = y
x = y
=
=
= ⇒ 5 điểm A, B, O, C cùng thuộc đường
, M nhỏ nhất là 7− khi Vậy M lớn nhất là 4 khi 0,25
ABO AHO ACO
⇒
=
=
a. Chỉ ra 090 1,0 tròn đường kính AO ⇒ tứ giác BCOH nội tiếp
OHC OCK =
=
. ∆ OBC cân CBO BCO ⇒ 0,25
2
⇒
⇒
=
OH OK OC
.
OH OC = OC OK
2
⇒
=
⇒
∆ OCK b.Tứ giác BCOH nội tiếp CHO CBO ⇒ . ∆ OHC và ∆ OCK có OHC OCK , O chung ⇒ ∆ OHC 0,25
OH OK OD
.
mà OC = OD 0,25 4 (3,5 đ)
∆ OHD và ∆ ODK có
OH OD = OD OK , O chung ⇒ ∆ OHD
=
OH OD = OD OK ⇒ KD là tiếp tuyến của (O)
⇒ 090 = ODK OHD
∆ ODK 0,25
=
=
0,25
, theo ý b có c. Tứ giác BCOH nội tiếp ⇒ , HBK HOC BHK BCO
=
BCO OHC =
=
=
0,25 . BHK OHC ⇒
∆ OHC và ∆ BHK có ; HC
HBK HOC BHK
O
⇒ ∆ BHK ∆ OHC ⇒ 0,25
⇒
= HB HC HO HK
.
.
HO HC = HB HK
2
∆ ODK vuông tại D, đường cao DH ⇒
.HO HK HD=
17
2
=
⇒
HB HC HE
.
=
=
BHK OHC KHE OHE ,
= BHE CHE
0,25 lại có OH ⊥ DE ⇒ HD = HE ⇒ , HE HB = HC HE
=
∆ BHE và ∆ EHC có
0 = ⇒ 90 HE HB = HC HE
0,25 ⇒ ∆ BHE ∆ EHC ⇒ và BHE CHE
HBE HEC = Lại có DEC DBC =
(hai góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn DC )
=
⇒ DBC HBE
+
2
2
)
)
)
=
−
∈
0,25 .
+ a b
(
)
∈ ⇔
+ a b +
+ a b +
( ab a b + ab
2
( ab
2
( ab
2
2
)
≥
− ≥ ⇔ + ≤
⇒
<
0,25
a
1,
b
a
1
b
a b
0
ab
+ < 1
ab
+ 2
2
( ≥ ⇒ −
)( 1
) 1
+ a b +
( ab
2
.
2
2
2
)
)
)
∈
=
>
0,25
1
0
⇒
+ a b +
( ab
2
, kết hợp với
=
+ ⇔ −
2 −
( + a b + 2 ab ⇔ + b 2a 2
ab
a
2
= . 2
2
(
=
=
) − = 2 1
a
3
a
2
a
4
⇒
⇔
⇔
5 (1,0 đ) 0,25
,a b nguyên
=
− = 2 − =
=
− = 2
2
4
a
2 1
3
( + a b + ab )( b 2 a b
b
b
Kết hợp đk hoặc .
0,25
)3;4 và (
)4;3 .
KL: Các cặp số cần tìm là (
Hình vẽ cho câu 4
18
K
B
E
H
D
A
O
C
Những chú ý khi chấm thi:
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới cho điểm tối đa. 2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết. 3. Có thể chia nhỏ điểm thành phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. Điểm thống nhất toàn bài là tổng số điểm toàn bài đã chấm, không làm tròn.
...................................... Hết ........................................
19
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Khóa ngày 21 tháng 7 năm 2020 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ Môn thi: TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Dành cho thí sinh thi chuyên Toán )
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Đề số 4
2
=
+
2
y
3
x
Câu 1. (2,0 điểm)
2
=
+
2
x
3
y
2
2
+ −
+
+ +
+ = .
. 1. Giải hệ phương trình
x
3 (
x
3)
x
3 2(
x
1)
0
2. Giải phương trình
2
2
=
=
Câu 2. (2,0 điểm)
, (
) :
) :
y
(
)
,A B thuộc (
P y mx 1
P 2
. Lấy các điểm
)1P ≠ nx m n ( )2P sao cho ABCD là hình vuông nhận Oy làm trục đối xứng. Tính diện
và 1. Cho các parabol ,C D thuộc (
tích hình vuông ABCD .
3
3
3
a
b
1
c
1
1
=
=
20
,a b c là ba số thực phân biệt thỏa mãn ,
+ a
+ b
+ c
. Chứng minh 2. Cho
abc . 1
0
rằng
2
2
2
+
+
=
, ,a b c thỏa mãn
Câu 3. (1,0 điểm)
a 3
b 3
c 8
32
+
+
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
ca
Cho các số thực = thức P ab bc .
Câu 4. (2,0 điểm)
2
3
=
−
−
là số chính phương. ,
)(
)(
P
(
)
2020 a a a trong 7 số nguyên tố phân biệt bất kì , 1 chia hết cho 216 .
2 n + 1. Tìm các số nguyên dương n để 2. Chứng minh rằng có thể chọn 3 số − a 1
a 2
a 2
a 3
a 3
a 1
sao cho
Câu 5. (3,0 điểm)
)O . Gọi M là điểm chính giữa cung AB
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (
)O tại D và tiếp xúc với
. không chứa C và I là điểm trên đoạn MC sao cho MI MA=
,AB AC lần lượt tại
,E F .
,M E D thẳng hàng.
,
1. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . ')O tiếp xúc với ( 2. Vẽ đường tròn (
a. Chứng minh ba điểm b. Chứng minh tứ giác DIFC nội tiếp.
2
------ HẾT------ Họ và tên thí sinh ....................................................Số báo danh.................. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN (CHUYÊN) KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Khóa ngày 21 tháng 7 năm 2020. (Hướng dẫn này có 2 trang) HDC chỉ gợi ý một cách giải, thí sinh có cách giải khác nếu đúng cho điểm theo quy định của ý (câu) đó. Điểm toàn bài làm tròn đến hàng 0,25. Câu Ý Điểm
− ⇔ −
=
2(
y
x
)
(
2 ⇒ − x
y
x
y x )(
2
NỘI DUNG YÊU CẦU VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM = Hệ 0.25
y= . Ta được
− −
= x 2 x TH x 3
+ + y 2) 0 = − x 1 + ⇔ = 3 x = − −
2) 3
2(
x
+ ⇔ = − x
1
x
0,25 1 Hệ có nghiệm ( 1; 1);(3;3) 2 y 2.
− −
0,25
x= − − Ta được TH − − Hệ có nghiệm ( 1; 1) Vậy hệ có 2 nghiệm ( 1; 1);(3;3) 0,25 1 2,0 điểm
2 3 ( + t
2
t
= ⇒ 2
x
+ = ⇔ = ± (thỏa mãn) 1
3
2
x
− + + = ≥ Đặt . Ta được 2 t ( x t 3) 2 x t x 0) = t t 1 2 + = ⇔ = + 2 0 x 0,25 2
0,25
21
2
≥ − 1 (thỏa mãn) t x = + ⇒ 1 + = + ⇔ x 3 1 x ⇔ = x 1 1
x = ± .
1
x = x Vậy phương trình có 2 nghiệm 0,25 0,25
y
C
D
B
A
x
O
2
2
−
)
B(
a ma ,
)
2
2
−
a na ,
a na
C(
)
A a ma . Khi đó do Oy là trục đối xứng của hình vuông nên ( , DA BC Oy nên ), D( , / /
/ /
2
=
= ⇒ =
=
−
AB
2
a AD m n a AB AD
a
;
,
Gọi 1 . Do 0,25
2
=
= S AB
2 − m n 0,5
2
16 − m n
(
)
Diện tích hình vuông ABCD là
3
+ =
1 0
3
3
3
a
b
1
c
1
1
− a ma 3
+ =
=
=
=
1 0
0,25 2 2,0 điểm
m
,a b c là 3 nghiệm
,
+ a
+ b
+ c
+ =
1 0
− b mb − 3 c mc
Đặt . Ta có nên
=
f x ( )
3 − x mx
−
=
−
2 của đa thức 0.25
f x có 3 nghiệm ( )
)
+ 1 ,a b c nên −
, + =
Do 0,25
3 − x mx
1 (
f x ( ) − x a x b x c
)(
)( −
Từ đó suy ra
− ( x a x b x c )( )( − ∀ ∈ x ) = ⇒ + = abc 1 0
abc
1
2
2
2
2
2
2
Đồng nhất hệ số 2 vế ta được 0,25 0,25
b
b
a
c
≤
≤
≤
ab
;
bc
;
ca
Ta có a
+ 2
+ c 4 4
+ 4 4
0,5
2
2
+
≤
+
+
=
+ ab bc
ca
(3
a
b 3
2 8 ) 8
c
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có 1
1 4
3 1,0 điểm 0,25
c
2
a
= = b
Dấu “=” xảy ra khi
2
+
0,25
2 m n=
2020
2
=
+
= 2 Vậy giá trị lớn nhất của P là 8 Gọi m là số nguyên dương sao cho − Khi đó
m n m n )(
2 .5.101
(
)
.
0.25
+
=
− nên
+ > và m n m n
+ m n
)
(
− m n
)
2
m
+ = m n 202 hoặc Ta có ( − = m n 10 1 + = m n 1010
=
=
=
=
m
106;
n
96
m
506;
n
504
− = m n 2 0,25 4 2,0 điểm 0,25 hoặc
2020
n =
96
504.
là số chính phương khi Giải ra ta được 2 n + Vậy n = hoặc
2 Trong 7 số nguyên tố phân biệt, có ít nhất 5 số lớn hơn 3. Chọn 5 số lớn hơn 3 0,25 0,75
22
,
a a a , 1 2 3
đó. Các số trong 5 số này chia cho 3 có số dư là 1 hoặc 2. Như thế có ít nhất 3 số khi chia cho 3 có cùng số dư. Chọn ra 3 số
6
a−
a i
j
Khi đó các hiệu . Vậy 216 P 0,25
A
N
M
F
O
I
E
O'
C
1
B
D
= ∠
∠ nên MAI
= ∠
+ ∠
= ∠
BAI
IAC
MCA
= ∠
∠ = ∠
MCA
+ ∠ MAB ∠ nên BAI
,AI CI là các phân giác trong tam giác ABC nên I là tâm đường tròn
0.25 0,25 0,25 MIA ∠ ; MIA IAC
/ /
'E
OM O vì cùng vuông góc AB nên
0,25
⇒ ∠
= ∠
' EO D ODM
' 5 2,0 điểm 0.5 2.a
,M E D thẳng hàng
,
2
D O O thẳng hàng và = ∠ 2 0,5
ODM ⇒
ODE =
∆
MEB MBD MB ME MD MI ME MD
.
.
MEI
~
MID
⇒ = ∠
ODE 2 = .
MDI
. Suy ra ⇒ ∆
NDI
= ∠ + ∠
0,25
+ ∠
+ ∠
=
180o
MDN
MIN
EIM
NIF
,E I F
,
= ∠ 2.b . Do đó
= ∠
= ∠
∠
0,25
EO D '
MOD
EFD
ICD
IFD
1 = ∠ 2
1 = ∠ 2
Ta có MA MI= Mặt khác MAI ∠ Mà MAB Suy ra nội tiếp. Ta có , , = ∠ ∠ MOD ∠ Do đó 2 ∆ ∆ ~ ∠ Suy ra MIE Gọi N là điểm chính giữa cung AC không chứa B . ∠ Chứng minh tương tự NIF ∠ Từ đó suy ra MIN thẳng hàng. Khi đó . Suy ra tứ giác IFDC
nội tiếp. 0,5
Tổng số điểm toàn bài là 10 điểm.
------ Hết -----
23
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN
TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2020 – 2021
MÔN: TOÁN – THPT CHUYÊN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang)
Đề số 5
Câu I (2,0 điểm)
2
4
n
43 30 2 6 4 2 . A 1) Tính giá trị đúng của biểu thức
5 n 5 n
2) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho là một số nguyên.
2
2
(2
1)
0
2
x
m
x m
Câu II (3,0 điểm)
(1) (với m là tham số thực).
1) Cho phương trình
3. m
a) Giải phương trình (1) khi
24
,x x thỏa mãn 1
2
1
x
x
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm
.
1
2
3
2
2
4
x
y
x
1)
,
điều kiện
, . x y
2
2
2
2 4
2 x y
y
x
x
1
(4
1
y
),Oxy cho hàm số
2) Giải hệ phương trình với
).P
21 x 2
có đồ thị ( Câu III (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị ( ).P
)
).O AB AC ,H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của .AO Gọi M là giao điểm của
và nội tiếp trong đường tròn (
,
,
,
Câu IV (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( .O Gọi Gọi D là điểm đối xứng của B qua ,AO với K khác O và thuộc đoạn thẳng điểm B lên AC và .BC đường thẳng HK và
A B H K cùng thuộc một đường tròn.
1) Chứng minh bốn điểm
2) Chứng minh tam giác MHB cân.
.BC
3) Chứng minh M là trung điểm của
)O và một đường thẳng d thay đổi P Q Giả sử bán kính . .a
.a Tính diện tích lớn nhất của tam giác OPQ theo
4) Cho điểm E nằm bên ngoài đường tròn ( ,E đồng thời cắt ( )O tại hai điểm phân biệt ,
)O bằng
nhưng luôn đi qua đường tròn (
2
(với
f x ( )
ax
b
x
,a b biết rằng
f
(2)
và 5
,a b ). Tìm
(3)
f
Câu V (1,5 điểm)
3.
x
y
z
Tìm giá trị nhỏ
x y z thỏa mãn điều kiện ,
,
.
P
1
1) Cho đa thức 7.
xy
xz
nhất của biểu thức 2) Cho ba số thực dương 3 yz
-------------------HẾT-------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………. Số báo danh: ….....…………
Chữ ký giám thị 1: ………………………… Chữ ký giám thị 2: ………………………….
25
NĂM HỌC 2020 – 2021
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN TỈNH HẬU GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHUYÊN
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
I. Hướng dẫn chung
1. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
2. Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong tổ chấm thi.
3. Điểm bài thi là điểm sau khi cộng điểm toàn bài thi và không làm tròn.
II. Đáp án và thang điểm
Câu I (2,0 điểm)
2
4
n
43 30 2 6 4 2 . A 1) Tính giá trị đúng của biểu thức
5 n 5 n
2) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho là một số nguyên.
Nội dung Câu
43 30 2
5 3 2.
5 3 2
2
Điểm 0,25 Ta có
6 4 2
2
2
2
2.
2
1 0,25
7 4 2.
A
2
n
4
0,25 Từ đó, ta có
n
.
4
5 n n 5
5
n
2
4
n
0,25 Ta có
n
5).− n
5
n
5 n 5 n
4
0,25 Khi đó là số nguyên khi và chỉ khi 4 (
n
− = − ⇔ = (nhận) hoặc 4
n
1
5
n
− = ⇔ = (nhận) n
5 1
6
2 Ta có 6 trường hợp:
n
− = − ⇔ = (nhận) hoặc 3
n
5
2
n
− = ⇔ = (nhận) n
5 2
7
− = ⇔ = (nhận).
n
− = − ⇔ = (nhận) hoặc 1
5
4
n
n
5 4
9
n
0,75
26
2
2
(2
1)
2
0
x
m
x m
Câu II (3,0 điểm)
(1) (với m là tham số thực).
1) Cho phương trình
3. m
a) Giải phương trình (1) khi
1
x
x
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai
.
1
2
,x x thỏa mãn điều kiện 1
2
3
2
2
4
x
y
x
1)
,
nghiệm
, . x y
2
2
2
2 4
2 x y
y
x
x
1
(4
1
2) Giải hệ phương trình với
2
Câu Nội dung
3,m = phương trình (1) trở thành
∆ =
= >
−
a) Khi Điểm 0,25 x x 0. 11 7
49 4.1.11 5 0.
5
7
5
7
Ta có 0,25
=
x
=x
.
+ 2
− 2
2
2
∆ =
+
−
+
=
−
0,5 Nghiệm của phương trình là hoặc
(2
m
1)
4.1.(
m
2)
4
m
7.
b) Ta có 0,25
m
0
,x x phân biệt khi và chỉ khi 1
2
7 ∆ > ⇔ > 4
Phương trình (1) có hai nghiệm 0,25
=
+
+
m
x 1
(*) 1
1 .
2 2
+
2
x 2 = x x m 1 2
Với điều kiện (*), theo hệ thức Vi-et, ta có
1
1
0
2
0
x
x
x 2
1
0
1
1
x
x
x
x
0,25
1
2
1
2
1)(
0
0
1 x
x
x
1)
) 1
2
1
2 ( x 1
1 x x 1 2
2
x (
2
1 2
0
m
.
m
m 2
1 2
2 2
1 1
0
m
m
2
2
0
1 2 2
m
m
Khi đó
0,25
m >
.
7 4
3
2
1)
2
4 (1)
x
x
So với điều kiện (*), ta nhận:
2
2
2
2 4
2 x y
y
x
x
1 (2)
(4 y
1
Ta có
2
2
2
2
1
y
y
(2 ) y
1
1 x
1 x
1 2 x
0 Dễ thấy Từ phương trình (2), ta có: . 0,25 0 > x > y
(3)
=
>
2
y
0
27
.
=
>
v
0
u
1 x
2
2
4
2
4
2
+
+ = +
+ ⇔ +
+
+
u u u
1
v
v v
1
u
u
u
= + v
v
v
Đặt Từ (3), ta có
2
2
+
+
+
v
+
= ⇔ =
0
⇔ − ( u v
u
. v
( )( u v u 2
4
1) 2
4
+
+
+
u
u
v
v
) 1
0,25
1.=xy
,=u
v ta có 2
3
− = (4)
x
+ + x
2
x
4 0
Với
xy = vào phương trình (1), ta có:
1
Thay 2
x=
0.
4
0,25
4
3
+ + +
+ >
> Từ (4), ta có 5 − = ⇔ −
+ + +
+
= ⇔ =
3 2 t
t
t
4 0
t 2 + + t
t
t 2
4 0
1)
t (
t
t
t
t 2
4
0
t
1
(
)
Đặt 6 ) (do 5 t
= ⇔ = ⇒ =
1,=t
x
1
1
y
x
.
1 2
= x = y
1 .1 2
y
),Oxy cho hàm số
0,25 Với ta có Vậy
21 x 2
có đồ thị Câu III (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (
( ).P Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị ( ).P
Câu Nội dung Điểm
Bảng biến thiên
0,25
= ⇒ = Cho
= ± ⇒ = − 0,25
x
0.
0
y
x
2
y
Một số giá trị cụ thể: cho 2.
Đồ thị 1
0,5
và nội tiếp đường tròn (
).O ,H K lần lượt là hình chiếu vuông góc
.O Gọi
Câu IV (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, AB AC Gọi D là điểm đối xứng của B qua
,AO với K khác O và thuộc đoạn thẳng
.AO Gọi M là giao
28
.BC
,
,
,
A B H K cùng thuộc một đường tròn.
của điểm B lên AC và điểm của đường thẳng HK và
1) Chứng minh bốn điểm
2) Chứng minh tam giác MHB cân.
.BC
,
3) Chứng minh M là trung điểm của
)O và một đường thẳng d thay đổi .P Q Giả sử bán kính
)O tại hai điểm phân biệt
.a Tính diện tích lớn nhất của tam giác OPQ theo
.a
4) Cho điểm E nằm bên ngoài đường tròn ( ,E đồng thời cắt (
)O bằng
nhưng luôn đi qua đường tròn (
Câu Điểm
Nội dung Hình vẽ thể hiện được đầy đủ giả thiết.
0,25
nên tứ giác ABKH nội tiếp trong đường tròn
AHB AKB .AB Do đó, bốn điểm
=
=
=
0,5 A B K H cùng thuộc một đường , , , 1
(2) và (1) ; = ABH DAC DBC
(3) 0,5
cân tại
.BH Do MBH∆
MF
BH⊥
.
cân tại M nên
.
.HC
⊥BH HC Suy ra MF //
=
=
.BC
.
BM BF BH BC d) Kẻ đường cao
a) Ta có 090 đường kính tròn. b) Ta có = BAK BAO BHK BHM BAO ABO = Từ (1), (2) và (3), ta suy ra . = MBH BHM Suy ra MBH∆ .M c) Gọi F là trung điểm của Mặt khác, ta có 0,5 Suy ra Suy ra M là trung điểm của
2
=
=
≤
=
QI I PO∈ .
S
OP QI . .
a QI .
a QO .
a
.
1 2
1 2 , 1 2
1 2
Ta có 1 2
S
21 a= 2
khi và chỉ khi I O≡ hay tam giác OPQ vuông tại O (tam giác
và đường thẳng PQ đi qua điểm E). 0,25 0,25 OPQ luôn tồn tại vì luôn tồn tại hai điểm P và Q thuộc (O) sao cho 090= POQ
2
29
.OPQ
S
max
1 a= 2
0,25 Vậy là diện tích lớn nhất của tam giác
2
(với
f x ( )
ax
b
x
Câu V (1,5 điểm)
3.
x
y
z
,a b biết rằng f (2) và 5 ,a b ). Tìm (3) f 1) Cho đa thức 7.
, x y z thỏa mãn điều kiện
Tìm giá trị
.
P
1
2) Cho ba số thực dương
xy
xz
, 3 yz
nhỏ nhất của biểu thức
Nội dung Câu
và
f
(2)
9
2
a
5
b
f
(3)
2.
a 3
7
b
Điểm 0,25 Ta có
a
2
9
a
1
.
7
b b
2
23
3 a
b
+ ≥
a b
2
ab (*)
0,25 Giải hệ
Dễ thấy với mọi số thực dương a và ,b ta có
0,25
b
,
a và 1
≥ 2P
+
+
3 yz
xz
xy
3 yz
xy
xz
2
2
2
+
+
≥
+
+
Áp dụng (*), với ta có (**)
x
y
z
xy
yz
xz .
x y z ta luôn có: ,
,
,
Với các số thực
≥
+
+
≥
x
+ + y
z
3(
xy
yz
xz
)
)2
2
+
+
3 yz
xy
xz
2 3 + + y
x
z
(
)
0,25 hay (***) Suy ra (
≥
=
P
2
2.
2
2 3 + + y
(
x
z
)
6 + + y
x
z
6 = = 3
0,25 Từ (**) và (***), ta suy ra
P = là giá trị nhỏ nhất.
2
2 P = ⇔ = = = y 1. 2 x z 0,25
Vậy min
-------------------HẾT-------------------
30
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 – TP.HCM
MÔN: TOÁN CHUYÊN
17/07/2020
Đề số 6
ĐỀ THI
+
+
=
.
Bài 1. Cho ba số dương
,a b c thỏa mãn điều kiện
,
2020
a + b c
b + c a
c + a b
2
2
2
=
+
+
.
Tính giá trị của biểu thức
P
:
+ + a b c
(
)
a + b c
b + c a
c + a b
Bài 2.
2
2
+ + +
− + = + .
a) Giải phương trình
2
x
9
x
2
x
1
4
x
x
2
2
−
+
−
=
y
x
6
1
2
.
b) Giải hệ phương trình
2
xy 3
x 8 2
=
+
y
x
8
x
− + x
1
<
<
AB BC CA
)
nội tiếp đường tròn (
)O tại
)O . Từ A kẻ đường thẳng )O tại
1A . Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt (
1B . Từ C
Bài 3. Cho tam giác nhọn ABC ( song song với BC cắt ( kẻ đường thẳng song song với AB cắt (
)O tại
1C . Chứng minh rằng các đường thẳng qua
,
,
A B C lần lượt vuông góc với 1
1
1
BC CA AB đồng quy. , ,
Bài 4.
2
2
(
a) Cho 2 số thực
.
,a b . Chứng minh rằng
2
)2 +
b) Cho hai số dương
a b ≥ + ab − a b 2 + + 2 b 2
3
= − +
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Q b a
20 a
7 + . b
nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh
AB BC CA lần lượt tại
,
,
. Gọi d là đường thẳng qua A song song với
,
a a b+ ≤ . ,a b thỏa mãn điều kiện
Bài 5. Đường tròn ( )I ,D E F . Kẻ đường kính EJ của đường tròn ( )I BC . Đường thẳng JD cắt
,L H .
,d BC lần lượt tại
a) Chứng minh:
b)
.
,JA JF cắt BC lần lượt tại
,M K . Chứng minh MH MK=
x
3
,E F L thẳng hàng. ,
Bài 6. Tìm tất cả các số nguyên dương
3
y−
= . 1
,x y thỏa mãn phương trình
31
HƯỚNG DẪN GIẢI
+
+
=
.
Bài 1. Cho ba số dương
,a b c thỏa mãn điều kiện
,
2020
a + b c
b + c a
c + a b
2
2
2
=
+
+
.
Tính giá trị của biểu thức
P
:
+ + a b c
(
)
a + b c
b + c a
c + a b
Hướng dẫn giải.
2
2
2
= + + P 1 + + a + a b c b c b + c a c + a b
= − + − + − a b c 1 1 1 1 + + a b c + + a b c + b c + + a b c + c a + + a b c + a b
= + + ⋅ − + + a b c + + a b c ( ) ( ) a + b c b + a c c + a b 1 + + a b c
= + + − = − = 1 2020 1 2019 a + b c b + a c c + a b
Bài 2.
2
2
+ + +
a) Giải phương trình
− + = + .
2
x
9
x
2
x
4
1
x
x
2
2
−
+
−
=
y
x
6
1
2
.
b) Giải hệ phương trình
2
xy 3
x 8 2
=
+
y
x
8
x
− + x
1
Hướng dẫn giải.
2
2
+ + +
a)
2
x
9
x
2
x
− + = + 4
1
x
x
2
2
Đặt
2
2
−
=
+ =
+
. Từ phương trình đã cho, ta được:
Ta có:
a
b
2
x
8 2
x
4
= + + ≥ = − + ≥ . a 2 x 9 x 0, x 1 0 x
2
2
−
b
2
=
) 2
+ a b
a ( ⇔ −
( = )( + a b a b
+ a b )
(
)
2
2
=
+ + =
+
>
+
>
+
.
a b⇔ − = 2
do
a
2
x
9
x
2
x
nê0
n
a
b
0
1 4
71 8
Như vậy:
2
2
2
2
2
+ + =
− + +
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
2
9
2
− + + ⇒ + + = 2
1 2
9
2
1 4 2
2
2
2
− + ⇒ +
+ =
⇒ + = x
x
x
x
x
x
− + x
2 2 2
1
4
− + + 1 4 ( 4 4 2
) 1
0
2
x
⇒ − x 7
8
= ⇒ 0
= x = x
8 7
Thử lại, ta suy ra phương trình đã cho có tập nghiệm
.
S
0;
8 7
=
b ( 2 )
2
2
−
=
−
+
y
2
xy
8
x
6
x
1
b)
2
3
2
=
+
y
x
8
x
− + x
1
( ) 1 ( ) 2
32
2
( ) 1
( ⇔ − x
)
(
2 ) − ⇔ 1
− = − x 3 − = y 1 y x = ⇔ y 3 x x − = − 1 2 − = x y 1 3 x y 4 x 1
TH1:
= −
Thay
y
1 2
x
. vào ( )2 ta được
2
3
2
= − y 1 2 x
2
3
2
= + 8 1 x x − + x x
) +
( − 1 2 ⇔ −
2
= + 8 1 x x x − + x x 4 2 1 4 3 + 4 3 0 x x
+ + = ⇔ 4 3 0 x = )
0 ⇔ + x ( x x = x 2 + = + 3 0 4 x x
−
−
.
3;7
Do đó trong trường hợp này ta tìm được các nghiệm (
) x y ∈ ;
) ( 0;1 ,
) ( 1;3 ,
{ (
} )
TH2:
y
x= 4
Thay
y
x= 4
− . 1 − vào ( )2 ta được 1
2
3
2
⇔ = 0 x ⇔ = − 1 x = − 3 x
(
3
2
2
− = + 4 8 1 x x x − + x
) 1 −
2
+ ⇔ + = 1 8 1 x x x − + x x 8 2 16 3 + 8 7 0 x x
− + = ⇔ 8 7 0 x = )
0 ⇔ − x ( x x = x 2 − 8 + = 7 0 x x
0 1
−
.
0; 1 , 1;3 , 7; 27
Do đó trong trường hợp này ta tìm được các nghiệm (
) x y ∈ ;
) (
) (
{ (
} )
−
−
−
.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (
) x y ∈ ;
) ( 0;1 ,
) ( 1;3 ,
) ( 3;7 , 0; 1 , 1;3 , 7; 27
) (
) (
} )
<
<
AB BC CA
{ ( )
nội tiếp đường tròn (
)O tại
)O . Từ A kẻ đường thẳng )O tại
1A . Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt (
1B . Từ C
7 ⇔ = x ⇔ = x = x
Bài 3. Cho tam giác nhọn ABC ( song song với BC cắt ( kẻ đường thẳng song song với AB cắt (
)O tại
1C . Chứng minh rằng các đường thẳng qua
,
,
BC CA AB đồng quy.
,
,
A B C lần lượt vuông góc với 1
1
1
33
Hướng dẫn giải.
. Mà
.
)O . Suy ra
Gọi H là trực tâm ABC∆ . Kẻ AK là đường kính của (
A K AA⊥ 1 1
1//AA BC nên 1A K BC⊥
Do đó
A K AH . // 1
//KI AH .
Gọi I là điểm đối xứng của H qua O . Suy ra AHKI là hình bình hành, suy ra
Mà
.
I A K∈
//AH AK nên
1
Vậy đường thẳng qua
1A và vuông góc với BC đi qua I .
Chứng minh tương tự, ta có:
Đường thẳng qua
1B và vuông góc với AC đi qua I .
Đường thẳng qua
1C và vuông góc với AB đi qua I .
Vậy các đường thẳng qua
,
,
A B C lần lượt vuông góc với 1
1
1
BC CA AB đồng quy tại I . , ,
Bài 4.
2
2
(
a) Cho 2 số thực
.
,a b . Chứng minh rằng
2
)2 +
b) Cho hai số dương
a b ≥ + ab − a b 2 + + 2 b 2
3
= − +
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Q b a
20 a
7 + . b
a a b+ ≤ . ,a b thỏa mãn điều kiện
Hướng dẫn giải.
a) Ta có
2
2
2
2
2
2
2
2
+
a
(
)
(
)
(
(
⇔
≥
(luôn đúng với mọi
0
2
2
2
2
) +
) +
+
a
2
) ( + b
2
− a b (
b )
,a b là số thực).
b) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
a b ≥ + ⇔ ≥ ab + 2 2 − a b 2 2 − a b 2 + b a − a b 2 + b a
= − +
+
+
+ ≥ − ⋅ +
=
+
.
Q b a
6
+ a b
5
a
7
b
+ 6 3 20 14 16
(
)
20 a
7 + = − b
7 b
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
20 a = . 1
a
b= 2,
AB BC CA lần lượt tại
,
,
nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh
. Gọi d là đường thẳng qua A song song với
,
34
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 16. Bài 5. Đường tròn ( )I ,D E F . Kẻ đường kính EJ của đường tròn ( )I BC . Đường thẳng JD cắt
a) Chứng minh:
,E F L thẳng hàng.
,
b)
.
,M K . Chứng minh MH MK=
,JA JF cắt BC lần lượt tại
,d BC lần lượt tại ,L H .
Hướng dẫn giải.
Vẽ DE cắt AL tại N
⊥
//
Xét tam giác NLE có:
⊥
⊥
) ( JE NL NL CB ( LJ NE DJ NE
)
.
LE⊥
⇒ =
=
=
.
AN AD = ⇒ =
=
).
(do AD AF=
Suy ra J là trực tâm tam giác NLE , do đó NJ Lại có: = NDA BDE BED AND = ∆ Mà NDL
vuông tại D nên AN AD AL
AN AL AF
∆
. Mặt khác
Do đó NFL
vuông tại F hay NF
LF⊥
=
=
=
=
⇒
thẳng hàng.
FAL
N J F
,
,
1 2
. Suy ra
Do đó NJ
LE⊥
LF⊥
,E F L thẳng hàng.
,
1 ACB IEF JFA NFA 2 và NJ
LAF FCE . Hai tam giác
ALF CEF đều cân mà có các góc ở đỉnh bằng
,
//AL CE nên = Cách 2: Vì nhau nên chúng đồng dạng. Suy ra =
AFL CFE , suy ra
L F E thẳng hàng.
,
,
b)
∩
= ).
Do AN AL=
nên MH MK=
(bổ đề hình thang cho hình thang NLKH có NK HL J
Chứng minh bổ đề.
Ta có:
(chứng minh câu a))
, mà AN AL=
NA JA = MK JM JA AL = MH JM
.
Suy ra: MK MH=
x
3
35
Bài 6. Tìm tất cả các số nguyên dương
y−
3
= . 1
,x y thỏa mãn phương trình
Hướng dẫn giải.
Từ giả thiết ta có
3
1x − , suy ra
3 y =
3y chia 3 dư 2, do đó y chia 3 dư 2.
Như vậy
y
n= 3
2
3
2
2
x
=
+
+ +
+
−
+
+
=
+
+
+
.
3
y
+ = 1
y
n 3
y
y
2 1
n 3
2
n 3
2
n
9
n 3
(
(
)
(
)
(
+ với n ∈ . Khi đó: 2 ) )( − + = 1 1
)( n 1 3
) 1
1
+ là ước của 3x nhưng lại không chia hết cho 3, do đó
23 n
n+ 3
=
n+ 3
1 1
Ta thấy rằng số nguyên dương ( 23 n = . Vậy + = , tức là 0 n
y
2,
x
) ( ) 1 = . 2
3
2
x
=
+ =
+
Do đó, tồn tại các số tự nhiên
Cách 2: Ta có
3
1 (
1)(
1).
y
y
y
− + y
,u v sao cho
y
u 1 3
.
2
− + =
y
y
v 1 3
+ =
=
+ >
Vì
hay
Rút
, thay vào phương trình dưới, ta có
nên 3
1>u
1.≥u
y
−u 3
1
y
1 1
2
−
−
− + =
v hay
u (3
1)
u (3
1) 1 3
u
u
v
− 1
− ⋅
−
+ =
2 3
u 3 3
v + = ⇔ 3 3
2 3
u 3
− 1 1 3 .
− >
− ≥
hay
Tuy nhiên, nếu
thì
chia hết cho
13 −v
v
1 0
v
1 0
1.≥v
hay
1=v
Vì vế phải nguyên nên ta phải có 3, trong khi vế trái không chia hết cho 3, vô lý. Do đó,
2
2
− + = ⇔ − =
.
y
1 3
y
y
y
2
x
3
=
+ =
Giải ra được
Thay vào đề bài, ta được
nên
2.=x
y
3
1 9
2.=y
=
Vậy nên tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là ( ,
x y
)
(2; 2).
36
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH Đề số 7 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN: TOÁN (Chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút
2
2
2
+
+
= . 3
Câu 1. (1,5 điểm) Giả sử a, b, c là các số thực khác 0 sao cho hệ phương trình
)x; y . Chứng minh rằng
a bc
b ca
c ab
= = =
+ ax by + bx cy + cx ay
c a b
có nghiệm (
Câu 2. (2,5 điểm)
4
2
2
=
−
x 2x
= − 2x y 1 2 + 2. 2y y
2
−
+ = −
+
a) Giải hệ phương trình
+ .
x 2
x
3x 3
( 2 x 2
)
b) Giải phương trình
+
Câu 3. (2,5 điểm)
+ và 3n 2020
đều là các a) Tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho 2n 2021
số chính phương.
2x − 2 + xy 2
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) sao cho có giá trị là số nguyên.
)O và (
)O '
cắt nhau tại A và B sao cho hai tâm O Câu 4. (2,5 điểm) Cho hai đường tròn (
)O và (
)O '
lần lượt tại C và D (d không trùng với đường thẳng AB). và O ' nằm khác phía đối với đường thẳng AB. Đường thẳng d thay đổi đi qua B cắt các đường tròn (
a) Xác định vị trí của đường thẳng d sao cho đoạn thẳng CD có độ dài lớn nhất.
b) Gọi M là điểm di chuyển từ điểm A, ngược chiều kim đồng hồ trên đường tròn
)O '
sao (O); N là điểm di chuyển từ điểm A, cùng chiều kim đồng hồ trên đường tròn (
+
+ ≤
cho AOM luôn bằng AO ' N . Chứng minh đường trung trực của MN luôn đi qua một điểm cố định.
2 2 x z
2 2 y z
1 3z
2
=
+
+
. Câu 5. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn
P
2
2
2
8 + y 3
1 ) + x 1
(
(
)
4z ( + 1 2z
)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
----- HẾT -----
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
37
Họ tên thí sinh ...................................................... Số báo danh ..............................
HƯỚNG DẪN GIẢI
)( a b c x y
)
+ + = .
+ + + Cộng theo vế của các phương trình, ta có ( + + = a b c 0 + = x y 1 = + + ⇔ a b c
2
2
3
3
3
3
3
+
+
+
=
+
−
= −
+
=
Trường hợp 1. a b c 0
= 3
a
b
c
a
b
+ a b
3ab(a b) 3abc
(
)3
2 a ⇒ + bc
b ca
c ab
+ = ⇔ = − ,
Khi đó
y 1 x
−
+
=
−
= −
Trường hợp 2. x y 1
II
(
)
−
c b = − a c
( x a b ( x b c
) )
+ +
− −
c = ⇒ a = b
( ax b 1 x ( bx c 1 x ( cx a 1 x
) ) )
2
2
Thay vào hệ ta có
3
3
3
+
+
+
=
= = , suy ra
= 3
a
b
c
3abc
b c
2 a ⇒ + bc
b ca
c ab
b Câu 1 Nếu Từ (II) suy ra a = a = b c
2
2
2
⇒
=
⇔ −
−
+
=
−
−
+
cb c
b
bc
a
ab ac bc
− c b − a b
− c a − b c
= x = x
− c b − a b − a c − b c
2
2
2
+
+
b Nếu ta có c ≠ a ≠ b
a b
− b c
− c a
0
b
a
= ⇔ = = (Vô lí do a c
( ⇔ −
)
(
)
(
)
2
2
2
+
+
= = .Suy ra
= 3
≠ b, b ≠ ). c
b c
a bc
b ca
c ab
3
3
3
2
2
2
+
+
=
+
+
+
+
Vậy trong trường hợp 2 ta có a
a
b
c
a bx cy
b cx ay
c
+ ax by
(
)
(
)
(
)
2
2
2
+
+
=
+
+
+
+
+
=
Chú ý: Có thể giải theo cách sau
= 3
ab ax by
bc bx ay
ac cx ay
3abc
)
(
)
(
(
)
a bc
b ca
c ab
, suy ra
4
2
=
x
38
− 2
2
2x y 1 = +
−
(1) (2)
2x
2
2y
y
4
2
2
−
+
+
−
x
2 2x y y
y
− = 3 0
Giải hệ
)
( 2 x
)
2
2
− =
x
y 1
2
2
+
−
y
y
3 0
( ⇔ − x
)
( 2 x
)
2
x
− = − y 3
− = ⇔
Từ phương trình (1) và (2), ta có (
2
−
Câu 2a
− = , thay vào phương trình (2), ta có
y
2y
y 0
2
= ⇔ = , khi đó x 1=
2x
y 1
) ( + + 2 y 1
Với
1= − ;
2
hoặc x
− = − , thay vào phương trình (2), ta có
2x
y
3
( 2 y 3
)
= − ±
− + − − = ⇔ = ± Với Khi y 2y 2 0 y 2 2
< không thỏa mãn;
2x
3 2 2
0
đó
)1;0 và (
)1;0−
2
. Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm (
2≥ − ; Ta có
( 2 x 2
)
− +
+ =
+ = −
x 2
x 2
3
x 2
5 x (1)
⇔
+ x 2
= ⇔ 9
( ⇔ − + x 2
)2
− +
+ = − −
x 2
x 2
+ = − 3
x 2
1 x (2)
5
11
29
⇔ + = − ⇔
⇔
(1)
x 2
5 x
⇔ = x
− + = − + b) Điều kiện x x 2 x + 3x 3
11
29
−
=
− 2
x
+ 11x 23 0
=
x
≤ x 2
≤ x 5
± 2
x
≤ − 1
≤ − 1
x
5
⇔ + = − − ⇔
⇔
(2)
x 2
1 x
⇔ = x
.
2
5
+ − =
− − 1 2
x
x 1 0
=
x
− ± 1 2
11
29
5
=
=
Câu 2b
x
x
− 2
− − 1 2
2
2
*
=
−
=
=
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt và .
2x
+ 2n 2021
2y
+ 3n 2020
3x
2y
2023
x, y N∈ )
=
Đặt ; Suy ra . (
+ ( m N∈ )
2m 1
2x là số lẻ đặt x
2
2
2
+
−
=
⇔
=
Từ phương trình trên suy ra
2y
2023
2y
2020
) ( 3 2m 1
) ( + − 3.4m m 1
2
⇔
=
1010
2 = ⇔ y
1012
y
− 2
( ) + − 3.2m m 1
) ( + − 3.2m m 1
Ta có Câu 3a
2(y
(
(
) + m m 1 2
) + 2m m 1 4
− 2) 4
≡
≡
Ta có , suy ra , suy ra , đồng thời 1012 4
2y
2y
2y là số chính phương nên
( 0 mod 4
)
( 1 mod 4
)
Mặt khác, hoặc
39
2(y
− 2) 4
2
−
2
)
Nên không tồn tại y để . Vậy không tồn tại n thỏa mãn điều kiện trên
( y x + xy 2
2
−
2
+
+
)
=
Từ giả thiết suy ra là số nguyên.
= − x
( y x + xy 2
− x(xy 2) 2(x y) + xy 2
+ 2(x y) + xy 2
+
=
+
Ta có
k(xy 2)
( 2 x y
)
+
+
+ ≥
+ ⇔ −
Suy ra tồn tại giá trị k nguyên dương sao cho
≥ k(xy 2) 2 xy 2
x y
xy 2
− + ≤ (1) 1 0
2≥ , ta có
(
)
)( ) x 1 y 1
(
≥
, suy ra Nếu k Câu 3b
− ≥ nên bất phương trình (1) vô nghiệm.
x 1, y 1
0
( ≥ ⇒ −
)( ) x 1 y 1
+
=
+ ⇔ −
−
xy 2
(x 2)(y 2)
= (2) 2
Do
( 2 x y
)
Nếu k 1= , ta có
x; y thỏa mãn (2) là
)
4 3 x 1 0 , , , . Giải ra ta được các cặp ( 4 0 y 1 = x = y 3 = x = y = = y = x =
4 Thử lại ta có là cặp số nguyên duy nhất thỏa mãn. = x = y 3
A
O'
O
C
F
E
B
D
Kéo dài AO cắt (O) tại E, kéo dài AO’ cắt đường tròn (O’) tại F. Câu 4a
=
Suy ra E, B, F thẳng hàng.
AFE ADC =
Ta có ACD AEF (cùng chắn cung AB của (O)).
(cùng chắn cung AB của (O’)).
∆ và AEF
≤ ⇒ ≤
đồng dạng Nên ACD∆
,
≤ ⇒ 1
1 CD EF
AC CD = EF AE
AC AE
CD EF
Suy ra do (không đổi)
Vậy CD lớn nhất khi d đi qua B và vuông góc với AB.
40
Gọi I là trung điểm của EF.
N
Ta có O’I song song và bằng đoạn OA, suy ra
Q
AOIO ' là hình bình hành
M
A
=
Suy ra AOI AO 'I
P
Câu 4b
O
=
O'
và M, N di chuyển ngược
C
I
P'
Do MOA AO ' N chiều. Xét hai trường hợp
F
E
B
Trường hợp 1. M trùng P hoặc P’.
D
Q'
=
+
=
=
=
+ Suy ra IM IP IO OP O ' I O 'Q IN
- Nếu M trùng P khi đó N trùng Q
- Nếu M trùng P ' khi đó N trùng Q '
=
−
−
=
=
= IM IP '
= IO OP ' O 'Q ' O ' I
IQ '
IN
Suy ra
=
=
=
TH2. Nếu M không trùng P và P’ khi đó N không trùng với Q và Q '
=
và AOI AO 'I suy ra MOI IO ' N Do MOA NO 'A
∆
= ∆
⇒ =
Ta có MO IO ' ; OI O ' N=
IO ' N IM IN
Suy ra MOI
,suy ra trung trực của đoạn MN luôn đi qua Trong mọi trường hợp ta luôn có IM IN=
điếm I cố định
+
≥
41
> .
∀ với a, b 0
1 2 a
1 2 b
8 + a b
(
)2
2
)
(
≤
+
≥
+
≥
Chứng minh BĐT
ab
;
2
1 2 a
1 2 b
2 ab
+ a b 4
1 ⇒ ≥ ab
1 2 a
1 2 b
4 + a b
8 + a b
(
)
(
)2
Ta có mặt khác suy ra
2
2
2
2
2
2
(
)
(
)
(
2
2
+
+ ≤ ⇔ +
+
1 8 64 = + + ≥ + ≥ P 8 + y 3 8 + y 3 1 ) + x 1 + + + + + + 1 x 2 x y 5 1 2z 1 2z 1 2z
2 2 x z
2 2 y z
1 3z
x
y
1 2 z
3 ≤ . z
2
2
2
+
+
≤
Từ giả thiết suy ra z là số dương, ta có Câu 5
= suy ra
x
y
t
3t
t
1 z
Đặt .
2
2
(
)
2
2
2
2
2
2
≤
+
≤
+
≤
+
+
≤
+
+
+ ≤
64 256 = = . Ta có P + + + 2x 2y t 10 + + + x y 5 1 2z
+ , suy ra
2x
x
1; 2y
y
1; 4t
t
4
2x 2y 4t
x
y
t
+ 6 3t 6
+
+ ≤ .
Ta có
6
≥
=
= =
Suy ra 2x 2y t
= . Vậy GTNN của P bằng 1.
P
1
x
y 1, z
1 2
256 + 6 10
(
)2
, dấu = xảy ra khi Suy ra
42
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021 UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÔN: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi chuyên Tin)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Đề số 8
(Đề thi gồm có 01 trang)
−
−
+ − +
A =
2 2 4 2 3
− 1 4 7 4 3 .
−
=
2
5
xy
y
)2
2
2
Câu 1 (1,0 điểm). Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức
.
y
x
=
+ xy
5 2
+ ( x
2
2
=
;x y thỏa mãn
x
y
+ + 8.
y
Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
)
2019
2021
+
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm các cặp số nguyên dương (
P = +
5 17
2020
×
không là số chính phương. Câu 4 (1,0 điểm). Chứng minh
(gồm 2020 hàng và Câu 5 (2,0 điểm). Cho một bảng ô vuông có kích thước 2020 2020
2020 cột). Người ta tô màu đen 3030 ô vuông bất kì của bảng. Chứng minh rằng có thể
chọn ra 1010 hàng và 1010 cột của bảng sao cho các ô được tô màu đen đều nằm trên 1010
,
.C D Trên đường tròn (
.AB Vẽ đường tròn tâm A cắt ),O lấy điểm M nằm
hàng hoặc 1010 cột đã chọn.
≠
.N
M A M C ,
.
)A tại điểm
Câu 6 (2,0 điểm). Cho đường tròn tâm O đường kính )O tại hai điểm phân biệt đường tròn ( ≠ trên cung nhỏ AC với Đoạn thẳng BM cắt đường tròn (
Chứng minh :
2
=
a) . = CMB DMB
MN MC MD .
.
,H
) ,O R . Gọi
b)
Câu 7 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( I lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC .
.R
a) Chứng minh . = HAI OAI
BAC =
b) Cho 030 , tính độ dài đoạn thẳng AH theo
------ HẾT ------
Họ và tên thí sinh:…………….…………................Số báo danh………
43
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020- 2021 UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÔN THI: TOÁN
Dành cho chuyên Tin
HƯỚNG DẪN CHẤM
( Bản hướng dẫn chấm gồm có 03 trang)
I. Hướng dẫn chung
- Giám khảo cần nắm vững yêu cầu của hướng dẫn chấm để đánh giá đúng bài làm
của thí sinh. Thí sinh làm cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Khi vận dụng đáp án và thang điểm, giám khảo cần chủ động, linh hoạt với tinh
thần trân trọng bài làm của học sinh.
- Nếu có việc chi tiết hóa điểm các ý cần phải đảm bảo không sai lệch với tổng điểm
và được thống nhất trong toàn hội đồng chấm thi.
- Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu hỏi trong đề thi, chấm điểm lẻ đến 0,25 và
không làm tròn.
II. Đáp án và thang điểm
Nội dung Điểm Câu
−
−
+ − +
−
A =
2 2 4 2 3
1 4 7 4 3
2
2
+ − +
−
=
− 2 2
1 4
2
3
Ta có:
(
) − 3 1
(
)
0.25
=
+
−
Câu 1
2
2
=
+
−
2
3
)
0.25
=
4 2 3 ) ( − 3 1 − + − 3 1 2
− 7 4 3 ( = 3 1
0.25
0.25
2
2
+
−
=
+
−
=
2
5
x
y
xy
)
2
5
x
y
xy
2
2
Ta có:
⇔
x
y
=
=
) 5 2
5 xy
5 2
+ xy
(
(
0.25
Câu 2
44
3
x
2
2
+ = y =
2
xy
+
−
=
+
=
x
y
2
xy
5
x
y
9
⇔
⇔
⇔
3
x
=
=
) 2
) 2
( xy
( xy
+ = − y =
2
xy
3
x
0.25
,x y là nghiệm của phương trình
+ = y =
2
xy
=
X
1
2
−
X
3
X
=
X
+ = ⇔ 2 0
suy ra TH1:
2 ) ( ) 1, 2 ; 2, 1 .
x
0.25 Ta có hai nghiệm (
,x y là nghiệm của phương trình
+ = − y 3 =
2
xy
X
2
+
X
3
X
X
+ = ⇔ 2 0
− −
− −
= − 1 = − 2 ) ( 1, 2 ;
suy ra TH2:
− −
− −
) ( ) ( 1, 2 ; 2, 1 ;
) ( 1, 2 ;
) 2, 1 .
0.25 Ta có hai nghiệm ( ) 2, 1 . Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm (
2
2
=
x
+ + y
8
y 2
2
Ta có:
+
y
4
4
32
2
2
⇔
=
+
x
y
2
2
31
−
+
+
=
x
y ( y
y
2
2
31 (*)
⇔ = x 4 ) ( ( ⇔ − 2
+ ) + 1 )( x 1 2
) 1
Câu 3 0.5
≤
−
− <
+
,x y là các số nguyên dương nên ta có 1 2
x
2
y
1 2
x
2
y
+ 1
−
− =
=
2
x
2
y
1 1
x
8
⇒
0.25 Vì
+
+ =
=
2
x
2
y
1 31
y
7
Nên từ (*) suy ra
0.25
≡
)
2019
0.25
≡
⇒
≡
)
( 1 mod 4
)
2012
0.25
≡
2020
Câu 4
P ≡
17 ) )
Suy ra Ta có: ( 5 1 mod 4 ( 17 1 mod 4 ( 0 mod 4 ( 2 mod 4 0.25
Vậy P không là số chính phương vì một số chính phương chia cho 4 chỉ có dư là 0 hoặc 1. 0.25
45
Vì có 2020 cột nên ta có thể chọn ra 1010 cột có số ô được tô màu đen nhiều
nhất. Khi có có hai khả năng xảy ra:
Khả năng 1: Trong 1010 cột đã chọn chứa hết 3030 ô màu đen, khi đó ta chọn 1.0
1010 hàng bất kì thì bài toán được giải quyết.
Khả năng 2: Trong 1010 cột đã chọn không chứa đủ 3030 ô màu đen.
Ta đi chứng minh số ô màu đen còn lại nhỏ hơn hoặc bằng 1010. Khi đó, ta Câu 5 chỉ cần chọn ra 1010 hàng chứa các ô màu đen còn lại thì bài toán được
chứng minh.
Thật vậy, giả sử số ô màu đen còn lại lớn hơn 1010 (hay tổng số ô đen trong
1010 cột đã chọn nhỏ hơn 2020). Theo nguyên lý Dirichlet, trong 1010 cột còn
lại không được chọn, có ít nhất 1 cột chứa hai ô màu đen.
Mặt khác vì 1010 cột ta chọn chứa số ô màu đen nhiều nhất nên mỗi cột phải
chứa ít nhất 2 ô đen. Suy ra tổng số ô đen trong 1010 cột đã chọn lớn hơn 1.0 hoặc bằng 2020 (mâu thuẫn)
Vậy điều giả sử là sai. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
C
M
N
A
B
O
Câu 6
D
)O có . a) Ta có AB là đường trung trực của CD suy ra trên ( CB DB= 0.5
=
=
+
=
+
ACB =
0.5 (góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau) (1)
)A
⇒
=
=
(chắn nửa đường tròn) suy ra BC là tiếp tuyến 0.25 Do đó CMB DMB b) Ta có : CNM CBM NCB CDM NCB Mặt khác ta có 090 của (
+ CNM CDM CDN MDN
= NCB CDN
Do đó (2) 0.25
2
⇒
=
Từ (1) và (2) suy ra tam giác MNC và tam giác MDN đồng dạng (g-g). 0.25
MN MC MD .
.
MN MC = MD MN
Suy ra
0.25
46
A
O
I
H
B
E
C
F
D
Câu 7
)O tại D suy ra D là điểm chính giữa cung BC hay OD là .BC Gọi OD cắt BC tại E , khi đó E là trung điểm
a) Kẻ AI cắt (
= OAD ODA
đường trung trực của của BC
Ta có AOD∆ cân tại O suy ra ( )1 .
= HAD ODA
/ /
AH OD (cùng vuông góc với AB) suy ra ( )2 .
=
0.25 Mặt khác ta có
= ACF ABF
)O suy ra 090
(chắn Từ (1) và (2) suy ra . = OAD HAD b) Kẻ đường kính AF của đường tròn ( 0.25
cïng vu«ng gãc víi
BH CF / /
AC
nửa đường tròn). 0.25
cïng vu«ng gãc víi
AB
( (
) )
CH BF / /
0.25 Xét tứ giác BHCF có suy ra BHCF là
.HF
=
AH
OE 2
∆ Xét AHF
0.25 hình bình hành hay E là trung điểm của
( ) * .
có OE là đường trung bình nên suy ra
=
=
BOC
BAC
2
R
3
0.25 Mặt khác theo đề bài ta có: 0 60 suy ra tam giác BOC đều
OE =
2
Khi đó (**)
AH R=
3.
0.25 Từ (*) và (**) suy ra
0.25
---- Hết---
47
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021 UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
MÔN: TOÁN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
(Dành cho thí sinh thi chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang)
Đề số 9
ab = Chứng minh
2.
5
4
4
9
9
5
+
=
+
+
−
a
a
b
a
b
b
16
+ a b
.
(
)
,a b thỏa mãn (
)(
)
2
− −
− = .
Câu 1 (1,5 điểm). Cho hai số thực
16
x
1 2 4
x
+ + 1
4
x
2
1
+
+
=
Câu 2 (1,5 điểm). Giải phương trình
a b c thỏa mãn
,
,
a
b 3
c 5
2020.
+
+
=
Tìm giá trị Câu 3 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
P
.
15 bc + c 5 b 3
ca 5 + c a 5
1n + và 3
1n + là các số chính phương.
lớn nhất của biểu thức
3 ab + b 3 a Câu 4 (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2 Chứng minh 15
8n + là hợp số.
tiếp tuyến
),O từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn kẻ các ,B C là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của AO )O
).O Đường thẳng AD cắt đường tròn (
.D
và Câu 5 (1,0 điểm). Bạn Chi được thưởng mỗi ngày ít nhất một chiếc kẹo, nhưng trong 7 ngày liên tiếp, tổng số kẹo Chi nhận được không quá 10 chiếc. Chứng minh trong một số ngày liên tiếp, tổng số kẹo Chi nhận được là 27 chiếc. Câu 6 (2,0 điểm). Cho đường tròn ( ,AB AC với đường tròn ( .BC Vẽ đường kính CD của đường tròn (
tại M khác
2
=
.AO Chứng minh
NH
NM NB . .
ABC Điểm M thuộc cạnh BC với
.
a) Chứng minh tam giác AMB và tam giác ABD đồng dạng.
)
≠
≠
AMC Đường thẳng song song với
.
,I r nội tiếp tam giác ) r nội tiếp tam giác
1,I 1
B C Gọi N là
'.
',
b) Gọi N là giao điểm của BM và Câu 7 (2,0 điểm). Cho đường tròn (
1,I 1
Đường tròn ( M B M C , . ,BC tiếp xúc với đường tròn (
'
AB N Chứng
.
'
) r cắt các cạnh 'B C , đường tròn (
,AB AC lần lượt tại )
,I 2
r 2
nội tiếp tam giác giao điểm của AM với
minh:
A I ,
,
,
I 1
I cùng nằm trên một đường tròn. 2
a) Bốn điểm
r
= + r 1
r 2.
b)
------ HẾT ------
Họ và tên thí sinh:…………….…………................Số báo danh………
48
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020- 2021
UBND TỈNH THÁI NGUYÊN MÔN THI: TOÁN
Dành cho chuyên Toán SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
( Bản hướng dẫn chấm gồm có 04 trang)
I. Hướng dẫn chung
- Giám khảo cần nắm vững yêu cầu của hướng dẫn chấm để đánh giá đúng bài làm
của thí sinh. Thí sinh làm cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Khi vận dụng đáp án và thang điểm, giám khảo cần chủ động, linh hoạt với tinh
thần trân trọng bài làm của học sinh.
- Nếu có việc chi tiết hóa điểm các ý cần phải đảm bảo không sai lệch với tổng điểm
và được thống nhất trong toàn hội đồng chấm thi.
- Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu hỏi trong đề thi, chấm điểm lẻ đến 0,25 và
không làm tròn.
II. Đáp án và thang điểm
Câu Nội dung Điểm
5
5
4
4
Ta có
−
+
+
b
a
b
a
16
(
)
9
9
−
( =
+
)( +
5 4 a b
a
b
16
4 4
9
9
−
=
+
+
a
b
0,5
9
9
) −
=
=
+
+
16
+ a b ( + a b ( + a b
16
ab
2
a
b
) 4 5 + a b ( + a b a b ) + a b
(
) ) + a b ) ( do
16 (
)
0,5
9
9
=
+
a
b
.
Câu 1
0,5
x ≥
.
1 4
2
x
x
+ + 1
4
− = 1
2
−
+
⇔
−
− − =
x
x
x
x
4
+ + 1
4
1 2 0
16 (
x ) 1
+
⇔
+
− − =
x
x
4
1
1 2
1 2 0
⇔
=
x
x
4
4
2 4 ) − − 1 2
0 (*)
− − 1 2 4 )( 1 4 ( − − x 4 )( + + 1 1
(
4 )
0,25 ĐK : Ta có:
Câu 2 0,25
x ≥ nên từ (*) suy ra
49
x + + > với mọi
1 1 0
1 4
Do 4
4
x
− − = ⇔ − = ⇔ = x 4
1 2 0
1 4
.
x
TM
(
)
0,5
5 4
0,5
x =
.
5 4
Vậy phương trình có một nghiệm
2
a
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương a và 3b ta có:
≤
=
+ 3 b a 2 +
b 3
a
3 ab + b 3 a
+ 3 b 4
Câu 3
b 3
c 5
≤
≤
;
+ 4
+ c a 5 4
15 bc + 5 3 c b
ca 5 + 5 c a
+
+
2
a
c 5
(
)
≤
=
0,5 CMTT ta có:
P
1010
b 3 4
Từ đó suy ra: 0,25
=
=
=
a
b 3
c 5
.
2020 3
Vậy giá trị lớn nhất của P là 1010 khi và chỉ khi
2020 3 2020 9 404 3
= a ⇒ = b = c
2
0,25
n
2
+ = 1
∈
a b ,
(
) * .
a 2
+ = 1
b
n 3
0,25 Đặt
2
2
Khi đó ta có:
−
+
a
b
n 3
) 1
=
+
( 9 2 + a b 3
( n
8.
9 ( ⇔ − a b 3
= )(
) + − n 1 ) 15
Câu 4
a b+ > . Ta cần chứng minh 3
1
a b− > 1
* ,a b ∈ suy ra 3
0,5 Vì
n
+ − 1
n 3
+ > ⇔ 1 1
3 2
n
+ > + 1 1
n 3
+ 1
⇔
+
>
+ +
+ ( luôn đúng)
n
n 3
n 2 2 3
+ ⇔ + > 15
7
1
n
12
n
4
( 9 2
) 1
Hay 3 2
0,25
50
8n + là hợp số.
Vậy 15
0,5 Xét 28 ngày liên tiếp từ ngày thứ nhất đến ngày thứ 28 mà Chi nhận được
kẹo.
T n là tổng số kẹo Chi nhận được đến ngày thứ
.n Vì tổng số kẹo Chi
( )
<
≤
≤
Gọi
< < ...
40.
28
T
T
T
( ) 2
( ) 1
(
)
nhận được trong 7 ngày liên tiếp không vượt quá 10 chiếc nên ta có: 1
T
T
28
( ) 1 ,
0,25 Xét 28 số nguyên dương phân biệt . Theo nguyên lý
≡
T b
mod 27
) ( ≤ < ≤ a b
28
T ( )(
( ) 2 ,..., )
( T a
)
−
27.
Câu 5 hay với 1
( ) T b
Đirichlet, tồn tại hai số ( ) T a
≤
−
≤
−
=
1
39
27.
( ) T b
( T a
)
( ) T b
( T a
)
0,25 Mặt khác ta có: suy ra
1a + đến ngày thứ b thì Chi nhận đúng 27 chiếc kẹo.
Vậy từ ngày thứ
D
B
M
O
H
A
N
C
cïng b»ng
= ABM ADB
a) Xét tam giác AMB và tam giác ABD có:
1 s® BM 2
A chung
Câu 6
Do đó tam giác AMB và tam giác ABD đồng dạng (g-g)
2
=
AB
AH AO .
(1)
1,0 b) Xét tam giác ABO vuông tại B , đường cao BH có :
2
⇒
=
=
AM AD .
(2).
AB
0,25
AM AB
Mặt khác ta có hai tam giác ABM và ADB đồng dạng (g-g) suy ra AB AD
= AH AO AM AD
.
.
51
=
suy ra hai tam giác AMH và AOD
=
=
Từ (1) và (2) suy ra đồng dạng. Do đó MHN MDC 0,25
Mặt khác MDC MBC (cùng chắn cung MC ) suy ra MHN MBH
=
Xét hai tam giác NHM và NBH có: 0,25
, MHN MBH MNH
chung, suy ra hai tam giác NHM và NBH đồng dạng
2
⇒
=
NH
NB NM .
.
NH NM = NH NB
0,25 Do đó
A
I2
r2
C'
N
B'
I
r
I1
r1
C
M
B
0
'
180
0
0
=
−
=
−
=
+
180
180
.
= AI N AI I 2 1 2
+ ' B AN ANB 2
− ' ' AB N AB N 0 90 2 2
a) Ta có:
0
=
+
Câu 7
'/ /
'
B C BC suy ra 'AB N ABC
90
AI I = 2 1
ABC 2
0
=
+
90
(2).
Mà suy ra (1)
ABC 2
=
Tương tự ta có = AIC AII 1
A I ,
,
I
,
2
I cùng nằm trên 1
AI I 2 1
do đó bốn điểm Từ (1) và (2) suy ra AII 1
một đường tròn.
Chú ý : Ra một trong hai nội dung ở (1) hoặc (2) cho 0,5 điểm.
2 1AI I và AIC có :
b) Xét tam giác
=
;
2 1AI I và tam giác AIC
= IAC I AI 1 2
= AIC AI I 2 1
BAC 2
0,5 do đó hai tam giác
đồng dạng.
=
52
( ) *
I I 2 1 IC
AI 1 AC
Suy ra :
1ANI và
1AI C có :
=
=
Xét tam giác 0,5
1ANI và tam giác
1AI C đồng
1
1
do đó hai tam giác NAI CAI AI N ACI ; 1 1
=
dạng.
**
(
)
AI 1 AC
I N 1 CI 1
Suy ra 0,25
=
Từ (*) và (**) suy ra
I I 1 2 IC
CI ⇒ = 1 CI
I N 1 I I 1 2
⇒ = +
r
.
r 1
r 2
I N 1 CI 1 r 1 +
r ⇒ = 1 r
r 1
r 2
=
=
0,25
r 1 +
r I N 1 1 I N r 2 2
I N 1 I I 1 2
r 1
r 2
( Do suy ra ) 0,25
r
= + r 1
r 2.
Vậy
0,25
---- Hết---
53
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2020 - 2021
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Bài thi môn chuyên: TOÁN; Ngày thi: 18/7/2020
Đề số 10 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang
2
2
2
2
=
+
+
+
Câu 1 (2,0 điểm):
P
a
a (a 1)
+ (a 1)
= +
=
−
1. Cho với a ∈ . Chứng minh P là một số tự nhiên.
4 2 3
A
:
− x 1 2 − x
x
1 x
1 + x 1
. 2. Tính giá trị của biểu thức với x
+
−
2x
Câu 2 (2,0 điểm):
x<
2mx 2m 1 0 x=
4x
)
2
1
1
− = . Tìm m để phương trình có hai nghiệm 2 2
1
2
2
+
+ − =
−
xy x y
0
x
. thỏa mãn phân biệt 1. Cho phương trình ( x , x , x 2
2
2y 2
+
=
x
y
10
2. Giải hệ phương trình
+
Câu 3 (1,5 điểm):
2n
2022
+ −
1
4 x
là số chính phương. 1. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho
− < . )T tâm O và dây cung AB cố định ( O AB∉
≠ )1T tâm C đi qua điểm P tiếp xúc với đường tròn (
)1d là tiếp tuyến chung của (
). P là
)T tại B . Hai đường tròn ( )1T tại A , ( )T với (
và P khác trung điểm của đoạn thẳng AB ). )T tại A . Đường tròn )1T và )2d là
)T với (
)2d tại điểm Q .
)2T tại B , (
)1d cắt (
2. Giải bất phương trình x 1 Câu 4 (3,0 điểm): Cho đường tròn ( điểm di động trên đoạn thẳng AB ( P A, B Đường tròn ( )2T tâm D đi qua điểm P tiếp xúc với đường tròn ( ( )2T cắt nhau tại N ( N P≠ ). Gọi ( ( tiếp tuyến chung của (
=
1. Chứng minh tứ giác AOBQ nội tiếp đường tròn.
≠
2. Chứng minh: ANP BNP và bốn điểm O, D,C, N cùng nằm trên một đường tròn.
và P khác trung điểm của đoạn thẳng AB ). 3. Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn thẳng ON luôn đi qua một điểm cố định khi P di động trên đoạn thẳng AB ( P A, B
2
2
2
2
2
2
+
+
+
+
+
=
a
b
b
c
c
a
2021.
Câu 5 (1,5 điểm):
1. Cho ba số dương a, b,c thoả mãn:
2
2
2
+
+
≥
54
.
b +
a + b c
c
a
c + a b
1 2021 2
2
Chứng minh rằng:
1
2
n
=
−
2. Với số thực a , ta định nghĩa phần nguyên của số a là số nguyên lớn nhất không x , x , x ,....., x ,...được xác định bởi công thức vượt quá a và kí hiệu là [ ]a . Dãy các số 0
x
}
x , x , x ,....., x 2
0
1
199
n
+ n 1 2
n 2
<
<
có bao nhiêu số khác 0? (Biết . Hỏi trong 200 số{
1, 41
2 1, 42
)
------HẾT------
Lưu ý: Thí sinh được sử dụng máy tính cầm tay không có thẻ nhớ
và không có chức năng soạn thảo văn bản.
Họ và tên thí sinh:...................................................... Số báo danh:...................................................
Họ và tên, chữ ký: Cán bộ coi thi thứ nhất:................................................................................
Cán bộ coi thi thứ hai:..................................................................................
HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH NINH BÌNH
NĂM HỌC: 2020 - 2021
Bài thi môn chuyên: TOÁN - Ngày thi: 18/7/2020
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
I. Hướng dẫn chung
1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó.
2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau.
3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm.
4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm
đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do Ban chấm thi thống nhất.
5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải
đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn Ban chấm thi.
6. Tuyệt đối không làm tròn điểm.
II. Hướng dẫn chi tiết
2
2
2
2
Điể Câu Nội dung m
=
+
+
+
P
a
a (a 1)
+ (a 1)
1 1. (1,0 điểm) Cho với a ∈ . Chứng minh P là một số
(2,0 đ) tự nhiên.
2
2
2
4
3
2
2
55
=
+
+
+ +
=
+
+
+
P
a
2 a (a
2a 1)
+ (a 1)
a
2a
2a
+ (a 1)
4
2
2
0,25
=
+
+ +
a
2a (a 1)
+ (a 1)
2
2
2
0,25
=
+ +
=
(a
a 1)
a
+ + a 1
∈ ⇒ ∈
0,25
P
( đpcm).
= +
=
−
0,25 Vì a
4 2 3
A
:
− x 1 2 − x
x
1 x
1 + x 1
2. (1,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức . với x
< ≠ x 1
Với 0
=
−
=
A
:
:
− x 1 2 − x
x
1 x
1 + x 1
x
x
− x 1 )( − x 1
) + x 1
+ − x 1 (
x ) + x 1
(
1
1
=
=
:
0,25 Ta có:
1 x
x
x
(
) + x 1
(
) + x 1
0,25
=
+ ⇒ =
x = 4 + 2 3
x
3 1
+
(
)2 3 1
0,25 Với
A =
=
− 3 1 2
1 + 3 1
+
−
− = . Tìm m để phương trình có hai
0,25 Suy ra
4x
2x )
( x , x , x 2
1
1
2
2mx 2m 1 0 2 x= 2
1
2
−
+
x
2mx 2m 1 0
nghiệm phân biệt thỏa mãn: . 1. (1,0 điểm). Cho phương trình x<
= x 1 − = ⇔ = x
− 2m 1
<
− ⇔ > +) Nếu 1 2m 1 m 1
= m
0,25
= ⇔ =
4x
4
x
⇔
(
)2 − ⇔ 2m 1
1
2 2
− = 2m 1 2 − = − 2
2m 1
0,25 Từ giả thiết 2
= m
3 2 − 1 2
− < ⇔ < +) Nếu 2m 1 1 m 1
(2,0 đ)
= ⇔ =
4x
x
( ) 1 4 2m 1
1
2 2
5 − ⇔ = m 8
0,25
m
3 5 ; 2 8
∈
2
2
+
+ − =
−
xy x y
0
x
Kết luận . 0,25
2
2y 2
+
=
x
y
10
2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
y
2
2
−
+
+
+
56
x
2y
xy x y
+ − = ⇔ − 0
(
) x y x 2y 1
)(
1 2y
= x = ⇔ = − − 0 x
2
2
= ⇔ = ±
+
=
Có 0,25
22x
10
x
5
x
y
10
x= vào
2
2
+
=
= − −
ta được 0,25 +) Trường hợp 1: thay y
x
y
10
1 2y
vào ta được +) Trường hợp 2: thay x
2
2
2
+
= ⇔ +
− = ⇔
− − ( 1 2y)
y
5y
10
4y 9 0
= y 1 = − y
9 5
∈
−
−
0,25
(x; y)
( 5; 5),(
5;
− 5),( 3;1),(
;
13 5
− 9 5
) .
+
Vậy hệ có 4 nghiệm 0,25
2n
2022
2
2
+
=
là số chính phương. 1. (0,75 điểm) . Tìm tất cả các số nguyên n sao cho
n
2022
y
2
2
= ⇔ −
+
=
+
Đặt
2022
+
=
. 0,25
− y n
+ y n
2y
y n−
y n+
n Có (
2022 )
y (
)
)
+
cùng tính chẵn lẻ với y là số nguyên khác 0. ) ( )( y n y n là số chẵn nên ( ) và (
y n+
)
( ⇒ −
)( y n y n
)
)
+
≠
2022
y n− )( y n y n
)
+
⇒
cũng lẻ là số lẻ là số lẻ thì ( 0,25 . Nếu ( ( ⇒ −
y n−
y n+
y n y n 4
2022 4
)
)
( ⇒ −
)(
)
+ −
cũng chẵn (vô Nếu ( là số chẵn thì ( 3 0,25 lý) (1,5 đ) Vậy không tồn tại n thỏa mãn bài toán.
4 x
− < 1
2. (0,75 điểm) Giải bất phương trình x 1
4
+ −
x 1 2
4 x
1
x 1
− 4 x
< 0
0,25 Điều kiện: 1 x
( + − 1
)
− ≤ ≤ . ( − < ⇔ + −
)
⇔
+
< ⇔ −
+
< ⇔ <
x 3
0
0
x
3
(
)
+
1 + +
+
− x 3 + + x 1 2 1
− x 3 − 4 x
x 1 2 1
1 − 4 x
0,25
0,25
1;3
Đối chiếu ĐK tập nghiệm của bất phương trình là:
)T tâm O và dây cung AB cố định ( O AB∉
≠
). P là
)1T tâm C đi qua điểm P tiếp xúc với đường tròn (
4
)2T tâm D đi qua điểm P tiếp xúc với đường tròn ( )2T cắt nhau tại N ( N P≠ ). Gọi ( )T với (
(3,0 đ)
)1d là tiếp tuyến chung của ( )1d cắt ( )2T tại B , (
)2d là tiếp tuyến chung của (
Câu 4 (3,0 điểm): Cho đường tròn ( điểm di động trên đoạn thẳng AB ( P A, B AB ). Đường tròn ( Đường tròn ( tròn ( )1T và ( )1T tại A , ( ( và P khác trung điểm của đoạn thẳng )T tại A . )T tại B . Hai đường )T với )2d tại điểm Q .
57
=
1. Chứng minh tứ giác AOBQ nội tiếp đường tròn.
và bốn điểm O, D,C, N cùng nằm trên một đường
≠
2. Chứng minh: ANP BNP tròn.
N
H
O
D
C
A
B
P
E
Q
và P khác trung điểm của đoạn thẳng AB ). 3. Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn thẳng ON luôn đi qua một điểm cố định khi P di động trên đoạn thẳng AB (P A, B
Vẽ hình được 0,5 điểm
1. (0,5 điểm) Chứng minh tứ giác AOBQ nội tiếp đường tròn.
0,25 (Tính chất tiếp tuyến) Có 0 OAQ 90=
=
(Tính chất tiếp tuyến) . 0,25 0 OBQ 90= A, B cùng nhìn OQ dưới một góc vuông nên tứ giác AOBQ nội tiếp ( )1 .
= sđ AP)
và bốn điểm O, D, C, N cùng nằm trên một đường tròn. 2. (1,25 điểm) Chứng minh rằng ANP BNP
Trong đường tròn (
= sđ BP)
0,25
)1T có 1 = ANP QAP ( 2 )2T có 1 = BNP QBP ( 2
Trong đường tròn (
=
=
58
(
= sđ AB) ANP BNP →
)T có QAP QBP
1 2
=
+
=
+
−
0,25 Trong đường tròn (
Ta có 0 = ANB ANP BNP QAP QBP 180 AQB , suy ra NAQB nội tiếp( )2 0,25
⇒
OAN OBN =
=
Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm O, N, A, Q, B cùng nằm trên một đường tròn 0,25 ( hai góc nội tiếp cùng chắn ON )
)1T có OCN 2OAN
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung). Trong (
=
)2T có ODN 2OBN
⇒
0,25 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung). Trong (
OCN ODN =
≠
suy ra bốn điểm O, D, C, N cùng nằm trên một đường tròn.
3.(0,75 điểm). Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn thẳng ON luôn đi qua một điểm cố định khi P di động trên đoạn thẳng AB ( P A, B và P khác trung
điểm của đoạn thẳng AB ).
Theo các ý trên suy ra 5 điểm O, N, A,Q, B cùng nằm trên đường tròn đường kính OQ 0,25
Gọi E là trung điểm OQ ; do O,Q cố định suy ra E cố định và E là tâm đường trò
đi 0,25
⇒ = ⇒ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng ON OE NE
E
đi qua các điểm O, N, A,Q, B .
2
2
2
2
2
2
+
+
+
+
+
=
0,25 Suy ra đường trung trực của ON luôn đi qua điểm E cố định.
a
b
b
c
c
a
2021.
2
2
2
+
+
≥
1. (0,75 đ) Cho ba số dương a, b,c thoả mãn:
.
b +
a + b c
c
a
c + a b
1 2021 2
2
2
2
2
2
>
+ + =
=
+
=
+
=
+
Chứng minh rằng:
0; x y z
2021
x
b
2 c , y
c
2 a , z
a
b
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+
−
+
−
+
−
y
x
x
y
x
z
2
2
=
=
2 → = a
, b
,c
y 2
z 2
z 2
Đặt ); với ( x, y, z
2
2
2
2
2
2
+ ≤
+
=
+
=
+ ≤
+
=
b c
c
2x,c
+ ≤ a
a
2y, a b
b
2z
0,25 5
)
( 2 c
)
( 2 a
)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
−
+
+
−
−
+
y
x
z
y
x
z
≥
+
+
(1,5đ ) và áp dụng các BĐT: ( 2 b
VT
z 2 2x
x 2 2y
y 2 2z
2
2
2
−
+
−
+
−
≥
x
y
+ (y z) 2x
+ (z x) 2y
+ (x y) 2z
1 2 2
suy ra
2
2
2
=
+
+
+
+
+
− 2x 3x
− 2y 3y
− 2z 3z
+ (y z) 2x
+ (z x) 2y
+ (x y) 2z
1 2 2
z 0,25
≥
−
+
+
−
+
+
2(y z) 3x
2(z x) 3y
+ − 2(x y 3z
(
)
(
)
(
)
1 2 2
59
≥
=
0,25
VT
+ + (x y z)
1 2021 2
2
1 2 2
1
2
n
−
=
Suy ra (đpcm).
x
}
x , x , x ,....., x 2
199
1
0
n
+ n 1 2
n 2
có bao nhiêu số công thức . Hỏi trong 200 số{ 2. (0,75 đ) Với số thực a , ta định nghĩa phần nguyên của số a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a và kí hiệu là [ ]a . Dãy các số 0 x , x , x ,....., x ,...được xác định bởi
<
<
khác 0 ?
2 1, 42
−
<
−
−
=
+ < ⇒ ≤
≤
=
1
1 2
0
x
1
Ta có x
n
n
) (Biết 1, 41
+ n 1 2
n 2
+ n 1 2
n 2
1 2
=
x
0
n
0,25
=
x
1
n
⇒
199
Nên các số khác 0 chỉ nhận giá trị bằng 1.
=
−
+
−
−
x
+ + ...
i
∑
= i 0
1 2
0 2
2 2
1 2
200 2
199 2
0,25
<
<
= = 0,25 100 2 200 2
nên số các số khác 0 là 141 Mà 141 100 2 142
------------ Hết ------------
60
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho thí sinh thi chuyên Toán và chuyên Tin Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 11
+ −
Câu 1 (4,0 điểm).
x
3 2
x
+ = − 1
1
+
= −
a) Giải phương trình 2
2
2
+
x 4 + + x
3
5 x − x 5
x
x
3
3 2
2
+
x
xy
+ = x
4
b) Giải phương trình
2
2
+
−
= −
x
y
4 2
xy
5 2 x
c) Giải hệ phương trình
+ cũng là số nguyên tố.
22 p
p+ 3
4
Câu 2 (1,5 điểm).
=
a) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho
a
+ + ! b !
c
!
d
!
a b c d thỏa mãn
,
,
,
b) Tìm tất cả các số nguyên dương .
!n là tích các số tự nhiên từ 1 đến n .
Cho biết kí hiệu
,a b c . Chứng minh rằng
,
2
2
2
+
+
8
b
a
c
+
27
+ a b b c c a
)
(
)
+
≥
16
3
+
( + ab bc
ca
)( + + a b c
+ (
)( )
Câu 3 (1,0 điểm). Cho các số dương
).O Gọi I
Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có AB AC< và nội tiếp đường tròn (
,
ABC tia AI cắt đường tròn (
)O tại điểm D (khác A
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
)O tại điểm E (khác D ) và cắt cạnh BC tại điểm F .
). Đường thẳng OD cắt đường tròn (
a) Chứng minh rằng tam giác IBD cân. Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam
IBC .
giác
= ID IE IF DE
.
.
.
b) Chứng minh
,AB AC . Gọi
=
c) Gọi các điểm
,M N lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên các cạnh BC ,
+ AB AC
3.
,M N qua
.I Biết rằng
2021
chứng minh
thành tổng của các số nguyên dương rồi đem
,H K lần lượt là các điểm đối xứng với . = KBI HCI Câu 5 (0,5 điểm). Thầy Du viết số
2020
cộng tất cả các chữ số của các số nguyên dương này với nhau. Hỏi thầy Du có thể nhận
được kết quả là số 2021 hoặc 2022 được không? Tại sao?
61
-------------Hết-------------
Học sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ............................................................... Số báo danh: ……………......
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN Dành cho thí sinh thi chuyên Toán và chuyên Tin ————————
Lưu ý chung: - Hướng dẫn chỉ trình bày các bước cơ bản của 1 cách giải, nếu học sinh có cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm theo thang điểm của hướng dẫn chấm. - Trong một bài, thí sinh giải đúng đến đâu cho điểm đến đó. - Bài hình học nếu không vẽ hình thì không cho điểm, nếu vẽ hình sai thì không cho điểm ứng với phần vẽ hình sai. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. Câu 1 (4,0 điểm).
3 2
x
+ = − 1 1
a) (1,5 điểm). Giải phương trình 2
+ − x Nội dung
+ + =
1
2
x
3 1 2
x
+ 1
Điểm
x ≥ − Điều kiện xác định: 1 + − Phương trình: 2 x 3 2 + = ⇔ + + + x 3 1 2 2 4 3
0,5
(
+ = − ⇔ 1 x ) + x 1
≥ x
0
+
⇔
+ =
⇔ + + x
4 2 2
2
x
+ = 3
4
x
4
2
3x
x
2 x
2
2
x
+ = 3
x
⇔
≥
≥
x
0
⇔
⇔
0,5
2
0 +
−
=
− =
−
x
x
3
0
)( 1
)
x
x
2
3 0
x (
⇔
3.
⇔ = x
0 = − 1
0,25
3
≥ x x = x
0,25
+
= −
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
2
2
+
x = 3. 4 x + + x
x
3
x
5 x − x 5
3
3 2
b) (1,5 điểm). Giải phương trình
2
+ + ≠
x
3 0
x
Nội dung Điểm
2
−
+ ≠
x
5
x
3 0
x = không là nghiệm của phương trình.
0
Điều kiện xác định (1) 0,25
x ≠ : Khi đó phương trình viết được thành
0
+) Nhận xét: +) Với
4
5
+
= −
⇔
+
= −
2
2
−
+
x
3
x
x
3
3 2
3 2
x
+ + 1
x
− + 5
3 x
3 x
4 + + x x
5 5 x
0,25
62
= + + , thay vào phương trình trên ta được:
t
1
x
3 x
Đặt
4
t 5
2
2
= −
⇔
= −
+
= −
⇔ − t 8
+ 48 10 t
t 3
+ ⇔ = ⇔ = ± 4.
t 18
48
t 3
t
5 −
) 6 − 6
3 2
4 t
t
6
3 2
( − t ( t t
+ )
2
−
0,5
+ = vô nghiệm do
3
4.3
= − < . 3 0
t = ta có:
4,
x
+ + = ⇔ − 4
1
x
3
x
3 0
( ∆ = −
)2
3 x
2
∆ =
−
=
+ + = − ⇔ +
Với
+ = , ta có
> suy ra
25
4.3 13 0
x
4
1
x
5
x
3 0
3 x
13
13
Với t = − ta có: 4,
=
=
;
.
x 1
x 2
− − 5 2 ta được phương
− + 5 2 trình có hai nghiệm
0,5 phương trình có hai nghiệm phân biệt
13
13
=
=
x
x
;
.
(1) So
− + 5 2
2
+
x
xy
+ = x
4
sánh với điều kiện − − 5 2
2
2
+
−
= −
x
y
4 2
xy
5 2 x
c) (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
Nội dung
Điểm
x ≠ . 0
2
+ + =
+
4 0
y
( x x
) + + − = 1
1
y
x
4
x
xy
Điều kiện
⇔
2
2
2
2
+
−
= −
=
+
+
−
x
y
xy
4 2
x
y
xy
4
2
=
−
y
4
)2
+ = x 5 2 x
5 2 x
⇔ + ( x
4 x 5 2 x
+ = −
x
y
1
+ = −
+ = −
x
y
1
x
y
1
4 x
4 x
⇔
⇔
⇔
4 x 2
0,25
− + −
=
− − =
−
−
=
1
4
3 0
1
4
16 2 x
8 x
5 2 x
11 2 x
8 x
5 2 x
4 x
+ = −
y
x
1
4 x
+ = −
+ = −
x
y
1
y
x
1
⇔
⇔
x
1
0,25
2
−
+
=
+
x
0
) 11
4 x )( x 1 3
x
4 x − x
8
= 11 0
3
(
= −
x
11 3
⇔ =
1
0,25
= x = y 2 ⇔ = − = x
y
11 3 52 33
(1; 2),
.
0,25
11 52 ; 3 33
−
Vậy hệ có hai nghiệm ( ; x y là )
Câu 2 (1,5 điểm).
+ là số nguyên tố.
22 p
p+ 3
4
63
a) (0,5 điểm). Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho
p+ 3
+ = 4
31
Nội dung Điểm
p
2
2
2
+
+
+
+ =
+
+
Nếu p = thỏa mãn. 3
k 21
p
2
p
+ = 4
p⇒ = + k k 3 1,
) 1
) 1
+ 9 3
, kết hợp Nếu 0,25
4
4
3 22 p
p+ 3
2
2
2
+
+
+
+
+
với
k
k 33
2
2
2
3
p
+ = 4
k 3
2,
k
( k 2 3
)
)
18 3
4
3
p+ 3
22 3 3 thì p ∈ thì = p 22 + > suy ra p+ 3 p 3 ∈ thì + = p + > suy ra
+ không là số nguyên tố.
p 22 p
p+ 3
4
=
, kết hợp Nếu là số nguyên tố suy ra ( ( k 3 3 2 3 k 4 18 k + không là số nguyên tố. ( + = + k 3 3 4 18 0,25 với
.
22 p b) (1,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên dương
a b c d thỏa mãn
,
,
,
a
+ + ! b !
c
!
d
!
!n là tích các số tự nhiên từ 1 đến n .
Cho biết kí hiệu
≤ ≤ ≤ < .
Nội dung Điểm
≤ ≤ , kết hợp với giả thiết ta được 1 a b c
d
+
+
+
=
+
Giả sử a b c
a b
< ⇒ + !
a
( a a !
) 1 ...
( b a a !
) c 1 ...
( a a !
) d 1 ...
+
+
+
=
+
*) Nếu 0,25
⇒ + 1
a
a
a
a
1
(
) b 1 ...
(
) c 1 ...
(
) d 1 ...
⇒ + 1
=
c
!
d
!
vô lí.
+ b= thì 2 ! a
= < thì từ phương trình trên ta được:
*) Nếu a
b c
+
=
+
+
=
+
⇔ + 2
a
a
+ 2 ! a
(
) c 1 ...
(
) d 1 ...
( a a !
) c 1 ...
( a a !
) d 1 ...
+) Nếu a 0,25
+
=
+ ⇒ = Từ phương trình này ta được: 2 a 1 a 1
= ⇒ = , ta được phương trình 2
c
!
d
!
a
1
1
b
⇒
c
> ⇒ 2
c
d
! 3,
! 3
2 3 vô lí.
= ⇒ =
Với 0,25 + Nếu
c
2
4
d
!
= = thì từ phương trình đã cho ta được:
+ Nếu vô lí.
b
c
+) Nếu a
(
) d 1 ...
a b c d = , ,
,
2 = ⇒ = + a 3. ! 3 d ! a 1 3 ⇒ + ⇒ a 0,25 3 = a = d
)
(
) 2, 2, 2,3 .
Vậy (
,
2
2
2
+
+
8
b
a
c
+
27
+ c a
)
)
+
≥
16
3
+
( + ab bc
ca
)( a b b c + + a b c
Câu 3 (1,0 điểm). Cho các số dương
,a b c . Chứng minh rằng )( ( + ( ) Nội dung
Điểm
2
2
2
2
2
2
+
+
+
+
8
a
c
b
8
a
b
c
+
+
+ c a
+ c a
27
27
)
)
64
)
(
)
+
≥
2
.
3
3
+
+
( + ab bc
ca
( + ab bc
ca
)( a b b c + + a b c
)( a b b c + + a b c
+ (
)( )
+ (
)( )
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: (
2
)
(
8
+
+
27
+ c a
(
)
≥
=
2
.
12
3
+
+ + a b c 3 + ab bc
ca
) )( + c a + + ca a b c
)( ( + 2 a b b c )( + + ab bc
)
(
)( a b b c + + a b c
+ (
)( )
+
0,5
≥ ⇔ +
+
≥
+
+ +
12
16
9
+ c a
8
+ ab bc
ca a b c
)( a b b c
(
)(
)
(
)(
)
(
⇔
≥
+
+
+
+
+
+
9
2
abc
8
abc 3
( ab a b
)
( bc b c
)
( ca c a
)
⇔
+
+
abc
⇔
+
+
+
+
≥
6
2
2
2
0
)( ( + 2 a b b c )( + + ab bc ( + ab a b ( ) + ab a b + a b c
b a
b c
c + − b
c a
a + − c
0,25
2
2 )
(
2 )
(
(
) ( + + + ca c a ) 6 ( ≥ + ca c a a ≥ ⇔ + − b )
Ta sẽ chứng minh ) )( + c a ) + + ca a b c ) ( ) + + bc b c ( ) + bc b c + + c a b c b a 0,25
+ + ⇔ ≥ (luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 0 − b c bc − c a ca
− a b ab = = b c .
a Do đó bất đẳng thức được chứng minh. Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có AB AC<
)O . Gọi
và nội tiếp đường tròn (
)O tại điểm D
điểm I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , tia AI cắt đường tròn (
)O tại điểm E (khác D ) và cắt cạnh
BC tại điểm F .
(khác điểm A ). Đường thẳng OD cắt đường tròn (
65
E
A
P
O
N
M
I
K
H
C
B
F
D
a) (1,0 điểm). Chứng minh rằng tam giác IDB cân. Xác định tâm đường tròn ngoại
IBC .
tiếp tam giác
=
+
=
+
=
Nội dung Điểm
IBD IBC DBC
+ ABC DAC
ABC
1 2
1 2
1 2
(1) (do AI, BI lần lượt là phân Ta có BAC 0,25
+
=
=
giác các góc BAC, ABC và tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn).
BID IBA IAB
ABC
1 2
1 2
(do AI, BI tương ứng là phân giác góc Mặt khác + BAC
⇒ tam giác DBI cân tại D.
0,25
=
+
+
=
=
BAC, ABC) (2). Từ (1) và (2) ta được BID IBD=
ICD ICA DCB
+ ACB DAB
ACB
1 2
1 2
1 2
(3) (do AI, CI lần lượt là phân Ta có BAC
giác các góc BAC, ACB và tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn).
=
=
+
CID ICA IAC
ABC
1 2
1 2
⇒ tam giác DCI cân tại D.
= ⇒ =
=
DB DI DC DI ,
DB DC DI
= ⇒ là tâm D
0,25 (do AI, BI tương ứng là phân giác góc Mặt khác + BAC
0,25 BAC, ABC) (4). Từ (3) và (4) ta được CID ICD= Do tam giác DBI và DCI cân tại D nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC.
= ID IE IF DE
.
.
.
b) (1,0 điểm). Chứng minh
Nội dung Điểm
0,25
DCE =
. Theo kết quả phần a ta có tam giác DIC cân tại D nên CD DI= Do OD là trung trực của BC suy ra F là trung điểm của BC. Do DE là đường kính của đường tròn (O) suy ra 090
2
2
=
=
⇒
66
CD
DF DE DI
.
.
DI DE = DF DI
Kết hợp với CF là đường cao của tam giác DCE nên 0,25
=
0,25 suy ra tam giác DIF đồng dạng với tam giác DEI
= ID IE IF DE
.
.
Suy ra . 0,25 Xét hai tam giác DIF và DEI có: DI DE và IDF EDI = DF DI ID IF = ⇔ IE DE
,H K lần lượt là các điểm đối xứng với
,M N lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên các ,M N qua I . Biết rằng
=
cạnh c) (1,0 điểm) Gọi các điểm ,AB AC . Gọi
+ AB AC
3.
BC
, chứng minh . = KBI HCI
=
+
=
+
AB AC DB AD BC
.
Nội dung Điểm
.
.
⇔
⇔
). ( = ⇔ = IA ID AD
2.
ID
3.
= BC ID AD BC
.
.
3.
=
=
=
=
Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác ABDC ta được: ⇔ AB DC AC DB AD BC . 0,25
MP AP PI
ID
AI
⇒ là I
1 2
Gọi P là trung điểm của đoạn thẳng AI, suy ra
0,25
.
0,25
KBI = sđ IK , 1 ICH = sđ IH . 2
IK IH
= ⇒ = ⇒ sđ IK = sđ . IH
IK IH =
trung điểm của PD. Mặt khác I là trung điểm HM suy ra tứ giác MPHD là hình bình ⇒ = hành MP DH Từ đó suy ra DH = MP = DI (5). Chứng minh tương tự ta được DK = DI (6). Mặt khác theo kết quả phần a ta được DB = DC = DI (7). Từ (5), (6), (7) ta được DB = DC = DH = DK = DI suy ra B, C, H, K, I cùng thuộc đường tròn tâm D . Do B, C, H, K, I cùng thuộc đường tròn tâm D nên 1 2 0,25
.
2021
Do Từ đó suy ra KBI HCI
2020
thành tổng của một vài số nguyên dương rồi Câu 5 (0,5 điểm). Thầy Du viết số
đem cộng tất cả các chữ số của các số nguyên dương này với nhau. Hỏi thầy Du có thể
nhận được kết quả là số 2021 hoặc 2022 được không? Tại sao?
Điểm
S m là tổng các chữ số của m . Khi đó
)
Nhận xét. Cho số nguyên dương m , kí hiệu Nội dung (
mod 9
) S m m≡
(
(
)
k
k
− 1
+
+
...
.10
+ + ...
.10
a k
a 0
a 1
≡
+
+
− 1 .
+ + ...
k mod 9
mod 9
= m a a − 1 k ) ( ⇒
= a k ) ≡ S m m
a a 1 0 (
.10 (
)
a k
a k
− 1
a 1
a 0
. 0,25 Chứng minh. Giả sử
+
2021
2021
3.673 2
≡
≡
⇒
≡
4
2020
mod 9
(
)
2021
2
≡
≡
( ≡
67
) 2020
)
4 )
( ≡
( 2020 4 mod 9 ) ( 1 mod 9 ≡ Mặt khác
2021
2021
Do Ta có 34
≡
≡
) mod 9 ( 7 mod 9 ) 2020
⇒ ( 2020
( 2022 mod 9
)
4 mod 9 ( ) 2021 5 mod 9 , 2022 6 mod 9 ) ( 2021 mod 9 Do đó thầy Du không nhận được kết quả là 2021 và 2022.
0,25 Từ đó suy ra , .
-----------------HẾT-----------------
68
UBND TỈNH KONTUM KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN KONTUM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2019- 2020
Môn: TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi:
Đề số 12
+
−
−
Câu 1 (2,0 điểm).
A =
28
63 5 8 2 7
>
=
1. Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị biểu thức .
x
0,
x
B
:
) ≠ . 1
2
1 −
+ 1 x + + x
x
x
x
x x
2. Rút gọn biểu thức (
2
2
−
+
x
2
− mx m
2
m
1 0
Câu 2 (2,0 điểm).
− = ( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị và
1. Cho phương trình:
,x x thỏa mãn 1
x< 2
x 1
2
= . 8
x 1
x− 2
2
2
+
+ −
=
3
x
2
x
1 1
x
.
của tham số m để phương trình có hai nghiệm
)
)(
BC CA AB theo thứ tự tại các điểm
,
,
,
2. Giải phương trình (
Câu 3 (5,0 điểm). Cho đường tròn tâm I nội tiếp trong tam giác ABC , tiếp xúc với các D E F . Đường thẳng đi qua A và song song , cạnh
với BC cắt EF tại K . Đường thẳng ID cắt EF tại N . Từ điểm N kẻ đường thẳng song
, P Q . Gọi M là trung điểm của cạnh BC .
, AB AC lần lượt tại
song với BC cắt
I N P F cùng nằm trên một đường tròn. ,
,
,
A N M thẳng hàng.
,
,
a) Chứng minh rằng bốn điểm
. b) Chứng minh rằng ba điểm c) Chứng minh rằng IM DK⊥
,a b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Câu 4 (2,0 điểm).
2
2
=
+
+
+
M
a
b
1 2 b
1 2 a
1. Cho các số thực dương
30
2020
+
+
là số chính phương
A =
2
2
4n
.
2. Tìm số nguyên dương n lớn nhất để
2
Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có diện tích bằng
184cm . Gọi M thuộc cạnh BC
= , N thuộc cạnh AC sao cho
= . Gọi giao điểm của AM và BN là
MC BC
NA NC
3 5
2 7 I . Tính diện tích tam giác ANI .
sao cho
------------------------HẾT---------------------
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và không được sử dụng máy tính cầm tay.
- Giám thị không được giải thích gì thêm.
69
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, THPT Kon Tum, THCS – THPT Liên Việt Kon Tum Năm học 2020 – 2021
Môn: TOÁN (Môn chuyên) Ngày thi: 26/7/2020 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
UBND TỈNH KON TUM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản Hướng dẫn này có 06 trang)
I. HƯỚNG DẪN CHUNG
- Chấm theo đúng đáp án và thang điểm. - Học sinh làm cách khác đúng thì cho điểm tối đa. Nếu chỉ đúng một phần trên nào đó của bài thi căn cứ vào thang điểm tương ứng để cho điểm. - Trong quá trình giải bài của học sinh nếu bước trên sai, các bước sau có sử dụng kết quả phần sai đó nếu có đúng thì không cho điểm. - Bài hình học, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. - Điểm chi tiết từng ý nhỏ của mỗi bài là 0.25. Tổng điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm.
II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Ý Điểm
+
−
−
A =
28
63 5 8 2 7
Nội dung Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị biểu thức 1.0 đ .
−
+
A =
2 2 .7
2 3 .7 5
(
0.25
+
−
=
−
+
=
2 7 3 7 5
1 0.25
)2 − 7 1 − 2 7 3 7 5 7 1 ) − 7 1
(
0.25
5.=
>
=
0.25
x
0,
x
B
:
) ≠ . 1
2
1 −
x
x
+ x 1 + + x
2
−
x
x
x )
(
Rút gọn biểu thức 1.0 đ ( Câu 1 (2,0điểm)
=
B
∀ > x
0,
x
≠ , 1
x x
x 3
+
−
x
x
1
(
x x )( + 1x + + x ) 1
0.25
2
)
(
=
+
x
x
x
+
−
+
+
x ( x
x
x
x
x
(
) 1
) 1
=
0.25
) + 1 ( +
+
x
x
x
(
)( 1 ) 1
0.25
=
+
−
x
x
= − x
1.
) 1
(
)( 1
70
2
2
−
+
x
2
2
m
− mx m
1 0
0.25
= . 8
x< 2
2
x− 2
x 1
2
2
+
− 2
x
1.0 đ
2
2
= −
−
−
−
≤
0.25
.m∀
1.
m
m
0
) 1
) 1
≤ ≤ 0
Ta có , − = ( m là tham số). Cho phương trình: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai ,x x thỏa mãn 1 x nghiệm 1 và − = − 1 0 2 mx m 2 m x )2 ( = − − − ⇔ 0 mx m 1 2 ( ( 1
x 2
=
+
x 2
= ⇔ − −
−
, m∀ . 0.25
x 2
x Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 1 m 2 . x Khi đó theo định lí Vi-et ta có 1 = x 8 8 Vậy 1 = ⇔ = − m 4
0.25
2
2
+
+ −
=
3
2
x
x
1 1
x
.
0.25
)
2
2
+ −
=
+
1 1
3
2
x
x
x
1.0 đ
2
2
+ −
+
=
1 1
3
2
x
x
x
+ − 1 1
(
⇔(
2
2
2
+ −
+
=
+ −
+ +
1 1
3
2
x
x
x
1 1
x
1 1
) ) )
)
Câu 2 (2,0điểm)
x x 1 2 ⇔ − 2 m 8 m = − là giá trị cần tìm. 4 Vậy )( Giải phương trình ( )( ( )1 )( )(
(
)(
2
2
+ −
+ −
−
=
x
1 1
x
1 3
x
1
0
)
)(
0.25
2
+ =
x
1 1
⇔( ⇔(
.
2
+ =
+
x
1 3
x
1
( ) 2 ( ) 3
⇔
x
+ = ⇔ = 0.
2 1 1 x + = ⇔ 2 1 1
x
2 1 3 + =
+ 1
x
2
2
+ =
+
2 0.25
1 9
x
x
+ Giải ( )2 : + Giải ( )3 : x Bình phương hai về phương trình ( )3 ta được 0.25
x+ 3
= ⇔ 0
4 3
0
+ 6 x 1 = 0 x = − x x = là nghiệm của phương trình ( )3
x = 0.
⇔ 24 x
BC CA AB theo thứ tự tại các điểm
,
,
,
0.25
3.0 đ 1 Câu 3 (3,0điểm)
Thử lại ta suy ra Vậy phương trình ( )1 có một nghiệm Cho đường tròn tâm I nội tiếp trong tam giác ABC , tiếp xúc D E F . , với các cạnh Đường thẳng đi qua A và song song với BC cắt EF tại K . Đường thẳng ID cắt EF tại N . Từ điểm N kẻ đường thẳng
, P Q . Gọi M là
, AB AC lần lượt tại
71
A
K
E
N
Q
J
P F
H
I
C
B
D
M
,
,
I N P F cùng nằm trên một ,
song song với BC cắt trung điểm của cạnh BC . Hình vẽ
1.0 đ
0.25
⇒ ⊥ ⇔ ⊥ ⇒
ID PQ
IN PQ
90o = INP
0.25
=
IF
90o
⊥ ⇒ AB
0.25
PFI = nên nội tiếp trong một I N P F cùng nằm trên một đường , , ,
,
,
A N M thẳng hàng.
0.25
1.0 đ
0.25
0.25
(Góc nội tiếp cùng chắn cung IN ). ( bán kính đường tròn tâm I )⇒ IEF∆ cân tại I
IPQ∆
2 0.25 ⇒ cân tại I .
.PQ
/ /
PQ BC ; M là trung điểm của BC
nên N là trung điểm của
A N M thẳng
,
0.25
. 1.0 đ
( )1 3 0.25 Chứng minh rằng bốn điểm đường tròn. + BC là tiếp tuyến của đường tròn tâm I , D là tiếp điểm ⇒ ID BC⊥ mà PQ // BC + AB là tiếp tuyến của đường tròn tâm I , E là tiếp điểm ⇒ PFI Tứ giác INPF có INP = 90o đường tròn ⇒ 4 điểm tròn. Chứng minh rằng ba điểm +Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác IFPN ⇒ IFN IPN= (Góc nội tiếp cùng chắn cung IN ) Chứng minh tương tự ý 1), ta được tứ giác IQEN nội tiếp nên IEN IQN= + IE IF= ⇒ IEN IFN= IPN IQN = ⇒ Do IN PQ⊥ +Trong tam giác ABC có nên AM đi qua trung điểm N của PQ ⇒ , hàng. Chứng minh rằng IM DK⊥ + AK // PQ và IN PQ⊥ ⇒ IN AK⊥ + AE AF= ( Tiếp tuyến qua A của đường tròn ( )I )
EF⊥
( )2 .
AM IK⊥
.
72
IE IF= ( bán kính đường tròn tâm I ) ⇒ AI là đường trung trực của đoạn thẳng EF ⇒ AI ⇒ KN AI⊥ + Từ ( )1 và ( )2 suy ra do đó N là trực tâm của AIK∆ ⇒ Gọi H là giao điểm của AM và IK ; J là giao điểm của IA và EF + Tam giác IHA đồng dạng với tam giác IJK (g-g)
= ⇒ .
= IJ IA IH IK
.
.
IH IA IK IJ
⇒
2
IJ IA IE=
.
0.25
2
=
=
+Tam giác IEA vuông tại E có JE là đường cao . nên + IE ID= ( bán kính đường tròn tâm I )
IH IK IJ IA IE
.
.
2 = ⇒ ID
IH ID = ID IK
. = IDH IKD
Vậy
0.25
(Tam giác IMH vuông tại H )
=
0.25
,a b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
.
2
2
=
+
+
+
⇒Tam giác IHD đồng dạng với tam giác IDK (c-g-c) ⇒ + AM vuông góc với IK tại H nên 090 IHM = và 090 IDM = nên tứ giác IHMD nội tiếp ⇒ IDH IMH= ( Góc nội tiếp cùng chắn cung IH ) IKD IMH = ⇒ Vì 090 + = IMH MIK nên 090 MIK IKD+ ⇒ ⊥ IM DK Cho các số thực dương thức 1.0 đ
M
a
b
1 2 a
1 2 b ,x y ta có
.
y−
x
+ ≥ y
2
xy
( )1
y= .
0.25
"= xảy ra khi x
2
=
y
x
a=
1 2 b
2
+
≥
+
≥
a
2.
Với mọi số dương )2 ( ≥ ⇔ 0 x Dấu " 1 Câu 4 (2,0điểm) , ta được + Áp dụng ( )1 với
2.
1 2 b
a b
1 2 b
a b
⇒ 2 a
2
=
0.25
y
x
b=
1 2 a
2
+
≥
+
≥
b
2.
, ta được + Áp dụng ( )1 với
2.
1 2 a
b a
1 2 a
b a
⇒ 2 b
2
+
+
+
≥
+
73
b
2.
( )2
1 2 b
a b
b a
2
⇒ 2 a
"= xảy ra khi
=
Dấu "
y
x
b a
1 2 a 2. a b = . 1 a = b
và ta được + Áp dụng ( )1 với
+
≥
2
.
= 2
a b
b a
a b
b a
2
2
+
+
+
≥
0.25
b= .
"= xảy ra khi a
a
b
2 2
1 2 b
⇒ Dấu "
+
0.25
là số
b= = . a 1 2020 30 + 2 2
4n
2
−
2020
30
30
2
1.0 đ
1 2 a Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng 2 2 khi A = Tìm số nguyên dương n lớn nhất để chính phương Giả sử A là số chính phương, ta có 1990 n
n
=
+
=
4
15 2
+ 1 2
2
(
) (
)
1990
2
30
+
152
2 n−
+ + A 2 2 )2 Vì A và ( chính phương.
−
1990
30
2
− 15
n
n
+
>
0.25 là số chính phương nên là số + 1 2
+ 1 2
2
)2
1990
2
30
+
( là số chính phương nên ta có
+ 1 2
2 2 n−
−
1990
2
30
− 15
− 14
n
n
n
⇔
≥
+
≥
1990 2
2
+ 1 2
2
Vì 2 0.25 mà
⇔ − n
≤ 14 1990
( + 1 2 ⇒ ≤ n
)2 2004 30
2020
2004
2004
+
+
+
=
0.25
n =
2004
A =
2
2
4
15 2
2
(
)2
Với thì là số chính
0.25
2004
2
là số cần tìm. phương. n = Vậy
184cm . Gọi M thuộc
Cho tam giác ABC có diện tích bằng
= , N thuộc cạnh AC sao cho
MC BC
2 7
cạnh BC sao cho
= . Gọi giao điểm của AM và BN là I . Tính diện tích
1.0 đ Câu 5 (1,0điểm)
NA 3 NC 5 tam giác ANI .
74
A
N
I
K
B
M
C
=
Qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt BN tại K .
= nên
.
MC BC
2 7
BM BC
5 7
Vì
=
.
/ /MK NC nên
MK BM = BC NC
5 7
=
= nên
0.25 Trong tam giác BNC có
NA NC
3 5
MK NA
25 21 MK song song với AC ⇒ MK song song với NA
Do
=
IA
AM
IM IA
25 = ⇒ 21
21 46
⇒ ⇒ 0.25
=
S
S
( )1
∆
∆
AMN
AIN
=
⇒
= suy ra
S
S
( ) 2
∆
∆
AMN
AMC
3 8
AN AC
Từ
=
0.25
= nên
S
S
( ) 3
∆
∆
AMC
ABC
3 = ⇒ 8 2 7
MK IM = IA NA 21 46 3 5 2 7
NA NC MC BC
=
=
.
S
S
Vì
∆
∆
S∆
AIN
ABC
ABC
21 3 2 . 46 8 7
9 184
2
⇒Từ ( )1 ,( )2 ,( )3 suy ra 0.25
=
9
cm
.
AINS ∆
⇒
----------------------- HẾT ------------------------
75
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 UBND TỈNH KON TUM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành,
THPT Kon Tum, THCS – THPT Liên Việt Kon Tum
Năm học 2020 – 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (Môn chuyên)
Ngày thi: 26 / 7 / 2020 (Đề thi gồm 5 câu, 1 trang)
Đề số 13
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
+
−
−
Câu 1. (2,0 điểm)
A =
28
63 5 8 2 7
>
=
. 1) Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức
x
0,
x
B
) ≠ . 1
2
1 −
+ x 1 + + x
: x x
x
x x
2) Rút gọn biểu thức (
2
2
−
+
Câu 2. (2,0 điểm)
x
2
− mx m
2
m
1 0
1) Cho phương trình:
= . 8
− = ( m là tham số). Tìm tất cả các giá x< 2
,x x thỏa mãn 1 x
2
x− 2
x 1
2
2
+
+ −
=
và trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm 1
3
x
2
x
1 1
x
)
)(
. 2) Giải phương trình (
Câu 3. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm I nội tiếp trong tam giác ABC , tiếp xúc với các
BC CA AB theo thứ tự tại các điểm
,
,
D E F . Đường thẳng đi qua A và song song
,
,
cạnh
với BC , cắt EF tại K . Đường thẳng ID cắt EF tại N . Từ điểm N kẻ đường thẳng song
, P Q . Gọi M là trung điểm của cạnh BC .
song với BC , cắt
, AB AC lần lượt tại 1) Chứng minh rằng bốn điểm
I N P F cùng nằm trên một đường tròn. ,
,
,
,
A N M thẳng hàng. , .
2) Chứng minh rằng ba điểm
3) Chứng minh rằng IM DK⊥
Câu 4. (2,0 điểm)
,a b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
=
+
+
+
1) Cho các số thực dương
M
a
b
1 2 b
1 2 a
30
2020
.
là số chính phương.
2
+ + 2) Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A = 2 2 4n
= . Gọi giao điểm của AM
BC sao cho
= , điểm N thuộc cạnh AC sao cho
MC BC
184cm . Gọi điểm M thuộc cạnh NA NC
3 5
2 7 và BN là I . Tính diện tích tam giác ANI .
Câu 5. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có diện tích bằng
-----------------HẾT-----------------
76
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 UBND TỈNH KON TUM
Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THPT Kon Tum, THCS – THPT Liên Việt Kon Tum
Năm học 2020 – 2021
Môn: TOÁN (Môn chung) ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Ngày thi: 25/7/2020
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Bản Hướng dẫn này có 04 trang)
I. HƯỚNG DẪN CHUNG:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng
phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) phải đảm bảo không làm thay đổi tổng số điểm của mỗi
câu, mỗi ý trong hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi.
3) Các điểm thành phần và điểm toàn bài thi làm tròn đến 2 chữ số thập phân.
II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM:
Câu Ý Đáp án Điểm
x = − . 2
y
x= 2
1
− . Tính giá trị của y khi
Cho hàm số bậc nhất
x = − ta có
2
Khi a y = − − 2( 2) 1 0,5
y⇒ = − 5 0,5
)
x ≠ và 2
x ≠ − .
2
( x
+
2 − Rút gọn biểu thức M = với x 2 + − x − 2 4 x 2 1
−
=
M
x −
) 2 + x
x
x
( x 2 − 2)(
2)
(
2)
(
(2,0 đ) 0,25
=
−
b
x −
2 −
x
2
x
2
=
0,25
− −
2 x
x 2
= –1 0,5
2 5 x−
∆ =
− 25 16
= > 9 0
=
=
= , 1
= 4
x 1
x 2
− 5 3 2
+ 5 3 2
2 x 4 + = b) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) x 4 0; x − = y + = y 1. 3 2 Ta có 0,5 (2,0 đ) a Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 0,5
77
= 2 x 4 x 0,25 x − = y + = y 1 x 5 + = y 1 5 ⇔ 3 3
b 0,5 1 + = y 1 = x y 1 = − 2 = x ⇔ 3 x ⇔
x y = )
− (1; 2)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( ; 0,25
22 x=
a) Vẽ đồ thị (P) y
+ Ta có bảng giá trị
y
22 x=
x -2 -1 0 1 2 0,5 8 2 0 2 8
+ Vẽ đồ thị (P)
y
8
a
0,5
2
x
0
1
-2
-1
2
3
(2,0 đ)
2x thỏa mãn điều kiện
=
22 ⇔ − x
− x m
2
+ x m
2
− − = . 3) 5 3)( ( x 2 x 1 Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1x và
0,25 Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình 22 = (*) 0 x Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi phương trình (*)
>
4 8
0
0m ⇔ > −
+
=
1
x 1
x 2
m có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > ⇔ + 1 2 b
= −
x x 1 2
m 2
Theo hệ thức Vi-ét ta có 0,25
2
3
4
⇔ − = − ⇔ = (thỏa mãn) m
− − = ⇔ − + Theo đề ra ta có: ( 3)( 3) 5 3( ) = − 4 0,25 x 1 x 2 x x 1 2 x 1 x 2
− m 2
0,25
78
2m = là giá trị cần tìm.
Vậy
Hưởng ứng phong trào “Tết trồng cây đời đời nhớ ơn Bác Hồ”, lớp 9A được phân
công trồng 390 cây xanh. Lớp dự định chia đều số cây phải trồng cho học sinh
trong lớp, nhưng khi lao động có 4 học sinh vắng nên mỗi học sinh có mặt phải
trồng thêm 2 cây mới hoàn thành công việc. Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh ?
4
x > và x ∈ )
Gọi số học sinh lớp 9A là x (
4 Số cây dự định mỗi học sinh phải trồng là (cây) 0,25 390 x (1,0 đ)
390 4x −
Số cây thực tế mỗi học sinh phải trồng là (cây) 0,25
Theo bài ra ta có phương trình + 2 = 0,25 390 x 390 4x −
x = −
26
Giải phương trình tìm được x = 30 (thỏa mãn) hoặc (loại) 0,25 Vậy số học sinh lớp 9A là 30 (học sinh).
C
F
M
E
0,25
K
A
(hình
O
H
vẽ đến
câu a)
5
B
(2,5 đ)
Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp
0,25 = + Ta có OB AB⊥ (tính chất tiếp tuyến) 090 ABO⇒ a
0,25 = + Ta có OC AC⊥ (tính chất tiếp tuyến) 090 ACO⇒
0,25 = suy ra ABOC là tứ giác nội tiếp. ⇒ 0 + ABO ACO 180
Chứng minh AH.AO = AE.AF
b
tại H. 0,25 Ta có OB = OC (cùng bằng bán kính) và AB = AC (tính chất tiếp tuyến) ⇒ AO là đường trung trực của BC ⇒ AO BC⊥
79
2
=
⇒
AB
AH AO .
Ta có tam giác OBA vuông tại B, BH là đường cao 0,25
và AFB∆
(1) Xét hai tam giác ABE∆ có AFB ABE = (cùng chắn cung BE) và FAB chung
⇒ ∆
ABE
2
⇒
=
0,25 (g.g)
AE AF .
AB
AB AF
(2) đồng dạng với AFB∆ AE = ⇒ AB
Từ (1) và (2) suy ra AH.AO = AE.AF 0,25
= 2
AK AK + AF AE
+
)
(
)
.2(
)
=
=
=
Chứng minh
+ ( AK AF AE AE AF .
+ AK AE EF AE . AE AF
+ AK AE EM . AE AF
2
=
=
Ta có AK AK + AF AE 0,25
AK AM . AE AF .
AK AM . 2 AH AO .
(theo câu b)
⇒ ∆
c = Xét hai tam giác AHK∆ có 090 = AHK AMO và AMO∆ và MAO chung
AHK
⇒
⇒
= AK AM AH AO
.
.
(g.g) 0,25
=
đồng dạng với AMO∆ AH AK = AO AM
AK AK + AF AE
2 AK AM . AH AO .
Suy ra = 2.
>
>
>
− − − 1 1 2019 1 + + (**) Giải phương trình 0 x − y − − 2019 − 2020 2020 − 2021 z − 2021 3 + = 4 x z y
x
2019;
y
z 2020;
2021
=
−
=
−
=
−
Điều kiện:
a
x
2019;
b
y
2020;
c
z
2021
>
>
Đặt
a
0,
b
0,
c
> ) 0
c
(với
+
+
+ = 0
− a 1 2 a
− b 1 2 b
− 1 2 c
3 4
+
+
=
0
1 ⇔ − + 2 a
1 a
1 4
1 2 b
1 − + b
1 4
1 2 c
1 − + c
1 4
2
2
2
+
−
+
−
=
0
1 a
1 2
1 b
1 2
1 c
1 2
⇔ −
6 Khi đó (**) trở thành 0,25 (0,5 đ)
⇔ = = = b c 2 a 0,25 Suy ra x = 2023; y = 2024; z = 2025.
80
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Khóa ngày 21 tháng 7 năm 2020 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ Môn thi: TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
( Dành cho thí sinh thi chuyên Toán )
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Đề số 14
2
+
=
2
y
3
x
Câu 1. (2,0 điểm)
2
+
=
2
x
3
y
2
2
+
+ +
+ = .
. 1. Giải hệ phương trình
+ − 3 (
x
x
3)
x
3 2(
x
1)
0
2. Giải phương trình
2
2
=
=
Câu 2. (2,0 điểm)
, (
) :
) :
y
(
)
,A B thuộc (
P y mx 1
P 2
. Lấy các điểm
)1P ≠ nx m n ( )2P sao cho ABCD là hình vuông nhận Oy làm trục đối xứng. Tính diện
và 1. Cho các parabol ,C D thuộc (
3
3
3
a
b
1
c
1
1
=
=
tích hình vuông ABCD .
,a b c là ba số thực phân biệt thỏa mãn
,
+ a
+ b
+ c
. Chứng minh 2. Cho
abc . 1
0
2
2
2
+
+
=
, ,a b c thỏa mãn
rằng
a 3
b 3
c 8
32
+
+
. Tìm giá trị lớn nhất
ca
. Câu 3. (1,0 điểm) Cho các số thực = của biểu thức P ab bc
2
3
=
−
−
−
Câu 4. (2,0 điểm)
)(
)(
P
(
)
2020 là số chính phương. , a a a trong 7 số nguyên tố phân biệt bất kì , 1 chia hết cho 216 .
2 n + 1. Tìm các số nguyên dương n để 2. Chứng minh rằng có thể chọn 3 số a 1
a 2
a 2
a 3
a 3
a 1
)O . Gọi M là điểm chính giữa
sao cho
,AB AC lần lượt tại
. Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( cung AB không chứa C và I là điểm trên đoạn MC sao cho MI MA=
)O tại D và tiếp xúc với
,E F .
,M E D thẳng hàng.
,
1. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . ')O tiếp xúc với ( 2. Vẽ đường tròn (
a. Chứng minh ba điểm b. Chứng minh tứ giác DIFC nội tiếp.
------ HẾT------ Họ và tên thí sinh ....................................................Số báo danh..................
81
2
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN (CHUYÊN) KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Khóa ngày 21 tháng 7 năm 2020. (Hướng dẫn này có 2 trang) HDC chỉ gợi ý một cách giải, thí sinh có cách giải khác nếu đúng cho điểm theo quy định của ý (câu) đó. Điểm toàn bài làm tròn đến hàng 0,25. Câu Ý Điểm
2 ⇒ − x
2
NỘI DUNG YÊU CẦU VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM = − ⇔ − = Hệ 2( y x ) y ( x 0.25
y= . Ta được
− −
= x 2 x TH x 3
y
2.
0,25 1 Hệ có nghiệm ( 1; 1);(3;3) 2 + + y x )( 2) 0 y = − x 1 + ⇔ = 3 x = − − 2) 3 2( x + ⇔ = − x 1 x
− −
x= − − Ta được TH − − Hệ có nghiệm ( 1; 1) Vậy hệ có 2 nghiệm ( 1; 1);(3;3)
0,25
0,25
2 3 ( + t
2
t
x
x
3
2
= ⇒ 2
− + + = ≥ Đặt . Ta được 2 t ( x t 3) 2 x t x 0) 1 2,0 điểm = t t 1 2 + = ⇔ = + 2 0 x 0,25
2
+ = ⇔ = ± (thỏa mãn) 1 x = x Vậy phương trình có 2 nghiệm
0,25 2 ≥ − 1 (thỏa mãn) t + = + ⇔ x = + ⇒ 1 ⇔ = x 3 1 x x 1
1
0,25 0,25 1 x = ± .
y
C
D
B
A
x
O
2
2
2
2
/ /
2
=
= ⇒ =
=
−
AB
2
a AD m n a AB AD
a
;
,
2 − m n
− Gọi . ( , B( a ma , ) 1 − Do a na , a na C( ) A a ma . Khi đó do Oy là trục đối xứng của hình vuông nên ) DA BC Oy nên ), D( , / / 0,25
2
0,5
2
3
+ =
1 0
3
3
3
= Diện tích hình vuông ABCD là = S AB 16 − m n ( ) 0,25 2 2,0 điểm
− a ma 3
+ =
1 0
,a b c là 3 nghiệm
,
+ =
1 0
− b mb − 3 c mc
a b 1 c 1 1 = = = Đặt . Ta có nên m + a + b + c
3 − x mx
−
=
−
2 = f x ( ) 0.25
f x có 3 nghiệm
( )
)
của đa thức Do 0,25
, + =
3 − x mx
f x ( ) − x a x b x c
+ 1 ,a b c nên − Từ đó suy ra 1 (
− ( x a x b x c )( )( − ∀ ∈ )( ) x = ⇒ + = abc 1 0
abc
1
)( − Đồng nhất hệ số 2 vế ta được 0,25 0,25
3 1 Ta có 0,5
2
2
2
2
2
2
82
a b b a c ≤ ≤ ≤ ab bc ca ; ; 1,0 điểm + 2 + c 4 4 + 4 4
2
2
+
≤
+
+
=
+ ab bc
ca
a (3
b 3
2 c 8 ) 8
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có
1 4
0,25
a
= = b
2
c
= 2
Dấu “=” xảy ra khi
2
+
0,25
2 m n=
2020
2
.
+ = Vậy giá trị lớn nhất của P là 8 Gọi m là số nguyên dương sao cho − Khi đó m n m n )( 2 .5.101 ( ) 0.25
+
=
+ m n
)
(
− m n
)
2
m
+ = m n 202 − nên hoặc + > và m n m n Ta có ( − = m n 10 1 + = m n 1010
=
=
=
=
m
106;
n
96
m
506;
n
504
− = m n 2
hoặc 0,25 0,25
2020
n =
96
504.
4 2,0 điểm là số chính phương khi Giải ra ta được 2 n + Vậy n = 0,25 hoặc
2 Trong 7 số nguyên tố phân biệt, có ít nhất 5 số lớn hơn 3. Chọn 5 số lớn hơn 3 đó. Các số trong 5 số này chia cho 3 có số dư là 1 hoặc 2. Như thế có ít nhất 3 số khi chia cho 3 có cùng số dư. Chọn ra 3 số , a a a , 1 2 3 0,75
6
a−
a i
j
Khi đó các hiệu . Vậy 216 P 0,25
A
N
M
F
O
I
E
O'
C
1
B
D
= ∠
∠ nên MAI
+ ∠
= ∠
= ∠
IAC
MCA
BAI
= ∠
∠ = ∠
MCA
+ ∠ MAB ∠ nên BAI
,AI CI là các phân giác trong tam giác ABC nên I là tâm đường tròn
0.25 0,25 0,25 MIA ∠ ; MIA IAC 5 2,0 điểm
/ /
'E
OM O vì cùng vuông góc AB nên
'
0,25
⇒ ∠
= ∠
0.5 2.a
D O O thẳng hàng và = ∠ 2
' EO D ODM
ODM
ODE
,M E D thẳng hàng
,
ODE 2
2
⇒ ∆
⇒
=
∆
MEB MBD MB ME MD MI ME MD
.
.
MEI
~
MID
⇒ = ∠
. Suy ra 0,5
= .
MDI
2.b
0,25 Ta có MA MI= Mặt khác MAI ∠ Mà MAB Suy ra nội tiếp. Ta có , , = ∠ ∠ MOD ∠ Do đó 2 ∆ ∆ ~ ∠ Suy ra MIE Gọi N là điểm chính giữa cung AC không chứa B .
∠
= ∠
83
NDI
∠
+ ∠
+ ∠
= ∠
+ ∠
=
Chứng minh tương tự NIF
EIM
MIN
NIF
MDN
MIN
180o
,E I F
,
. Do đó
∠
= ∠
= ∠
0,25 Từ đó suy ra thẳng hàng.
ICD
MOD
EO D '
EFD
IFD
1 = ∠ 2
1 = ∠ 2
Khi đó . Suy ra tứ giác IFDC
nội tiếp. 0,5
Tổng số điểm toàn bài là 10 điểm.
------ Hết -----
84
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18 tháng 7 năm 2020 Đề thi gồm 01 trang Đề số 15
+ + = và
a b c
1
,a b c là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện
,
+ + = . Chứng minh rằng trong ba số
1
Câu I (2,0 điểm) 1. Cho
1 a
1 b
1 c
,a b c có ít nhất một số bằng 1. ,
3
3
−
−
+
+
−
= . Tính giá trị của biểu thức:
7
y
x
18
z
2020
0
+ + = và x y z là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện , , x y z 2045
(
)
(
)
2021
2021
2021
=
−
+
−
+
−
2. Cho 3 ) (
F
x
18
y
7
z
2020
(
)
(
)
(
)
.
+
=
Câu II (2,0 điểm)
1
1 2
35 x 12
−
2
+
+
1 =
3
x − 3
4
y
1. Giải hệ phương trình .
xy 2
3 x 2
+
+
+
4
x = 18 7
16
y
x
x
y
2. Giải hệ phương trình
2
4
2
−
−
+
Câu III (2,0 điểm)
;x y thỏa mãn
xy
x
2
x
2
x
2
y
)
(
)(
) + = 1
n
=
a b
. 1. Tìm các cặp số nguyên (
10
+ ( với a , b , n là các số tự nhiên thỏa mãn
2. Chứng minh rằng nếu 2
0
b< <
10
3n > ) thì ab chia hết cho 6.
,
BAC >
Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có 45 ° . Vè phía ngoài tam giác ABC dựng các hình vuông ABMN và ACPQ . Đường thẳng AQ cắt đoạn thẳng BM tại E ,
đường thẳng AN cắt đoạn thẳng CP tại F . 1. Chứng minh tứ giác EFQN nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF . Chứng minh I là tâm đường tròn ngoại tiếp
DMQ và DNP cắt nhau tại K ( K khác D ). Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam
tam giác ABC . 3. Đường thẳng MN cắt đường thẳng PQ tại D . Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác
D A K J thẳng hàng.
,
,
,
giác ABC tại B và C cắt nhau tại J . Chứng minh bốn điểm
Câu V (2,0 điểm) Trên một đường tròn người ta lấy 2024 điểm phân biệt, các điểm được tô màu xanh và màu đỏ xem kẻ nhau. Tại mỗi điểm người ta ghi một số thực khác 0 và 1 sao cho quy tắc sau được thỏa mãn “số tại mỗi điểm màu xanh bằng tổng hai số ghi tại mỗi điểm màu đỏ kề nó, số ghi tại mỗi điểm màu đỏ bằng tích hai số ghi tại mỗi điểm màu xanh kề nó”. Tính tổng 2024 số đó.
85
LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN CHUYÊN
là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện và . Câu I.1. Cho
−
−
−
+
−
c
abc
+ ab bc
+ + a b c
− = 1
abc
+ ab bc
ca
ca
b
a
)( 1
) − = 1
(
)
(
)
Chứng minh rằng trong ba số có ít nhất một số bằng .
(
)( 1
+
=
Lời giải ) + +
+ + = ⇔ + 1
ab bc
ca
abc
−
−
b
c
0
1 c )( 1
) − = . 1
Từ
)( 1 ,a b c có ít nhất một số bằng 1.
Xét tích ( 1 1 b a Suy ra ( a Vậy trong ba số ,
Câu I.2. Cho là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện và
. Tính giá trị của biểu thức :
.
Lời giải
3
3
3
3
,
3 3 −
)
(
)
)( ( c a b a b c 3
)
( ab a b 3
)
( ab a b
(
3
=
−
+
+
+ + a b c
3
+ c a
(
)
(
)( a b b c
)(
3
3
3
+
=
) +
+ + = thì
= − + + + − + + + + = + + + a b c + a b a b c c Ta thấy, với ba số ,a b c tùy ý thì 3 )
a b c
0
b
c
abc 3
.
+ + = . Theo trên suy ra
a b c
0
a
a = − z
18,
b
= − y
7,
c
2020
3
3
3
+
+
=
Đặt từ giả thiết suy ra Do đó, nếu = − x
a
b
c
abc 3
3
3
3
+
+
.
= suy ra 3
abc = .
0
b
c
0
Mặt khác, theo giả thiết ta có
a c = . 0
a = hoặc
0
b = hoặc
0
2021
2021
2021
2021
Vậy
= ⇒ + = , khi đó
a
b c
0
0
( + − b
)2021
b = hoặc
0
c = thì cũng suy ra
0
0F = .
+ + Nếu = F a b c = + 0 b = . 0
Vậy Tương tự nếu 0F = .
Câu II.1. Giải hệ phương trình .
Lời giải
> x 1 < − 1 x
Điều kiện xác định
x < − thì phương trình vô nghiệm do hai vế trái dấu
1
- Nếu
2
2
=
+
=
86
1x > thì phương trình tương đường với
x
x
x 2
x 2
35 12
35 12
−
−
x
1
x
1
⇔ +
2
2
4
2
2
+
=
⇔
+
−
=
- Nếu .
⇔ + x
2
2.
0
x 2
x 2
x 2
x 2
−
−
x
1
1225 144
x
1
1225 144
−
−
x
1
x
1
2
2
2
2
−
=
>
=
.
t
t+ 2
0
t⇔ =
0
t
( ⇔ + t
) 1
x 2
1225 144
25 12
−
1
− = phương trình trở thành Đặt 0 37 12
x t > ) 0
2
=
= ±
x
x
2
4
2
2
2
=
⇔
− =
⇔
−
+
(do
25
x
1 12
x
⇔
144
x
625
x
= 625 0
x 2
25 12
2
−
x
1
=
x
= ± x
⇔
25 9 25 16
5 3 5 4
. Khi đó
x = là các giá trị thỏa mãn
1x > thì có
5 x = và 3
5 4
Kết hợp điều kiện
5 x = và 3
5 x = . 4
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
Câu II.2. Giải hệ phương trình
2
2
2
2
+
+
+
−
−
−
−
=
+
−
Lời giải
⇔ − x
= 24 0
10
10
18
10
2
6
y
y
x
x
x
y
=
⇔ − − x
y
5
1
y⇔ − − = ± . 1
5
x
xy (
Nhân phương trình đầu với 2 rồi trừ đi phương trình thứ hai vế với vế ta được xy 2
x
x⇔ = − , thay vào phương trình đầu ta được
6
y
y 10 )2 y− − = 5 1
2
+
=
+
−
−
−
−
x
x
3
3
4
6
3
x
6
x
12
= 15 0
23 ⇔ + x
( x x
)
(
)
- Nếu
1x = suy ra
5
Với
x = − suy ra
5
11
) 5; 11
. Với
= x 1 ⇔ = − x 5 y = − , nên hệ phương trình có nghiệm ( ) ( ) x y = − . ; 1; 5 ( ) y = − , nên hệ phương trình có nghiệm ( x y = − − ; x⇔ = − , thay vào phương trình đầu ta được
4
y
x
y− − = − 1 5
−
− −
= y
= x
2
5 2 13 3
−
−
−
=
+
+
− =
4
3
x
4
4
x
3
x
3
23 ⇔ + x
10
x
9 0
( x x
)
(
)
−
− +
⇒ = x
⇔ = x
− 17 2 13 3 + 17 2 13 3
5 2 13 3
- Nếu
) ;x y là
− −
−
− +
−
− −
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm (
;
;
1; 5− , ( ( )
) 5; 11
5 2 13 3
− 17 2 13 3
5 2 13 3
+ 17 2 13 3
, , .
87
Câu III.
1. Tìm các cặp số nguyên thỏa mãn .
2. Chứng minh rằng nếu ( với , , là các số tự nhiên thỏa mãn ,
) thì chia hết cho 6.
2
2
4
4
2
−
−
+
+
Lời giải
xy
x
2
x
2
x
2 + = ⇔ − y
2
x
2
x
2
x
+ − 1
y
(
(
) 1
)(
)(
)
= x 4
2
+
x
2
x
+ = 1
y
= ⇔ 0
1.
2
x = thì mọi giá trị y ∈ đều thỏa mãn.
4
4
2
4
2
2
<
+
<
+
+
TH1:
4x và
x > , ta có
2
x
x
2
x
+ = 1
y
x
2
x
+ = 1
x
(
)2 1
TH2: , mà x là số nguyên nên
(
)2 2 1 x +
4
4
2
4
2
2
>
+
>
−
−
là hai số chính phương liên tiếp. Suy ra không tồn tại số nguyên y thỏa mãn.
4x và
x ≤ − , ta có 2
x
x
2
x
+ = 1
y
x
2
x
+ = 1
x
(
)2 1
TH3: , mà x là số nguyên nên
(
)2 2 1 x −
2
là hai số chính phương liên tiếp. Suy ra không tồn tại số nguyên y thỏa mãn.
2
TH4: x = − ⇒ = ⇒ = . 0 1 0 y y
2
TH5: x = ⇒ = ⇒ = ± . 1 1 0 y y
2;
TH6: x = ⇒ = ⇒ = ± . 4 1 2 y y
) /y
;x y thỏa mãn là (
)
)1;0−
) 0; 1± , (
{ 1; 2± và ( )
} y ∈
n
=
+ mà 0
b< <
10
, ( Vậy các cặp số nguyên (
n
4
+ k r
r
nên 2n có tận cùng là b .
=
=
2
2
k 16 .2
r≤ ≤ ), khi đó
3
n
10 a b + ( với k , r là các số tự nhiên thỏa mãn 0
r
4
k
n
k
2. Vì 2 = Đặt
r = ⇒ =
2
0
16
b =
6
n
r
r
k
−
=
− có tận cùng bằng 0 ( vì 16
TH1: có tận cùng là 6, suy ra (1). 6ab⇒
r≤ ≤ thì 3
1k − có tận cùng bằng 5 ).
2
2
( 2 16
) 1
TH2: 1
b =
n
n
r
r
k
=
−
=
−
. Khi đó Suy ra 2n có tận cùng là 2r
a
− = b
ab
10
2
2
2
a 10 3
3
6
⇒ ⇒ a
2r , hay ) ( ) − ⇒ 1 16 1
( 2 16
(2)
Từ (1) và (2) ta được điều phải chứng minh.
88
Câu IV. Cho tam giác nhọn có
và . Đường thẳng cắt đoạn thẳng . Vè phía ngoài tam giác tại , đường thẳng dựng các hình vuông cắt đoạn thẳng
tại .
1. Chứng minh tứ giác nội tiếp được trong một đường tròn.
là trung điểm của đoạn thẳng . Chứng minh là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
2. Gọi . giác
3. Đường thẳng cắt đường thẳng tại . Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác
và cắt nhau tại ( khác ). Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác
và cắt nhau tại . Chứng minh bốn điểm thẳng hàng.
tại Lời giải
1.
Q
N
P
A
M
F
I
E
C
B
V
= (cùng phụ ° và EAB FAC
=
⇒ . với BAC ) nên chúng đồng dạng, suy ra Xét hai tam giác vuông ABE và ACF ta có 90 = AN AE = AQ AF = ABE ACF AB AE = AC AF
(đối đỉnh) và do nên chúng đồng Xét hai tam giác ANE và AQF có NAE QAF AE AN = AQ AF
⇒ .
dạng, suy ra = = ENF FQE ENA FQA Do đó tứ giác EFQN nội tiếp được trong một đường tròn.
AF EV AE VF nên nó là hình bình hành.
//
//
,
2. Gọi V là giao điểm của hai đường thẳng EB và FC . Tứ giác EAFV có
,
= = ° nên nó nội tiếp được trong đường ACV
=
ABC .
ABV = Vì I là trung điểm của đoạn thẳng EF nên nó cũng là trung điểm của đoạn thẳng AV . Suy ra ba điểm ,A I V thẳng hàng. Mặt khác, ta thấy tứ giác ABVC có 90 tròn đường kính AV . Suy ra IA IB IC hay I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
89
3.
D
Q
N
A
P
K'
K
F
M
I
E
C
B
V
J
,
,D A K thẳng hàng
′ =
.
′ =
N D P F K′ cùng thuộc một đường tròn.
,
,
,
′ = . (Do tứ giác EFQN nội tiếp), suy ra NDK ′ NFK
,D A K thẳng hàng (1).
,
. Vậy ba điểm
Ta chứng minh Gọi K′ là giao điểm của DA và EF . Dẽ thấy tứ giác NDQA nên NDK NQA Lại có NFK NQA Do đó tứ giác NDFK′ nội tiếp. Mặt khác, do NDPF nội tiếp nên năm điểm , Vậy K′ thuộc đường tròn ngoại tiêp tam giác NDP . Chứng minh tương tự ta có K′ cũng thuộc đường tròn ngoại tiêp tam giác DMQ . Suy ra K K′≡ Ta chứng minh
,A K J thẳng hàng , D Q K E M cùng thuộc một đường tròn nên 90
,
,
,
,
= Do năm điểm ° , suy ra = AKE DQE
° −
=
= EKB EAB
180
2
) = = BAC BIC
° − = , suy ra BKC AK KE⊥ Tương tự ta có 90 BAC = FKC FAC . Từ đó suy ra tứ giác AKBE nội tiếp nên 90 = ° − . BAC ( + EKB FKC
= = ° nên tứ giác BICJ nội tiếp. JCI
B K I C J cùng thuộc một đường tròn nên ta có 90 ,
,
,
,
= = ° , suy ra IKJ JBI
.
,A K J thẳng hàng. (2)
,
, suy ra ba điểm (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung). Suy ra tứ giác BKIC nội tiếp. Mặt khác 90 JBI Do đó năm điểm JK EF⊥ Mà AK KE⊥
D A K J thẳng hàng.
,
,
,
Từ (1) và (2) ta suy ra bốn điểm
90
Trên một đường tròn người ta lấy
và
điểm phân biệt, các điểm được tô màu Câu V. xanh và màu đỏ xem kẻ nhau. Tại mỗi điểm người ta ghi một số thực khác sao cho quy tắc sau được thỏa mãn “số tại mỗi điểm màu xanh bằng tổng hai số ghi tại mỗi điểm màu đỏ kề nó, số ghi tại mỗi điểm màu đỏ bằng tích hai số ghi tại mỗi điểm màu xanh kề nó”. Tính tổng
số đố.
Lời giải
,a b là hai số ghi tại hai điểm màu xanh liên tiếp nào đó
Theo chiều kim đồng hồ ta gọi
− − +
trên đường tròng ( ,a b khác 0 và 1). Khi đó số ghi tại điểm màu đỏ nằm giữa hai điểm
a b ab
− b a ab ;
− b ab
;1
;1
a
+ + −
+
+ − + −
. màu xanh nói trên là ab . Theo quy tắc ghi số đã cho, năm điểm liên tiếp tiếp theo sễ được ghi năm số lần lượt là (xem hình trên) − − ;1
a ab b b ab
+ − + − − + 1
a b ab
a
b a ab
1
= . 3
−
=
−
− a ab
− a ab
ab
a
b
a
Tổng các số ghi tại điểm trên là 1
) ( : 1
)
)
(
:ab a
b= .
=
Cũng theo quy tắc ghi số này, dễ suy ra điểm thứ 9 được tô màu xanh và tại đó ghi ( = . Từ đó suy ra điểm thứ 10 được tô màu đỏ và ghi số ,
. điểm thứ 11 được tô màu xanh và ghi số Như vậy, bộ 8 điểm tiếp theo được lặp lại như bộ 8 điểm đầu tiên. Do đó, 2024 số đã ghi được chia thành 253 nhóm, mỗi nhóm gồm 8 số theo quy luật trên. Vậy tổng 2024 số ghi trên đường tròn là 253.3 759
91
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU NĂM HỌC: 2020-2021
MÔN: TOÁN (Chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Ngày thi: 15 tháng 7 năm 2020 Đề số 16
−
+
x
2
=
+
P
Câu 1 (3,0 điểm).
x≤ ≠ .
4
4 −
x x x
8
+
+
x
3
(
+ x )2 1
a) Rút gọn biểu thức với 0
x
2 3 + = +
x
2
x
− . 1
y
2
b) Giải phương trình
xy 2
2
−
=
+
2
x
y
− + = ) x y
x (
c) Giải hệ phương trình .
2
2
=
+
−
+
−
+
Câu 2 (2,0 điểm).
,a b là hai số thực thỏa mãn
4
2
x
x
x
ax
8
bx
( ) P x
)(
(
)
P x = có bốn nghiệm phân biệt.
)( a b+ < . Chứng minh phương trình
1
( ) 0
a) Cho đa thức với
;x y thỏa mãn:
)
( x x
)2
+ − + = . y 1 0 y b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (
1
1
=
+
Câu 3 (1,0 điểm). Với các số thực dương a và b thay đổi, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu
S
+ a b
(
)
2
2
2
2
−
+
−
+
2
a
b 2
ab
ab
)O′ đi qua C và tiếp xúc với đường
thức .
b a Bài 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn ( )O có đường kính AB . Từ điểm S thuộc tia đối của tia )O hai tiếp tuyến SC và SD ( C và D là hai tiếp điểm). Gọi H là giao điểm AB kẻ đến ( của đường kính AB và dây CD . Vẽ đường tròn ( thẳng AB tại S . Hai đường tròn (
)O′ cắt nhau tại điểm M khác C .
)O và (
a) Chứng minh tứ giác SMHD nội tiếp.
,L T khác M ).
b) Gọi K là hình chiếu vuông góc của C trên BD , I là giao điểm của BM và CK .
)O tại các điểm L và T (
2
Chứng minh rằng HI song song với BD . c) Các đường thẳng SM và HM lần lượt cắt (
,D E F lần lượt
,
= . MC MS MD . Chứng minh rằng tứ giác CDTL là hình vuông khi và chỉ khi
2
2
2
+
+
=
Bài 5 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và có trực tâm H . Gọi
36
,A B C của tam giác ABC . Biết
,
AB HF
BC HD
CA HE
là chân ba đường cao kẻ từ ,
hãy chứng minh rằng tam giác ABC đều.
--------- HẾT---------
Họ và tên thí sinh: ......................................... ……..……..Số báo danh: ........................................
92
BÀI GIẢI CHI TIẾT
−
+
x
2
=
+
P
Câu 1 (3,0 điểm).
x≤ ≠ .
4
4 −
x x x
8
+
+
x
3
(
+ x )2 1
a) Rút gọn biểu thức với 0
x
2 3 + = +
x
2
x
− . 1
y
2
b) Giải phương trình
xy 2
2
−
=
+
2
x
y
− + = ) x y
x (
+
2
x
x
−
+
2
x
=
+
=
+
=
=
P
c) Giải hệ phương trình .
1
+ 2
4 −
+ +
+ +
8
2
+ 2 + 4
x x x
+ x + x
x x
−
x x
2 2
x x
4 4
2
4
2
x
( x
)( + x
+
+
3
x
)
− 2 )(
(
x ) 1
2
2 ⇔ + =
+
− +
− +
a) Lời giải ) +
PT
3
x
x
2
x
2
x
1 2
x
− ⇔ 1
2
x
2
x
1 2
x
− = 4 0
x ≥ . Khi đó
( 1 2
2
2
2
+
= ⇔ −
+
+
=
−
b) Điều kiện
≥ , ta có phương trình
t
− + 3
t
t
0
t
t
t 2
3
= ⇔ = . t 1
0
t
2
x
1,
t
0
(
(
) 1
)( 1
)
− = ⇔ − = ⇔ = .
Đặt
x
1 1
1 1
1
2
x
x
Ta được 2
S =
{ }1
y
2
(1)
Vậy tập nghiệm của phương trình là .
xy 2
2
−
=
+
2
x
y
(2)
− + = ) x y
x (
1
2
+ ⇒ +
−
+
(1)
(2)
x
x
y
y
)
(
(
)
2
c)
+ = (vô nghiệm)
x
2 3 x+
3 0
TH1: 1 1 y x y x
2
2
x
y
y
x
+ = − y x − = ⇔ + = 2 0 y x + = − ⇔ = − − , thay vào phương trình ( )1 ta được + = ⇔ = − , thay vào phương trình ( )1 ta được
TH2: x = ⇒ = − . y 1 0
) 0; 1 .−
Vậy hệ phương trình có một nghiệm là (
2
2
=
−
+
+
−
+
Câu 2 (2,0 điểm).
,a b là hai số thực thỏa mãn
ax
bx
8
4
2
x
x
x
( ) P x
)(
(
)
)( a b+ < . Chứng minh phương trình P x = có bốn nghiệm phân biệt.
1
( ) 0
a) Cho đa thức với
;x y thỏa mãn:
)
( x x
)2
2
2
2
2
2
2
2
−
+
−
+
=
+
+
−
+
+ − + = . y 1 0 y b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (
0
x
2
x
8
x
ax
8
bx
0
8
a
2
8
2
= 0
( ) P x
(
)
(
) + a b x
( = ⇔ +
)(
)
)
( x x
)
a) Lời giải ( ⇔ − x
2
2
2
8
8
x
x
≠
⇔
+
+
+
+ =
0,
2
x
PT
a
2
a b
0
x = không phải là nghiệm của phương trình. 0 •
(
)
− x
− x
•
x
2
=
+
+
+
93
t
t
a
t
2
2
a b
+ = 0
(
)
2
2
∆ =
+
−
=
−
+ − > nên phương trình trên có 2 nghiệm
Đặt , ta được phương trình
a
2
+ a b
a
4
a b
0
2 8 − x (
)
( 4 2
)
(
) 1
t .
Ta có
2,t
2
−
− =
x
t x 1
phân biệt 1
2
−
− =
x
( ) 8 0 1 ( ) 8 0 2
t x 2
⇔
1 , 2 có hai nghiệm phân biệt và hai phương trình này
Do đó phương trình cho
Ta thấy mỗi phương trình ( ) ( )
2
2
2
2
=
−
+
⇔
+
−
+
+
+
=
4
0
4
x
y
x
xy
xy
4
4
x
x
4
x
4
x
0
)2
không có nghiệm chung nên phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt.
(
)
2
2
⇔
+
−
+
+
2
x
2
xy
4
x
4
x
( − = 1 0
( 24 x (
+ xy )2 1
=
− ≤
b) Nhân 4x vào hai vế của phương trình ta được )
2
2
2
x +
1
24 x
x+ 4
1 0
( x⇒ + 2
)2 1
≤ . Do (
)2 1x +
)2 1
= 0 x ⇔ = − x 1
Suy ra là số chính phương lẻ nên (
− + = ⇔ = .
x = , thay vào phương trình ta được
0
1 0
1
y
y
2
− + =
⇔ −
Với
y
1 0
y
x = − , thay vào phương trình ta được
1
y
+ = ⇔ = 0
y
y
0;
y
= . 1
( − − + 1
)2
−
−
Với
;x y thỏa mãn là (
)
) ( 0;1 ,
) ( 1;0 ,
) 1;1
Vậy có 3 cặp số nguyên (
Câu 3 (1,0 điểm).
1
1
=
+
Với các số thực dương a và b thay đổi, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
S
+ a b
(
)
2
2
2
2
−
+
−
+
a
ab
b 2
b
ab
2
a
.
2
2
2
+
−
a 3
b 3
ab
2
=
≤
+
Lời giải
S
2
+ a b
(
)2
2 4
2 3
4
2
2
2
2
( −
) ( +
−
−
+
−
+
+ a b 3 a b 3
2
a
6
2 2 a b
ab 3
) b 2
a
b 2
b
2
a
1 ab
1 ab
2
2
2
2
+
a
b
3
+ )
(
a
−
+
2
2
2
2
2
2
2
+ b ab
ab
+
+
−
a
2
2
ab
2
=
≤
a)
S
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+
−
+
+
2
b
b
2
) 2 2 a b
a
a
( 2 ( a
+ ab b 2 )
)( a 3 ( ab a 3
b 3 )
−
+
2
3
2
+ b ab
+ b ab
2
2
−
2
2
)
a
2
≤
=
. . Do đó
≥ , ta được
S
t
2
+ 2
2
( t 2 t
)( t 2 3 − + 3 t
+ b ab
Đặt
−
2
2
)
≤
94
( ) 8 1
+ 2
( t t 2
2
2
− ≤
−
−
≥ đúng
t∀ ≥ 2
⇔ + 3 t
t 4
t 4 8
t 12
6
0
8
t
( ) 1
)( t 2 5
)
)( t 2 3 − + 2 t 3 ( + ⇔ −
Ta chứng minh được . Thật vậy
S ≤
2 2
b= . Vậy max
S =
2 2
Do đó . . Dấu đẳng thức xảy ra khi a
)O có đường kính AB . Từ điểm S thuộc tia đối của tia AB kẻ đến Cho đường tròn ( )O hai tiếp tuyến SC và SD ( C và D là hai tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của ( )O′ đi qua C và tiếp xúc với đường thẳng đường kính AB và dây CD . Vẽ đường tròn ( AB tại S . Hai đường tròn (
)O′ cắt nhau tại điểm M khác C .
)O và (
Bài 4 (3,0 điểm).
a) Chứng minh tứ giác SMHD nội tiếp.
,L T khác M ).
b) Gọi K là hình chiếu vuông góc của C trên BD , I là giao điểm của BM và CK .
)O tại các điểm L và T (
2
=
Chứng minh rằng HI song song với BD . c) Các đường thẳng SM và HM lần lượt cắt (
MC MS MD
.
. Chứng minh rằng tứ giác CDTL là hình vuông khi và chỉ khi
O′
C
Lời giải
L
M I
S
O
H A B
K
=
⇒
D T
SMHD
=
−
=
=
là tứ giác nội tiếp. a) Ta có = MSH SCM MDC
⇒
=
=
− ABD DMB DMH HMI
=
=
=
b) SMHD là tứ giác nội tiếp − DMH DSA DAB SDA DMB ABD
⇒ CMHI
= CHB CKB
là tứ giác nội nên nội tiếp HCI HBK HMI
Tứ giác CHKB có 090 tiếp
⇒
⇒
=
95
/ / = MIH MCH HBD
HI BD
⇒
=
⇒
=
.
= DTM SDM SHM DT
AB ;
CL AB
⇒
=
⇒
⇔ ∆
CDTL
c) Ta có / / / / = CLM SCM MSA
OCD
là hình chữ nhật. Do đó CDTL là hình vuông
090 = LCD TDC vuông cân, tức là SCD∆
vuông cân.
SO R=
2
)O . Khi đó
⇒
=
=
=
MCS MSH MDC MCD MSC
2
Như vậy với R là bán kính đường tròn (
∆
∆ ;MCS MDC
⇒ = Suy ra đồng dạng MC MS MD . .
,D E F lần lượt là chân ba
,
Bài 5 (1,0 điểm).
2
2
2
+
+
=
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và có trực tâm H . Gọi
36
,A B C của tam giác ABC . Biết
,
AB HF
BC HD
CA HE
đường cao kẻ từ , hãy
chứng minh rằng tam giác ABC đều.
Lời giải
A
E F
H
C
=
B D
= và S là diện tích ABC∆
= BC a CA b AB c
;
;
2
2
2
2
2
2
2
=
+
=
+
+
=
=
+
+
2BE
− b AE
BE
b
AE
2 2 . −
b AE
a
BC
BE
EC
b
c
(
)2
2
2
2
2
2
2
−
+
a
b
c
+
−
2 2 . − b AE )2
= (
b
a
2
2
2
2
2
2
=
=
−
=
−
Đặt . Ta có
4
S
2 BE b .
AE
b
c
⇒ = AE
( 2 b c
)
2
b 4
c b 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=
−
=
+
−
−
+
b
a
c
a
− bc b 2
c
a
)
)(
=
) + −
( + −
− +
+ +
16 S (
− c )( b c a b c a a b c a b c
2 2 b c 4 )(
( + bc b 2 )(
+ )
3
(
)4
≤
=
+ + b c a
(
)
+ − + + − + − + b c a a b c a b c 3
+ + a b c 27
. Do đó
96
)2
+
+
+
+
≥
≥
≥ . + + a b c 12 S 3 Suy ra (
a HD b HE c HF . .
.
+ + a b c
12
S
3
(
)
(
)2
a c b HD HE HF
+
+
+
+
≥
Ta lại có
a HD b HE c HF . .
.
= ⇒ S
2
6 3
a c b HD HE HF
2
2
2
2
+
+
≥
+
+
≥
Mà
36
AB HF
BC HD
CA HE
1 3
c b a HD HE HF
a b c
⇔
HD HE HF
⇔ = = .
Do đó
b c
a
=
=
+ − = + − = + − c a b b c a = =
c b a HD HE HF
Dấu đẳng thức xảy ra
đều. Vậy ABC∆
97
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 23/7/2020 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
SỞ GD&ĐT SƠN LA ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) Đề số 17
+
+
1
+
2019
2021
2020
1 2020
−
+
Câu 1. (2,0 điểm)
.
2 2020 +
−
1
2020
1
2020
2020
2
+
−
a) Tính giá trị của biểu thức: A =
x
4
x
= 2.
2
=
b) Giải phương trình:
− − (m là tham số).
y
x=
y
4
mx m
3
và đường thẳng d: Câu 2. (2,0 điểm) Cho Parabol (P)
a) Tìm m để Parabol (P) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt.
b) Tìm m để Parabol (P) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt có hoành độ cùng
+
+
=
x
4
x
x
y
4
6
(
)
nhỏ hơn 1.
2
+
x
8
x
)( + = − y 5
AB AC<
).
. Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
AD AE<
).
Qua A vẽ đường thẳng không đi qua tâm O cắt Đường thẳng vuông góc với AB tại A, cắt đường thẳng
Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O), từ điểm A ngoài đường tròn vẽ đường thẳng AO cắt đường tròn (O) tại B và C ( đường tròn tại D và E ( CE tại F.
Chứng minh rằng tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn. a)
DM AC⊥
.
2
=
+
Gọi M là giao điểm thứ hai của FB với đường tròn (O), chứng minh b)
CE CF AD AE AC
.
.
.
Chứng minh: c)
+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
Câu 5. (1,0 điểm)
a b c
4.
,a b c thỏa mãn
,
=
+
a) Cho ba số thực dương
P
.
1 ac
1 bc
thức:
+
+
+ ... +
> 5.
1 1+ 2
1 3 + 4
1 5 + 6
1 119 + 120
b) Chứng minh rằng:
Câu 6. (1,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. M là điểm chính giữa cung ,AB C là một điểm trên nửa đường tròn. AC cắt MO tại D. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi C di động trên nửa đường tròn.
98
-------------Hết-------------
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………………………………………….
Số báo danh: ………….
SỞ GD&ĐT SƠN LA ĐỀ CHÍNH THỨC
(HDC có 06 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN CHUYÊN
Câu Đáp án Điểm
+
+
1
+
2019
2021
2020
1 2020
−
+
1 a) Tính giá trị của biểu thức:
.
2 2020 +
−
1
2020
1
2020
2020
2
+
−
=
A =
x
4
x
2.
b) Giải phương trình:
2
a) Ta có:
+
2019
2021
2020
+ 1
+
−
.
−
+
1
1 2020 2020
1
2020
2020
0,25 A =
+
2019
2021
2020
+
−
−
1 2020
1
2020
2020
0,25 =
+
2019
2020
2020
+
−
1
2020
2020
2019
+
+
0,25 =
2020 1
−
1
2020
=
2
2
+
−
= ⇔ −
0,25 = 0
x
4
x
2
4
x
= − x 2
b) Ta có:
2
− ≥ x
0
2
2
−
=
−
4
x
(2
x
)
⇔
0,5
99
2
− ≥ x −
0 =
x x (
2)
0
⇔
0,25
0
2
= x ⇔ = x
2
0.25
=
− −
y
x=
y
4
mx m
3
2 Cho Parabol (P) và đường thẳng d:
a) Tìm m để Parabol (P) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân
biệt.
b) Tìm m để Parabol (P) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân
biệt có hoành độ cùng nhỏ hơn 1.
2
a) (P) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt.
−
+ = có hai nghiệm phân biệt
x
4
+ mx m
3 0
a ≠ 0 ∆ >
' 0
0,25 ⇔ Phương trình
⇔
0,25
⇔
24 m m
− − > 3 0
> m
1
0,25
⇔ < − m
3 4
(*) 0,25
,x x cùng nhỏ hơn 1.
2
−
−
>
0
) 1
x 1 +
)( 1 <
x 2 2
x 2
( ⇔ x 1
+
−
+ >
1 0
)
x 2
0,25 b) Với điều kiện (*) thì Parabol (P) cắt d tại hai điểm phân biệt. Khi đó, parabol (P) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1
( x 1 < 2
x x 1 2 + x 1
x 2
⇔
+
+ >
(
m
− 3) 4
m
1 0
<
4
m
2
⇔
0,25
⇔
< m < m
4 3 1 2
1 m⇔ < 2
0,25
Kết hợp với điều kiện (*) ta được: parabol (P) cắt đường thẳng d
100
,x x cùng nhỏ hơn 1 khi
2
m < −
.
3 4
0,25 tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1
+
+
=
x
4
x
x
y
4
6
(
)
2
+
x
8
x
)( + = − y 5
2
+
+
=
x
x
x
y
4
4
6
)
+
+
=
y
x
6
( x x
)
⇔
3 Giải hệ phương trình: .
2
2
+
+
+
x
x
8
)( 4 4 + = − y 5
x
x
x
y
4
4
= − 5
(
)
)( ) +
( (
2
Ta có: 0,25
x
x+ 4
X
2
+
X
5
X
= − 2 = − 3
X
y+ là 2 nghiệm của phương trình: + = ⇔ 6 0
x
2
2
2
= −
5 4 2
y
+
4
= − 2
2
x
⇔
0,25 Vậy và 4x
−
x 4
x
x + = − 3 y
= − ± 2 = − 4
3
y
x
= − − 2
2
x
= +
5 4 2
y
= − + ⇔
= − 1
x
2
=
2
y
+
4
= − 3
+) Với 0,25
x 4
x
x + = − 2 y
= − 3
x
=
10
y
⇔
+) Với
+
−
− 2;5 4 2
− − 2
) 3;10 .
) Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm ( ;x y là: , ( ( ( )1;2 , ( − − + 2
) 2;5 4 2 ,
)
0,25
).
4
Cho đường tròn (O), từ điểm A ngoài đường tròn vẽ đường thẳng AO cắt AB AC< ). đường tròn (O) tại B và C ( Qua A vẽ đường thẳng không đi AD AE< qua tâm O cắt đường tròn tại D và E ( Đường thẳng vuông góc với AB tại A, cắt đường thẳng CE tại F.
a) Chứng minh rằng tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn.
b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FB với đường tròn (O), chứng
DM AC⊥
.
2
=
+
minh
CE CF AD AE AC
.
.
.
c) Chứng minh:
101
0,25
FAB =
=
0,25 Vì AF AB⊥ a) Ta có o90 , , o90 BEC =
+ FAB BEF
tứ giác ABEF có o 180
=
Suy ra tứ giác ABEF nội tiếp. 0,5
1 2
=
bằng b) Ta có AFB AEB sđ cung AB (của đường tròn ngoại 0,5 tiếp tứ giác ABEF )
1 2
bằng Mặt khác AEB BMD sđ cung BD (của đường tròn tâm O)
⇒
⊥ ⇒ AC
⊥ DM AC
.
AF DM
0,5 mà AF Do đó / / = AFB BMD
∆
∆
⇒
ACF
.
= CE CF AC BC
.
.
( ECB g g
)
( ) 1
AC CF = ⇒ BC CE
c) Xét tam giác ACF và tam giác ECB
∆
∆
⇒
⇒
=
ABD
.
= AD AE AB AC
.
.
( AEC g g
)
( ) 2
AB AE
AD AC
2
⇒
=
+
+
=
AD AE CE CF AC AB BC
(
.
.
)
AC
.
( ) ( ) 1 + 2
0,5
2
=
+
0,5
CE CF AD AE AC
.
.
(đpcm) Vậy
,
a b c
+ + = Tìm giá trị 4.
+
=
5 a) Cho ba số thực dương
.
P
,a b c thỏa mãn 1 bc
1 ac
nhỏ nhất của biểu thức:
b) Chứng minh rằng:
+
+
+ ... +
> 5.
1 1+ 2
1 3 + 4
1 5 + 6
1 119 + 120
102
.
1 a
1 + ≥ b
4 + a b
+
=
+
≥
a) Áp dụng BĐT:
.
1 ac
1 bc
1 b
1 1 c a
4 ( + c a b
)
Ta có
≥
=
1
2
4 + c a b (
)
4 + + a b c 2
2
≤
2 + + ⇔ +
0,25 Mặt khác
a b c
4
c a b (
)
( + c a b
)
(
)
+ + a b c 2
≤
+
(vì )
≥ 1.
1 ac
1 bc
=
+
Vậy 0,25
P
= 1
1 ac
1 bc
=
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
= =
c
2,
a
1.
b
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
+
+
+ ... +
S = 1
1 1+ 2
1 3 + 4
1 5 + 6
1 119 + 120
b) Đặt
+
+ ... +
.
S = 2
1 2 + 3
1 4 + 5
1 120 + 121
0,25 Xét biểu thức
+
+ ... +
+
S + S = 1
2
1 1+ 2
1 2 + 3
1 119 + 120
1 120 + 121
−
−
−
−
2 + ... + 121
120 = 121 1 = 10
S + S = 2 1+ 3 1
2
Ta có
103
1
>
,
∀ ≥ k
∈ k N
1,
−
k
k
1
1 2 + 2 +1
k k 2 + 2 ⇒ > S S . 1
2
Mặt khác dễ dàng chứng minh được:
0,25
5,
S > 1
Vậy
+
+
+ ... +
> 5.
1 1+ 2
1 3 + 4
1 5 + 6
1 119 + 120
hay (đpcm).
6
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. M là điểm chính giữa cung ,AB C là một điểm trên nửa đường tròn. AC cắt MO tại D. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi C di động trên nửa đường tròn.
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC, xảy ra hai khả năng
Trường hợp 1. Điểm C nằm trên cung nhỏ BM
=
0,5
MCD
MID
Ta có o = 90 . 2.
=
nên tam giác MID vuông cân tại I, do đó
OMI
Suy ra M, I, B thẳng hàng nên I hay o45 = OMB .
Lại có IM ID= o45 , DMI = thuộc BM cố định
Trường hợp 2. Điểm C nằm trên cung nhỏ AM
104
=
=
0,5
MCD
2.
nên tam giác MID
35
1
4
+
=
=
Tương tự ta có o Mà IM ID= MID 90 . o vuông cân tại I, do đó .o = = ⇒ 5 IMO DMI
OMB =
Mặt khác o45 nên 180 .o IMB IMO OMB
Suy ra ba điểm I, M, B thẳng hàng, hay I thuộc BM cố định.
105 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2020 - 2021
Môn thi: Toán
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Khóa thi ngày: 20/07/2020 (Đề thi có 05 câu)
2
+
a
=
−
+
Đề số 18
P
a
4
a
a> 0,
≠ . 1
+ −
− +
a a
a a
a
1 1
1 1
a a + 1
:
2P > .
, với Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức
1. Rút gọn biểu thức P . 2. Tìm tất cả các giá trị của a để
2
=
Câu 2. (3,0 điểm)
x= 2
2
+ x m
)P
− , với m là tham số. 1 d y cắt đường thẳng ( )d tại hai điểm
,x x thỏa mãn
x− 2
x 1
P y ( ): Tìm tất cả các giá trị của tham số m để parabol ( = . 1 phân biệt có hoành độ 1
2
2
+
x
2
1. Cho parabol và đường thẳng ( ):
+ = 2
x
+ + x
4
x 2
+ + x 2 −
=
x
y
0
2. Giải phương trình .
−
+ −
=
y
2
x
4 2
y
0
10 + x 2 4 22 )
x 3. Giải hệ phương trình (
.
= BK BH CK MH
.
.
Câu 3. (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn tâm O , bán kính R . Trên tia đối của tia BA lấy điểm M khác điểm B . Kẻ BH vuông góc với CM ( H thuộc CM ). Gọi K là giao điểm của OH với BC .
)O tại E . Tính độ dài
1. Chứng minh tứ giác BHCO nội tiếp, HO là tia phân giác của BHC . . 2. Chứng minh 3. Gọi I là trung điểm của cạnh AD , tia BI cắt đường tròn (
đoạn thẳng DE theo R .
)O tại N ( N khác B ).
,M N K thẳng hàng.
,
4. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHM cắt đường tròn (
2
+
8
n
2
+
Chứng minh ba điểm Câu 4. (1,0 điểm)
+ là số chính phương. = A n ,a b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu
1. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho + , với = ) 2 2. Cho biểu thức
P ab a b ( giá trị của biểu thức P chia hết cho 3 thì a b− chia hết cho 3. Câu 5. (1,0 điểm)
,
+
+
=
1. Cho các số thực
P
+
+
+
+
+
+
,a b c dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau b )( b c b a
2a )( a b a c
c )( c a c b
(
(
)
)
)
(
.
.cm Chứng minh rằng có ít nhất hai trong số các điểm đã cho có khoảng cách không vượt quá .cm 3
2. Cho 25 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một lục giác đều cạnh 6
_________ Hết _________
106 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2020 - 2021
Môn thi: Toán
HDC ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Khóa thi ngày: 20/07/2020 (Đề thi gồm 05 câu)
Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………………………………. Số báo danh:……….……………..... Cán bộ coi thi thứ nhất: ……………………………….… Kí tên: ………………………………. Cán bộ coi thi thứ hai: ..……………………….…………… Kí tên: ………………………………
2
+
a
=
−
+
Điểm
P
a
4
a
a> 0,
≠ . 1
+ −
a a
1 1
1 1
a a
a a + 1
a
:
2P > .
a
2
−
+
−
+
+
a a
a
a
a
4
( a a
) 1
) 1
a> 0, ) 1
, với Câu Câu 1 (1,5 đ) Cho biểu thức Nội dung − +
=
P
+
( a
1
+
−
≠ ta có 1 2 ( a
a
) 1
) − 1 )( 1
(
:
−
0,25
+ − +
a
4
a
1 4a
1
2
a
a
a
=
:
a a
2 a
− + a − 1
=
1. Rút gọn biểu thức P . 2. Tìm tất cả các giá trị của a để 1. Với ( + 0,25
:
a a
a 1
=
=
0,25
P
4 −
a
1
4a − a 4 − 1a
. Vậy 0,25
P
> ⇔ 2
> ⇔ 2
− > ⇔ 1 0
> ⇔ < < 1
0
3
a
2. Tìm tất cả các giá trị của a để
2P > . − 3 − a
a
1
1
a 1
2
x= 2
0,5
d
y
2 − a 2P > . ) P y :
− , với m là 1 cắt đường thẳng
và đường thẳng ( ) :
,x x thỏa mãn
= . | 1
2
4 − 3a< < thì Vậy 1 1. Cho parabol ( + = x m 2 )P tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để parabol ( x− ( )d tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 x | 1 2
−
− + = (*) 1 0
x m
22 x
Câu 2 (3,0 đ)
2 cắt đường thẳng ( )d tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi
∆ =
− > ⇔ > ⋅
' 2
m
1 0
m
1 2
Phương trình hoành độ giao điểm )P ( 0,25
107
2
,x x là hoành độ giao điểm của ( )d và 1
,x x là nghiệm của (*) khi đó 1 +
=
x 1
x 2
Gọi
(
)P Theo hệ thức Vi-et, ta có
1
=
x x . 1 2
2 1 − m 2
−
2
( 1
)
−
−
= ⇔ −
0,25 .
= ⇔ = . Thỏa
|
1 4
1
m
1
1
( = ⇔ + | 1
)
x 1
x 2
x 1
x 2
x x 4 . 1 2
m 2
Do đó
1 m > . 2
0,5 mãn điều kiện
1m = .
2
+
x
2
Vậy
+ = 2
x
+ + x
4
x 2
x
+ + x
10
2
+
+
>
0
x
2
> 10 0
x
+ + x
1 2
39 4
⇔
2. Giải phương trình .
2
2
+ + ≥
x
x
4 0
+
+
>
0
x
Điều kiện xác định: thỏa mãn với mọi
1 2
15 4
x ∈ .
2
−
t
4
2
=
0,25
+ + , Điều kiện
t
+ = 2
t
x
4
x
t > . Phương trình trở thành
0
2
+
t
6
−
+
+
t
2
2
t
(
)
t
2
= ⇔ −
−
=
⇔
2
0
t
2
1
0
Đặt
( − − t
)
(
)
2
2
+
)( +
t
6
6
t
2
2
⇔
⇔
0,25
2
+ = +
6
2
t
t
= t
= t = t
1 2
2
( thỏa mãn điều kiện). 0,25
t = ta có
2
4
x
* Với .
2
4
t = ta có
x
x+ + = . Phương trình vô nghiệm.
= 0 x + + = ⇔ = − 2 x 1 x 1 2
1 2
0,25 * Với
2
−
=
x
x
4
x = − và 1 y 0
x = . 0 (1)
Vậy phương trình có các nghiệm là
+ −
=
−
4 2
2
y
y
x
0 (2)
+ 2 22 )
.
2
+
−
−
+ = 4 0
4
2
x
y
x
x
3. Giải hệ phương trình ( Cộng vế của hai phương trình (1) và (2) ta được (
)22
2
=
2
2
x
=
−
2
0
2x
2
−
+
−
⇔
2x
y
x
2
= ⇔ 0
0,25
(
)
(
)
2
y − =
=
2 0
x
4
2
2
0,25
⇔
2
= x y
y = x = y
= x = y
2 = − 2 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2, 2) .
hoặc . Thử lại ta thấy thỏa mãn. 0,5
108
= BK BH CK MH
.
.
Câu 3. (3,5 đ)
)O tại E . Tính
Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn tâm O , bán kính R . Trên tia đối của tia BA lấy điểm M khác điểm B . Kẻ BH vuông góc với CM ( H thuộc CM ). Gọi K là giao điểm của OH với BC . 1. Chứng minh tứ giác BHCO nội tiếp, HO là tia phân giác của BHC . 2. Chứng minh . 3. Gọi I là trung điểm của cạnh AD , tia BI cắt đường tròn (
)O tại N ( N khác
B ). Chứng minh ba điểm
,M N K thẳng hàng.
,
độ dài đoạn thẳng DE theo R . 4. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHM cắt đường tròn (
.
BOC =
0,5
nên tứ giác BHCO nội tiếp.
=
= BHO BCO
0,5 . Suy ra HO là phân giác của BHC .
suy ra
∆
∆∽
0,5 (1) nên o90 1. Theo giả thiết BH CM⊥ BHC = Vì ABCD là hình vuông nên o90 . Suy ra 180o = + BHC BOC Vì BHCO nội tiếp nên 45o 2. Theo chứng minh ở phần a) ta có HK là phân giác của HBC∆ BK BH = CK CH
HBC
BH MH = CH BH
(g.g) nên (2) Mặt khác dễ thấy HMB
⇔
0,5
= BK BH CK MH
.
.
BK MH = BH CK IED (g.g)
Từ (1) và (2) suy ra .
3. Ta có ABI
= ⇔ =
DE
∆∽ ID IB
. AB ID IB
0,25 Suy ra
=
=
AD AB R
2
∆ DE AB Xét ABD∆
BD
R= 2
0,25 vuông cân có nên ,
R
2
=
=
109
= IA ID
AD
1 2
2
.
R
2
R
2.
R
R
Áp dụng định lí Pytago cho tam giác vuông ABI ta có
2
2
=
=
=
+
=
DE
IB
AB
AI
10 5
10 2
R
2 10 2
,M K D thẳng hàng.
,
0,25 . Vậy .
'K là giao điểm của MD và đoạn BC
=
4. *Ta chứng minh Thật vậy: Gọi
BM CD nên theo định lí Talet ta có
//
BK CK
' '
BM BM = BC AD
∆
∆∽
Vì ) (3) (vì AD BC=
HMB
HB
C
BM HB = BC HC
(g.g) nên . Mà
HB BK = HC CK
0,25 Mặt khác theo chứng minh phần b) ta có .
BM BK = CK BC
=
Từ đó suy ra (4)
'K
K≡
K K thuộc đoạn BC ) suy ra
,
'
BK CK
' '
(với . Từ (3), (4) ta có
BK CK ,M K D thẳng hàng (3)
,M N D thẳng hàng.
,
Vậy
nên đường tròn ngoại tam giác BHM có đường kính là BM
BND =
)O nên 90o
=
. 0,5 (góc nội tiếp chắn nửa
,M N D thẳng hàng (4).
,
, * Ta chứng minh Thật vậy Vì BH MC⊥ suy ra 90o BNM = Vì BD là đường của đường tròn ( )O ). đường tròn ( Từ đó suy ra D 180o BNM BN+ Từ (3) và (4) ta có
,K N M thẳng hàng.
,
2
+
+ là số chính phương.
= A n
2
n
8
2
nên
+
+ = 8
n
2
n
k
+ + =
=
1 7
4
− −
⇔
⇔ + + k
n
k n
= ⇔ 7
(
)( 1
) 1
Câu 4. (1,0 đ) 1. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 2 Đặt ( k ∈ )
− − =
=
k n k n
1 1
k n
2
2
=
A =
,a b là các số nguyên. Chứng minh
4 16 ( = P ab a b
n = ta có 2 là số chính phương. Với ) 2 + , với + 2. Cho biểu thức rằng nếu giá trị của biểu thức P chia hết cho 3 thì a b− chia hết cho 3. Ta có
0,5
)
( ab a b+ Suy ra hai số
chia cho 3 dư 1.
) 2 ( + chia hết cho 3, suy ra ab a b+ ,a b không chia hết cho 3 và phải có cùng số dư khi chia cho 3. ) chia cho 3 dư 2 (trái giả thiết) .
( ab a b+
0,5 Giả sử
,a b đều chia cho 3 dư 1 thì ,a b đều chia cho 3 dư 2. Vậy a b− chia hết cho 3.
Suy ra
,a b c dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau
,
Câu 5 ( 1. Cho các số thực 0,25
110
=
+
+
P
+
+
+
+
+
+
2a )( a b a c
b )( b c b a
c )( c a c b
)
(
(
(
)
) 1. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
=
+
+
P
2a + a b
2a + a c
2 b + b a
2 c + c a
b 2 + b c
c 2 + c b
≤
+
+
+
+
+
2a + a b
2a + a c
b 2 + b a
c 2 + c a
b 2 + b c
c 2 + c b
1 2
1 2
1 2
+
=
+
+
+
+
=
+ +
=
1,0 đ) .
2 2
c 2 + c b
2a + a b
b 2 + b a
2a + a c
c 2 + c a
b 2 + b c
1 2
1 2
1 2
9 4
=
2a + a c
=
=
.
⇔ = a
b
c
7
7
b 2 + b a
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .
=
2a + a b b 2 + b c c 2 + c b
=
=
0,25
a
7
b
7
c
c 2 + c a 9 4
.cm
khi . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng
2. Cho 25 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một lục giác đều cạnh 6 .cm Chứng minh rằng có ít nhất hai trong số các điểm đã cho có khoảng cách không vượt quá 3 + Giả sử 25 điểm đã cho nằm trong hoặc nằm trên cạnh của lục giác đều nội tiếp đường tròn tâm O
0,25
0,25 + Nối O với 6 đỉnh của lục giác tạo thành 6 tam giác đều. Khi đó sẽ có ít nhất 5 điểm nằm trong hay trên cạnh của một tam giác đều trong số 6 tam giác đó (theo nguyên lý Dirichlet) + Giả sử 5 điểm trong 25 điểm đó cùng nằm trong hay nằm trên cạnh của tam giác đều OAB .
,
,
M N P lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng
,
.
,
,
,
AB OB OA Khi , + Gọi AMP BMN ONP MNP là các tam giác đều cạnh bằng 3cm . đó bốn tam giác + Năm điểm nằm trong hay nằm trên cạnh của tam giác OAB sẽ có ít nhất hai điểm nằm trong một trong hay nằm trên cạnh của một trong bốn tam giác đều trong số bốn tam giác trên (theo nguyên lý Dirchlet). Khoảng cách giữa hai điểm đó không quá 3cm .
111
Chú ý: Thí sinh làm bài theo cách khác chính xác vẫn cho điểm tối đa
112
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2020 - 2021 Môn: Toán (Đề chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 19
x
=
−
+
x
0; x>
P
Câu 1 (2,0 điểm).
1. ≠
x 1
+ − x
1
1
3 + +
2 + 2 −
1 +
1 −
x x
x x
x
x
:
với Cho biểu thức
−
1 ≥ .
+ x 8
1 P
1. Rút gọn biểu thức P . 1 2. Tìm x để
4
2
2
−
+
x
mx
Câu 2 (2,0 điểm).
0. ,
<
<
<
x
x
x
+ = Tìm giá trị của m để phương trình có và
1. Cho phương trình
2 6 m , , x x x x 1 4
x 1
3
2
4
2
3
0.
2
2
−
=
+
cho sao
x
x
x 1
2
3
4
2
2)
+
8 + =
+
xy
24 y
( x x
.
bốn nghiệm phân biệt − x
3 3 2
1
+ + =
−
x
y
y
2. Giải hệ phương trình
(
ABC AB AC<
Câu 3 (4,0 điểm).
)O
)O , có đường cao AH . ) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC . Đường thẳng AI cắt đường tròn ( 'MA cắt các tại điểm thứ hai M . Gọi đường thẳng
'A là điểm đối xứng với A qua O . Đường thẳng ,AH BC theo thứ tự tại N và K . Gọi L là giao điểm của MA và BC . 'A I cắt đường tròn (
)O tại điểm thứ hai D . Hai đường thẳng AD và BC
Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn (
'.
.
= MA MK ML MA
Đường thẳng cắt nhau tại điểm S .
2
ANA là tam giác cân và .
=
' MI ML MA
.
,
,T I K thẳng hàng.
2
=
+ AB AC
BC
và tứ giác NHIK là tứ giác nội tiếp.
thì I là trọng tâm của tam giác AKS . 1. Chứng minh tam giác 2. Chứng minh 3. Gọi T là trung điểm của cạnh SA , chứng minh ba điểm 4. Chứng minh nếu
2
x
2
4
61 0.
−
+
+
y
y
Câu 4 (1,0 điểm).
=
8
,a b c là các số thực dương thỏa mãn ,
Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( ; )x y thỏa mãn
2
2
2
.
+
+
≤
+
+
b
a
c
(
)
4
4
abc = . Chứng minh : 1 16
a +
ca
b + ab
Câu 5 (1,0 điểm). Cho
c 4 + bc ---HẾT---
Họ và tên thí sinh…………………………….…….Số báo danh…………………….…… Cán bộ coi thi thứ 1……………………………….Cán bộ coi thi thứ 2……………….……
113
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2020-2021 Môn: Toán (Đề chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHUYÊN
(Hướng dẫn chấm thi có 5 trang)
- Học sinh nếu dùng định lý Menelauyt mà không chứng minh thì trừ 0,25
Lưu ý: - Điểm làm tròn đến 0,25. điểm/bài. - Các cách giải khác mà đúng cho điểm tương đương.
Nội dung Điểm
x
=
−
+
P
x
0; x>
Câu 1 (2,0 điểm).
1. ≠
x 1
+ − x
1
1
3 + +
2 + 2 −
1 +
1 −
x x
x x
x
x
:
Cho biểu thức với
2
+
+
+
x
x
x
+
x
x
:
=
−
P
+
−
) 1 −
+
−
x
x
x
x
x
x
0,25
) ) 1
(
(
) 1
1 − + )( 1
1 ) 1
1.(1,0 điểm) Rút gọn biểu thức P ( )( 1 x )( )( 1 2 +
2
:
−
=
1 1
+ −
x −
x
( ( x x
−
x
x
x )( 1
) 1
0,25
+
−
x
( x
(
+ ) 1
=
⋅
2
1
1 −
1 )( 1 x
x
0,25
1
+
=
x 2
x
1
−
1 ≥
0,25
2.(1,0 điểm) Tìm x để
1
1
2
1 0
−
− ≥
−
1 ≥ ⇔
+ x 8 + x 8
+ x 8
1 P
1
1 P x +
x
0,25
8
16
−
x
x
x
0
≥
⇔
8
+
x
0,25
8
0
6
⇔
0;
>
x
x
x
x
> với mọi
1 ≠ )
(
0,25
6
3
0
9 0 + ≤ ⇔
−
⇔ − x
x
x
x
x
1 8 2 − − − − x ) ( 1 9 0 − − ≥ ( vì (
) 1 x + )2 9 3 0 ≤ ⇔ − = ⇔ =
0,25
114
4
2
0.
x
+ = Tìm giá trị của m
+ ;
m ;
2
2 6 x x sao cho: 3
4
2
2
<
<
<
−
+
=
x
x
x
x
x
Vậy x = 9 thỏa mãn điều kiện.
và
2 − mx Câu 2.1 (1,0 điểm) Cho phương trình ; x x để phương trình có bốn nghiệm phân biệt 1 0. x x 1
x 1
2
3
2
− 2
4 4
2
4 mx
2
x 0
x
t
t
+ t
0. 6 + = (1) 6 2 + m mt
3 2 − m , ta có : 2 2 −
(
)
0 + = (2)
0,25 Phương trình ≥ = Đặt
' 0
2
2
0
6 − >
m
6
0 + > ⇔
m
Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt phương trình (2) có hai nghiệm
2,t t
− m 0 > m
2
0
>
m
t
(3) dương phân biệt 1
∆ > 2 ⇔ = P = S Với điều kiện (3), phương trình (2) có 2 nghiệm dương
< <
0 t 1
2
= −
= −
<
<
=
<
=
x
x
x
t
t
0,25
t 1
t 1
3
4
2
2
2
2
0
2
−
−
= ⇔ −
=
−
x
x
x
x
x
(
)
2 Theo đề bài ta có + x x 1
4
3
2
4
x 1
3
2
2
⇔ = t
2
t 1
⇔ = t 2
4 (4). t 1
=> phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt: x 1
2
m
2
6
+ = t 2 =
+
t 1 t t 1 2
2
16
50
6
⇒
−
−
+
m
m
2 m=
2 m=
0,25 Theo định lí Vi-ét, ta có: (5)
150 0 =
m 2 14 t
15 t
Từ (4) và (5) ta có: và
= −
m
15 8
5
⇔ = m
5m = thì phương trình (1) có 4 nghiệm thỏa
0,25
2
2) (1)
+
8 + =
+
xy
24 y
( x x
.
Đối chiếu với điều kiện suy ra với mãn điều kiện bài toán.
3 3 2
1
(2)
+ + =
−
x
y
y
Câu 2.2 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
1 0
.
− ≥ ⇔ ≥
y
y
1 2
x
2
4)(
2) 0
( ⇔ + x
y
− + x
0,5 Điều kiện:
4 = − 2
2
=
+
x
y
= ⇔
4
Phương trình ( ) 1
x = − vào phương trình thứ 2 ta được 1
1 3 2
10 3 10
− =
1 − ⇔
+
y
y
⇔ = y
2
1)
9(2
1)
−
=
−
y
y
≥ y (
2
2
Thế 0,25
5 3 2
1 (3)
+ + =
−
2
y
y
y
x
y=
+ , thay vào (2) ta được:
2
(2
1)
1) 5 2 5(2
1)
3 2
− + >
− + ≥
−
≥
5
2( y
y
y
y
y
y
0,25 Với
y+ + =
1 −
Ap dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 1) 5 (2 − + + y
115
Do đó phương trình (3) vô nghiệm
Câu 3 (4,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn
(O), có đường cao AH và tâm đường tròn nội tiếp là I. Đường thẳng AI cắt lại đường tròn (O) tại điểm thứ hai M. Gọi A' là điểm đối xứng với A qua O. Đường thẳng MA' cắt các đường thẳng AH, BC theo thứ tự tại N và K. Gọi L là giao điểm của MA và BC. Đường thẳng A'I cắt lại đường tròn (O) tại điểm thứ hai D, hai đường thẳng AD và BC cắt nhau tại điểm S.
A
D
T
I
O
K
S
B
C
H
L
A'
M
N
'
ANA là tam giác cân và
'.
.
0
0
1.(1,0 điểm) Chứng minh rằng tam giác = MA MK ML MA .
−
=
=
−
' A AC
'
0,25 mà AI là phân giác của góc BAC
Ta có 90 ' 90 = ABC BAH AA C nên AI là phân giác góc 'NAA . AM MA⊥ 0,25
=
= .
'
− ⇒
0,25
∆
MAA
⇒ tam giác ANA' cân tại A. 090 ' = HNK HAM LAA HKN '. ( . ) = MA MK ML MA MKL g g
2
.
=
MI ML MA
∆ 0,25
và tứ giác NHIK là tứ giác nội
2. (1,0 điểm) Chứng minh rằng tiếp.
=
+
2
2
0,25
.
.
⇒ = ⇒
= =
ML MA MI
2
0
0,25 + = MIC MAC ACI MCB BCI MCI MI MC . = ( . ) ⇒ ∆ ∆ ML MA MC MCL MAC g g
.
.
90
=
=
=
⇒ ∆
⇒
∆
=
MN MK MA MK ML MA MI
( . ) KIN g g
IMN
NIK
0,25
=
,
,T I K
0,25 . Vậy tứ giác NHIK nội tiếp.
=
=
0,25
'. 090 = NIK NHK 3. (1,0 điểm) Gọi T là trung điểm của cạnh SA. Chứng minh rằng ba điểm thẳng hàng Tứ giác NHIK nội tiếp suy ra ' = IHK INK IA M IAD
.
116
=
= AIS AHS
0,25 .
=
0,25
,
2
=
,T I K thẳng hàng + AB AC BC
0,25 , suy ra ba điểm
thì I là trọng tâm của tam
Suy ra tứ giác AIHS nội tiếp. Do đó 090 = TIA TAI INK TIA MIK = ⇒ 4. (1,0 điểm) Chứng minh rằng nếu giác AKS.
2
=
=
=
=
AI IL
AB = BL CL
+ AC AB AC + BL CL
2 BC BC
0,5 Ta có
A
T
E
I
K
S
L
)
=
( LE SA E TK∈
1 2
LE AT
1 LE = ⇒ = 2 ST
0,25 Kẻ . Ta có
2
= nên I là trọng tâm của tam giác ASK.
IL IA AI IL
2
x
0,25 Suy ra L là trung điểm của SK mà
4
+
−
+
=
y
y
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm cặp số nguyên dương ( ; )x y thỏa mãn: 2
65
2
(1)
=
−
x 2 ⇔ +
y
61 0 (1). (
)2
0,25 .
2y − là số
);x y thỏa mãn phương trình (1) thì ≡ ±
y −
0,25
22 )
)
2
x ≡ ±
x
( 1 mod 5 , với k là số nguyên dương.
.
)
, suy ra Ta có Vì 65 chia hết cho 5 và 2 x không chia hết cho 5 với mọi x nguyên dương nên nếu cặp số nguyên dương ( nguyên không chia hết cho 5. Suy ra ( ( 1 mod 5 2 k= Do đó
2
k
k
k
0,25
22
2
2 2
− ⇔ =
=
+
− +
− −
y
y
y
(
) ( 2 2 .
k
k
2 2
0
) y − +
) 2 2 y − −
( > , từ (2) suy ra
0 > và
k
k
;k y nguyên dương nên 2 2
2 2
> − −
y
Thay vào phương trình (1) ta được: 65 65 (2)
.
Vì − + y Do đó
0,25
k
2 2
65
=
y
5
10
k
x
k
2 2
1
35
35
=
− −
= =
= =
y
y
y
⇔
⇒
k
2
4
=
=
k
x
2 2
=
13
− +
y
k
11
11
=
=
y
y
5
− −
=
y
− +
2 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên dương là (
) 4;11
117
2
2
2
≤
+
+
+
+
b
a
c
Câu 5 (1,0 điểm). Cho
(
10;35 và ( ) 8 abc = . Chứng ) ( ) . 1
1 16
4
4
4
,a b c là các số thực dương thỏa mãn , c a + +
b + ab
bc
ca
8
abc = nên tồn tại các số thực dương
minh rằng
;
;
=
=
=
b
a
c
,x y z sao cho ,
Vì 0,25
,a b c là các số thực dương thỏa mãn , 2 x y
2 y z
2
2
+
+
≥
+
+
.
2
2
2
2 z +
2 z x 2 z x
x y
y z
2 x + y
z
2 y + x
z
x
y
2
2
2
2
Bất đẳng thức trở thành
3
3
+
+
≥
≥
( ) 2
2
2
2
x y
y z
z x
x y
y + + z
z x
x y
y + + z
z x
2
2
≥
+
2
2
2 x ⇒ + 2 y
y z
z x
x y
y + + z
z x
2
2
2
0,25
+
≥
+
+
+
=
( ) 3
2
2
2
z x
y z
x y . y z
y z . z x
z x . x y
x z
y + + x
z y
2
2
2
+
+
≥
+ + + + +
2
2
2
x y
z x
x y
y z
z x
x z
y x
z y
x y Từ (2) và (3) có 2 y z
0,25
+ + + + +
=
+
+
+
+
+
x
y
z
0,25
z x
y x
1 y
1 z
1 x
1 z
1 x
1 y
≥
+
+
z y 4 z +
y z 4 x + y
z
z
x z 4 y + x
y
x
2
b
= = = . c
Lại có x y
Ta có bất đẳng thức (1) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
118
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2020
BÌNH PHƯỚC MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19/07/2020 ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
=
−
−
Đề số 20
A
1
2 +
2 a
a + 1
1 + a
a a
a a
+ + a
1
1
:
Câu 1. (1,0 điểm). Cho biểu thức
a) Rút gọn biểu thức A .
= − . a 2021 2 2020 b) Tính giá trị của A khi
Câu 2. ( 2,0 điểm).
22 x
2
−
=
4
5
− − + − = a) Giải phương trình: 3 x 5 x 4 5 x 4 0.
2 x y 3
xy 3
−
=
64
x
y
61
b) Giải hệ phương trình:
−
d
y
2=
x m cắt parabol
Câu 3. (1,5 điểm).
) :
a) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (
2 x tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương.
(
) P y
+ =
: =
2 x mx+
8 0
2
+ +
x
x m
0
= có ít nhất một nghiệm chung.
và phương trình b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
c) Chứng minh rằng với a, b, c là các số thực khác 0 thì tồn tại ít nhất một trong các
2
2
2
phương trình sau có nghiệm
+ + = + = + + + + 2( ax + b c x c a x a ) + = c bx 2( 2( ) 0 (3).
AB AC< 4 0 (1); 4 Câu 4. (3,5 điểm). Cho tam giác nhọn ABC với ( cx 0 (2); 4 ) a b x b nội tiếp đường tròn ( ) )O . Ba
AD BE CF cắt nhau tại trực tâm H .
,
,
đường cao
a) Chứng minh rằng các tứ giác BFHD ; ABDE nội tiếp và H là tâm đường tròn nội
AI EF BC ,
,
)O tại I . Chứng minh rằng các đường thẳng
tiếp tam giác DEF .
b) Gọi M là trung điểm của BC . Chứng minh tứ giác DFEM nội tiếp. c) Tia MH cắt đường tròn (
đồng quy.
2
Câu 5. (1,0 điểm).
2 x y
2
+
+ = + 2 y 4 8 x + . 7
b
2 a a b 3
. ,a b thỏa mãn y ) a) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: b) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương (
Câu 6. ( 1,0 điểm).
119
2
2
−
+
+
+
,a b là hai số dương. Chứng minh rằng: a) Cho
a
ab
b 3
+ ≥ 1
a
b 5
2
(
)
1 a
1 + ≥ b
4 + a b
1 4
i. ii. .
,a b c thỏa mãn
,
1
1
1
=
+
+
+ + ≤ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 3 b) Cho các số thực dương 1 a 1 c 1 b
P
2
2
2
2
2
2
−
+
+
−
+
+
−
+
+
a
ab
b 3
1
b
bc
c 3
1
c
ca
a 3
1
thức: .
HẾT.
Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.....................................................Số báo danh:...................................................
Chữ ký của giám thị 1:..............................................Chữ ký của giám thị 2:....................................
120
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI TUYỂN SINH
PHƯỚC LỚP 10 NĂM 2020
(Hướng dẫn chấm gồm 07 trang) MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
Lưu ý: Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,125; thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
Điể Câu Nội dung m
=
−
−
A
1
2 +
2 a
a + 1
1 + a
a a
a a
+ + a
1
1
:
1,0 Cho biểu thức 1
0,5 a) Rút gọn biểu thức A.
0,125
a
a≥ 0;
≠ 1
ĐKXĐ:
a
a
A
+ − 1 2 + a 1
a +
a +
a
a
(
=
+ − 1 2 )( 1
) 1
:
0,25
0,125 A a= + 1
= − 0,5 . b) Tính giá trị của A khi a
(
= − = − 0,125 a 2021 2 2020 2021 2 2020 )2 2020 1
(
)2 2020 1
= − − + = 0,25 Khi đó A + = 1 2020 1 1 2020
= − 0,125 Vậy khi thì a 2021 2 2020 =A 2020
22 x
2
−
=
4
5
2 x y 3
xy 3
−
=
64
x
y
61
− − + a) Giải phương trình: 3 x 5 x 4 5 x − = 4 0 2,0 2 b) Giải hệ phương trình: (I)
22 x
1,0 − − + a) Giải phương trình: − = (1) 3 x 5 x 4 5 x 4 0
x ≥
4 5
ĐK: 0,125
( ⇔ − x
)( 4 2
)
− x x 5 − = 4 0 − − − (1) x x x 5 5 4 0 0,25 − x x 2 5 − = 4 0 = ⇔
0
=
x
x
5
− ⇔ 4
1
121
−
+ =
x
x
5
4 0
≥ x 2
4
≥ x 0 ⇔ = x = x
0
=
0,25
2
x
5
x
4
≥ x 2
=
−
4
x
5
x
4
− ⇔
(vô nghiệm) 0,25
1x⇔ = và
x = 4
2
−
=
4
5
0,125 Kết hợp với điều kiện
2 x y 3
xy 3
−
=
64
x
y
61
b) Giải hệ phương trình : (I) 1,0
−
(4
xy
x
y
0 không phải là nghiệm của hệ phương trình. 0,125 0 = x = y
( ) I
= ) 5 2
2
xy ≠ 0
−
+
+
(4
)(16
4
= ) 61
x
y
x
xy
y
⇔
Xét 0,125
2
=
4 (1) x − = y 5 xy 0,25 − − + = x y x y xy (4 ) 12 61 (2) ) (4 ⇔
t
4
x
y
− thay vào ( )2 ta có:
Đặt
2
3
+
= ⇔ − = ⇔ = ⇒ =
t
t
1 0
61
1
t
5
xy
t
60 t
0,25
5 4 4
−
y
d
2=
x m cắt parabol
= x = y ) :
2 x tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương.
: =
= 0,25 xy x ⇔ Giải hệ phương trình hoặc 4 x 5 − = y 1 y = − 1 = − 5
) P y
+ =
a) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng ( (
2 x mx+
8 0
2
+ +
x
x m
0
= có ít nhất một nghiệm chung.
và phương trình b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
3 1,5
c) Chứng minh rằng với a, b, c là các số thực khác 0 thì tồn tại ít nhất một trong
2
2
−
d
y
2=
x m cắt parabol
) :
các phương trình sau có nghiệm 2 + + + = + + + = + ) 2( 2( + = c + b c x bx ax 0 (1); 4 c a x a ) 0 (2); 4 cx 2( a b x b ) 0 (3).
2 x tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương.
: =
0,5
) P y
x
2 2 −
+ x m
= (1) 0
4 a) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng ( (
)d và (
)P là:
Phương trình hoành độ giao điểm của ( 0,125
)d cắt (
)P tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương thì phương trình (1) có
Để ( 0,125
122
>
0
m
<
∆ = − ' 1 = >
hai nghiệm dương phân biệt
⇔ < 0
m
1
2 0 >
0
S = P m
Tức là: 0,125
1m<
< thì (
)d cắt (
)P tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương.
+ =
Vậy với 0 0,125
2 x mx+
8 0
2
+ +
x
x m
0
= có ít nhất một nghiệm chung.
và phương trình b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 0,5
0x là nghiệm chung của hai phương trình
+ =
+
=
Giả sử
0 (2)
2 x mx+ 0
0 8 0 (1)
2 x 0
+ x m 0
−
− (3)
m
= x m
8
Khi đó ta có: và 0,125
) 01
2
2
Suy ra: (
x
x+ + = và 8 0
x
x+ + = đều vô nghiệm.
1 0
=
Với m =1 ta được hai phương trình 0,125 Vậy m = 1 không thỏa mãn.
1m ≠ từ (3) suy ra
x 0
− −
m m
8 1
3
2
Với thay vào (2) ta được 0,125
− + = ⇔ + − + m 24 m 72 0 m ( 6)( m 6 m 12) 0 = ⇔ = − m 6
+ = có hai nghiệm là 2 và 4 ;
x
2 6 x−
8 0
m = − phương trình
6
2
Khi
x
x+ − = có hai nghiệm là 2 và – 3.
6 0
0,125 phương trình
m = − thì hai phương trình có nghiệm chung là 2.
6
Vậy
c) Chứng minh rằng với a, b, c là các số thực khác 0 thì tồn tại ít nhất một trong
2
2
2
các phương trình sau có nghiệm 0,5 + + + = + + + = + ax 2( + b c x ) + = c 0 (1); 4 bx 2( c a x a ) 0 (2); 4 cx 2( a b x b ) 0 (3).
4
2
2
2
−
−
−
Với a, b, c là các số thực khác 0 nên các phương trình đã cho là phương trình bậc 0,125 hai một ẩn.
+ b c (
)
4
ac
(
+ a c
)
4
ab
(
+ a b
)
bc 4
' ∆ = (1)
' ∆ = (2)
' ∆ = (3)
2
2
2
+
+
−
−
−
Ta có: ; ;
2(
a
b
c
ab bc ac
)
' ∆ + ∆ + ∆ = (2)
' (3)
' (1)
2
2
2
2
2
2
+
+
−
−
−
=
+
+
Suy ra:
2(
a
b
c
ab bc ac
)
− a b
− b c
− c a
≥ 0
(
)
(
)
(
)
∆ + ∆ + ∆ ≥ 0
' (2)
' (3)
' (1)
Ta có: 0,25 Suy ra:
AB AC<
0,125
AD BE CF cắt nhau tại trực tâm H .
,
,
Vậy trong ba phương trình đã cho tồn tại ít nhât một phương trình có nghiệm. )O . Ba đường cao ) Cho tam giác nhọn ABC với ( nội tiếp đường tròn ( 4 3,5
123
a) Chứng minh rằng các tứ giác BFHD ; ABDE nội tiếp và H là tâm đường tròn
)O tại I . Chứng minh rằng các đường thẳng
nội tiếp tam giác DEF .
b) Gọi M là trung điểm của BC . Chứng minh tứ giác DFEM nội tiếp. c) Tia MH cắt đường tròn (
AI EF BC đồng quy. , ,
0
∠
+ ∠
=
a) Chứng minh rằng các tứ giác BFHD ; ABDE nội tiếp và H là tâm đường tròn 1,5 nội tiếp tam giác DEF .
BDH
BFH
180
∠
= ∠
=
0,25 Ta có nên tứ giác BFHD nội tiếp
BDA
BEA
090
= ∠
0,25 Ta có nên tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính AB
∠ Ta có FDH
FBH
∠
= ∠
= ∠
0,25 (Cùng chắn cung FH của tứ giác nội tiếp BFHD )
ABE
ADE
ABDE ) .
∠
= ∠
0,25 Mặt khác lại có FBH (Cùng chắn cung AE của tứ giác nội tiếp
EDH
0,25 . Suy ra FDH hay DH là phân giác của góc EDF∠
hay H là tâm nội tiếp của tam 0,25 Tương tự FH cũng là phân giác của góc DFE∠ giác DFE (đpcm)
1,0 b) Gọi M là trung điểm của BC . Chứng minh tứ giác DFEM nội tiếp.
M .
Vì EM là trung tuyến của tam giác vuông BEC nên ta có tam giác MBE cân tại 0,125
∠
124
EMC
= ∠ 2
EBM
Hay ta có (góc ngoài của tam giác MBE )
∠
0,25
EFD
= ∠ 2
HFD
∠
= ∠
= ∠
) Theo câu a) ta có 0,25 (do FH cũng là phân giác của góc DFE∠
HBD
EBM
BFHD )
⇒
= ∠
∠
Mà ta lại có HFD (Cùng chắn cung DH của tứ giác nội tiếp 0,125
DFEM
)O tại I . Chứng minh rằng các đường thẳng
0,25 nội tiếp (đpcm)
AI EF BC đồng quy.
,
,
Từ đó suy ra DFE EMC c) Tia MH cắt đường tròn ( 1,0
'AA của đường tròn (
)O .
BH A C vì cùng vuông góc với AC
/ /
'
Kẻ đường kính 0,125 Ta có
/ /
'
CH A B vì cùng vuông góc với AB
0,125 Và
A M H I thẳng hàng
',
,
,
BHCA là hình bình hành nên có
'
AFHE với đường kính AH (vì
Nên có tứ giác 0,125
)
0
∠
= ∠
=
HIA
A IA '
90
Từ đó ta có I nằm trên đường tròn ( 0,125 )
'S . Ta có
= SF SE SB SC
.
.
= S I S A S B S C
.
.
'
'
'
'
2
2
−
và Gọi EF cắt BC tại S , AI cắt BC tại 0,25
= .SB SC SO R
S
S≡
'
không đổi gọi là phương tích của S đối 0,125 Ta chứng minh được )O . với đường tròn (
'S có cùng phương tích đối với đường tròn (
) AFHE nên
2
Từ đó ta có S và 0,125
2 x y
2
+
,a b thỏa mãn
b
2 a a b 3
2
+ = + 2 y 4 8 x + . 7 1,0 5 . y ) a) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: b) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương (
2
2
−
−
−
− = .
= + a) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: y 2 y 4 8 x + . 7 0,5
x
y
y
8
x
7
0
2 x y ) 1
Phương trình đa cho tương đương với : + ( 2 2
2
2
4
2
∆ =
−
+
+
=
+
−
+
Chúng ta xem đây là phương trình bậc hai đối với biến y . Do đó, để phương 0,125 trình có nghiệm nguyên thì ∆ là số chính phương.
4
x
x
2
x
2
4
x
(
) 1
) 1
(
)
x (
1
Ta có:
x = − . Thay vào phương trình ta được:
1
0,125
2 2 −
y y + = ⇔ = 1. 1 0 y - Nếu
( ) x y = − ;
) 1;1
x ≠ − . Khi đó, để ∆ là số chính phương thì phải tồn tại số
1
0,125 là một nghiệm của phương trình. Do đó (
* a ∈ sao
- Nếu
cho: 0,125
2
2
2
−
2 + = ⇔ −
−
x
1
a
a
a x
1
x
1
a x
(
) 1
)( 1
) + − = 1
a x
1 1
a
1
) ( 1 − + = + − =
= =
a x
1 1
1
x
⇔
⇔
a x
a
= − 1 =
− + = − 1 1 + − = − 1 1
a x
1
x
( = ⇔ − +
2
125
1x = , thay vào phương trình ta được:
) (
1;1 , 1;5 , 1; 3
− − Với y 2 y 15 0 = y 5 = ⇔ = − y 3
;x y là ( )
) ( x y = − ;
) (
) (
) −
2
+
Thử lại, ta thấy các nghiệm ( ) 1;5 , 1; 3− thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm nguyên (
b
)
2 a a b 3
2
2
+
+
=
. ,a b thỏa mãn b) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( 0,5
b
a 3
2 ka b
b =
2 a a b 3 = −
−
b
2 ka b
a 3
3
( a kab
)
2
2
−
=
−
hay nên tồn tại số nguyên dương k sao cho: Do 2 nên 0,125
3 = a
2 ka b b
) b nên 3a b
2 b a . ( b ka
2
Hơn nữa, do .
2 3 a b ; b a
+
+
b = + Do đó, các số và là các số nguyên dương. + a 3 2 a b b 2 a 3 ab
.
a
= + 3
3 a b
b 2 a
3 ab
3 = + a
9 2 b
3 a
9 2 b
9 a 2 b
2
0,125 Ta có: là một số nguyên dương nên là
=
a
một số nguyên dương hay là một số nguyên dương; do đó . 9a b 9a 2 b
,m n sao cho:
9 2
= an b
2 b m
2
Khi đó, tồn tại hai số nguyên dương .
mn = . Do đó,
9
{ } 1,3,9
{
} a a a ,3 ,9
∈ Từ đó, suy ra nên . Khi đó, điều kiện ban n ∈ b
+
na
⇔ + n
ab
2 a a b 3
3
0,125 đầu của bài toán trở thành:
2
2
=
=
=
a
a
1
a
⇔
⇔
1n = thì
Ta xét ba khả năng có thể có của n như sau:
3
=
1
ab
4
b
4
b
b
b
2
2
- Nếu
3n = thì
(
);a b .
2
2
=
=
=
a
⇔
⇔
9n = thì
= = ⇔ . Do b là bội của 3 nên không tồn tại - Nếu a 3 a 3 ab 6 b b b 18 0,125
a 3
=
1 3
9 ab
b
a b
b 12
b 108
- Nếu
) ( 1;1 , 1;3 .
)
Vậy có hai cặp số thỏa yêu cầu bài toán là (
,a b là hai số dương. Chứng minh rằng:
126
a) Cho
1 a
1 + ≥ b
4 + a b
2
2
i.
−
+
+
+
a
ab
b 3
+ ≥ 1
a
b 5
2
(
)
1 4
1,0 ii. 6
,a b c thỏa mãn
,
1
+ + ≤ . Tìm giá trị lớn nhất 3 b) Cho các số thực dương 1 a 1 c
1
=
+
+
P
2
2
2
2
2
2
−
+
+
−
+
+
−
+
+
a
ab
b 3
1
b
bc
c 3
1
c
ca
a 3
1
1 b 1 của biểu thức:
,a b là hai số dương. Chứng minh rằng:
a) Cho
2
2
−
+
+
+
a
ab
b 3
+ ≥ 1
a
b 5
2
(
)
1 a
1 + ≥ b
4 + a b
1 4
0,5 ii. i.
−
+
+
+
ab
4
i.
( b a b
)
≥
≥ ⇔ 0
0
4 + a b
1 + − b
1 a
2
2
+
+
+
−
=
+
−
=
0,125 Ta có: Ta chứng minh bằng phép biến đổi tương đương: ) ( a a b ( ) + ab a b
4
ab
a
b
2
ab
− a b
≥ 0
( b a b
)
( a a b
)
(
)2
Hơn nữa:
a
b= .
0,125 Do đó bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
2
2
2
−
+
+
+
−
−
−
+
Ta cần chứng minh ii. 0,125
16
a
ab
b 3
a
b 5
2
a 15
b 23
26
ab
4
a
b 20
≥ 12 0
(
)2 + ⇔
(
) + ≥ 1
2
2
2
2
2
+
−
−
−
+
+
−
+
−
.
≥ nên
15
a
b 13
26
ab
4
a
b 20
= 12 13
− a b
10
b
a
2
0
)
(
) 1
(
) 1
(
0,125 Mặt khác,
a
b= = 1.
+ + ≤ . Tìm giá trị lớn nhất của
bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
,a b c thỏa mãn
,
1 b
1 c
1 a
b) Cho các số thực dương
1
1
1
+
=
+
P
2
2
2
2
2
2
−
+
+
−
+
+
−
+
+
a
ab
b 3
1
b
bc
c 3
1
c
ca
a 3
1
2
2
−
+
+
+
0,5 biểu thức:
a
ab
b 3
+ ≥ 1
a
b 5
2
(
)
≤
+
+
P
Áp dụng bất đẳng thức ta được:
+
+
+
+
+
+
1 4 4 c 5
a
2
b
2
c
2
4 a 5
4 b 5
∀
>
0,125
,
a b ,
0
1 a
1 + ≥ b
4 + a b
Áp dụng bất đẳng thức ta được:
0,125
127
( ) 1
≤ + + + 2 2 a
( ) 2
≤ + + + 2 2 b
( ) 3
≤ + + + 2 2 4 5 b 4 5 c 4 5 a c 1 + + a b 1 + + b c 1 + + c a 1 4 b 1 4 c 1 4 a
≤
+
+
+
1 , 2 , 3 ta có: Từ ( ) ( ) ( )
P
( ) *
1 + + a b
2
1 + + b c
2
1 + + c a
2
1 + + b
1 c
1 1 a 4
∀
>
.
,
a b ,
0
1 a
1 + ≥ b
4 + a b
≤
+
≤
+
+
( ) 4
2
1 4
1 2
1 2
1 + + a b
1 b
1 + a b
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức ta có:
1 1 1 4 4 a
≤
+
≤
+
+
( ) 5
1 + + b c
2
1 4
1 2
1 c
1 2
1 + b c
1 1 1 4 4 b
≤
+
≤
+
+
( ) 6
1 + + c a
1 a
2
1 4
1 2
1 2
1 + c a
1 1 1 c 4 4
≤
0,125
P
1 + + b
1 c
3 + ≤ 8
3 2
3 1 a 8
* , 4 , 5 , 6 ta được: Từ ( ) ( ) ( ) ( )
a
= = = c
1
b
3 2
0,125 đạt được khi Vậy giá trị lớn nhất của P là
HẾT.
Lưu ý: học sinh giải cách khác với đáp án thì giám khảo xem xét, nếu đúng vẫn cho điểm
tối đa
128
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2020 – 2021 HẢI PHÒNG
ĐỀ THI MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC 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
Đề số 21
x
2
1
P
Bài 1. (2,0 điểm)
x
1
x
x x
x
x
1
1
x
: 1
a) Cho biểu thức
P .
1 7
2
px
x
q
Rút gọn P . Tìm tất cả các giá trị của x để
10
;p q là các số nguyên tố). Tìm tất cả các giá trị của p và q biết phương trình 1 có nghiệm là các số nguyên dương.
b) Cho phương trình ẩn x là (với
2
x 2
x 2
3
x
6 .
Bài 2. (2,0 điểm)
1
2
2
22 xy
.
a) Giải phương trình x
2
y x 3 1 x y
b) Giải hệ phương trình
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
2
BP BK CP CL BC
.
.
.
thẳng AC tại A, cắt đường thẳng CP tại L (L khác P).
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 //
xy
yz
zx
,x y z thỏa mãn ,
Chứng minh 5.
IJ.
2 6
x
y
3 z
Bài 4. (1,0 điểm) Cho ba số dương
2
2
2
3
5
5
x
y
6
z
5
.
129
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào?
2 x y
22 x
4.
x 5
Bài 5. (2,0 điểm)
xy a) Giải phương trình nghiệm nguyên b) Giả sử rằng A là tập hợp con của tập hợp
1; 2; 3;...; 1023
sao cho A không
chứa 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
HDC ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Hướng dẫn gồm 04
Bài Đáp án Điểm
x
x
1
=
−
≥
≠
a) (1,0 điểm)
P
x
0,
x
1
+ x
+ x + 1
1 − x
1
−
+
x
x
(
2 )( 1
) 1
:
ĐK: 0,25
+
⋅
⇔ = P
x +
1 + x
1
x
2 +
1 −
x
x
(
− − x x )( 1
) 1
−
x
1
1
≤ − ⇔ −
−
+
+ > ∀ ≥
P
x
≤ − − x
x
do x
x
x
7 7
1
1 0
0
(
)
− ⇔ = P 0,25 1 + x + x x 1 1
+
+
1 ≤ − ⇔ 7
7
1
x
x
6
+ ≤ 8
0
⇔ − x
x
⇔
−
−
≤ ⇔ ≤
x
2
x
4
0
2
x
≤ ⇔ ≤ ≤ 4
4
x
16.
(2,0 điểm) 0,25
(
)(
)
0,25
∆ =
≥
p
2 4 −
q
b) (1,0 điểm)
( ) 0 *
Điều kiện để phương trình ( )1 có nghiệm là 0,25
=
+
p
130
+∈ .
x x ; 2
x 2 =
q
x 1 x x 1 2
x = hoặc
Áp dụng định lý Vi-et ta có với 1
x = 1 2
0,25 Vì q là số nguyên tố nên 1 1
= và p
x = thì 1 1
2x là số nguyên
= . Tương tự, nếu
+ 1 x 2 = = q
= = q
2;
3
p
2;
p
2x là các số nguyên tố liên tiếp, suy ra = x = thì 3 1 2
x 1
x 2
=
Nếu 0,25 tố chẵn nên
q
2;
p
3
= thỏa mãn điều kiện ( )* là các giá trị cần tìm.
Ta thấy 0,25
2
a) (1,0 điểm)
= − + + Đặt a = + x 1; b x 2 x 6; b ≥ 0
= +
x
⇒
= ⇒ 1
− a b
(
)2
ab 2
3 2 2
+
=
+
1 1
4
7
b
x
a
= − a b = + b a
0
+
1
13
2
−
+
0,5 Ta được
x
2
x
6
b
a= − , thay vào ta được:
1
⇔ = x
≥ x 2
− − =
2
x
3 0
x
+ = ⇔ x
≥ − 2
x
2
−
+
Nếu 0,25
2
6
2
x
x
b
a= + thay vào ta được:
1
2
+ − =
1 0
x
x
+ = + ⇔ x
5
= x
Nếu
− + 1 2 − − 1
5
⇔ = x
2
0,25 2
+
5
13
x
;
5 1 ;
− + 1 2
− − 1 2
2
∈
(2,0 điểm) Vậy nghiệm của phương trình là
2
2
2
+
=
x
y
2
xy
b) (1,0 điểm)
x y ≠ thì hệ phương trình trở thành ,
0
2
2
+
=
xy
3
y
2
xy
Với điều kiện
−
2 ⇒ − x
xy
22 y
= 0
0,25
2
−
−
= ⇔ +
−
=
2 ⇒ + x
xy
2
xy
2
y
0
x
y
x
2
y
0
(
)(
)
= −
= −
=
x
y
⇔
⇔
y 0,25 2 y = − x ⇔ = x
x
= − ⇒ y
y 2
2
3
=
+
=
1
1 = − 1
x x
x y
2
x
x
x
Nếu do x y ≠ , 0. 0,25
=
=
x
x
y
2
⇔
⇔
131
x
= ⇒ y 2
2
3
=
+
=
y
4
y
y
4
y
= x 2
y 2 5 4
Nếu do x y ≠ , 0.
= y
5 2 5 4
0,25
)
∈ 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
Đáp án cho trường hợp hình vẽ trên, các trường hợp khác chứng minh tương tự.
2
=
a) (1,0 điểm) (3,0 điểm)
BA
BP BK .
2
=
CA
CP CL .
( ) 1 ( ) 2
2
2
2
=
+
+
=
BA là tiếp tuyến của đường tròn (APK) nên 0,5 CA là tiếp tuyến của đường tròn (APL) nên
BP BK CP CL BA CA
.
.
BC
0,5 Từ (1) và (2) suy ra
2
b) (1,0 điểm)
⇒
=
BA
BH BC .
( ) 3
⇒
0,5 Gọi AH là đường cao của tam giác ABC
= BP BK BH BC
.
. Suy ra tứ giác HPKC nội tiếp nên đường tròn 0,5
Từ (1) và (3) . ngoại tiếp tam giác PKC đi qua hai điểm cố định là C và H. c) (1,0 điểm)
IJ HP⊥
( )4
⇒
HPEC nt
Theo câu b) đường tròn (J) đi qua H. Chứng minh tương tự (I) đi qua H. 0,25 (I) và (J) cắt nhau tại H, P nên
( )5 = AEP PHC
0,25
⇒
HPFB nt
( )6 = AFP PHC
132
⇒
= ⇒ ⊥
090 = EPF EAF
PE PF
Từ (5) và (6) suy ra tứ giác APEF nội tiếp nên
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
⇒
+
+
= ⇒ ⊥
⊥
= GPE GEP PFE GEP
PG EF hay HP EF
090
( ) 7
0,5
3
=
+
+
P
Từ (4), (7) suy ra IJ // EF.
+
+
+
+
+
+
x
y
x
z
y
z
y
x
6
z
x
z
y
(
)
(
)
(
)
z )(
x )(
y )(
3
=
+
+
0,25
2 +
3 +
3 +
2 +
1 +
1 +
x
⋅ y x
z
y
⋅ z y
x
z
⋅ x z
y
x 6
y 6
z 6
≤
+
+
+
+
+
=
=
+ + 2 3 3
(
)
z 3 +
z 3 +
x 2 + x
y
x 3 + x
z
y 3 + y
z
y 2 + y
x
z
x
z
y
2 6 3
1 2 6
1 2 6
4 0,5
(1,0 điểm)
=
=
=
=
x
y
z
2
2
3 +
=
=
3 + ⇔ x
z
⇔ = z
x
y
2
2
2
2
=
x
5
5
y +
z =
2 + y + yz
x xy
zx
5
0,25 Đẳng thức xảy ra khi
2
−
a) (1,0 điểm)
2
x
5
x
+ 4
( xy x
) − = 1
Phương trình ban đầu tương đương với
+
22 x
x
4
⇒
=
≠
2
x
− + 5
do x
0
( y x
) − = 1
(
)
− 5 x
4 x
0,25
} x ∈ ± ± ± 1; 2; 4
{
,x y ∈ nên
Vì 0,25
5 Lập bảng các giá trị
x
1
1−
2−
2
4−
y
y
1
4 (2,0 điểm) 0,5
11 2 11 3 14 5 4 3
) x y = ;
(
) 2;1
,x y ∈ nên nghiệm của phương trình là (
Mà
=
=
=
{ } 1 ,
{
} 2;3 ,
{
} 4;5;6;7 ,
b) (1,0 điểm)
A 0
A 1
A 2
0,25 Chia các số từ 1 đến 1023 thành các tập con
=
=
=
{ } 8;9;...;15 ,
{ } 16;17;...;31 ,
{ } 32;33;....;63 ,
A 3
A 4
A 5
=
=
=
{ } 64;65;...;127 ,
{ } 128;129;...; 255 ,
{
} 256; 257;...;511
A 6
A 7
A 8
{ } 512;513;...;1023
A = 9
133
k k =
0,1,...,9
kA là 2 ,
∈ ⇔ ∈
Dễ thấy số phần tử của tập .
2
.
n A k
n A + 1 k
= ∪ ∪ ∪ ∪ ⇒ =
+ + =
+
+
Nhận thấy
A
512 128 32 8 2 682
A A 9
A 7
A 3
A 5
A 1
Xét , rõ ràng A không 0,25 chứa số nào gấp đôi số khác.
ka phần tử thuộc kA ,
Ta chỉ ra rằng không thể chọn tập con có nhiều hơn 682 số thỏa mãn bài ra.
0,1,..,9.
Thật vậy: Giả sử tập A thỏa mãn yêu cầu bài toán và chứa k = 0,25
, 2m m
m A∈ tùy ý, ta có
2
)
m A +∈
k
kA và
1kA + . Với
k
1
Xét các tập hợp . Số các cặp (
k
k
k + 1
như vậy là 2k và trong mỗi cặp như vậy có nhiều nhất một số thuộc .A
+ = Ngoài ra tập số thuộc A 2 2 2
kA + 1.
1kA + còn chứa 2k số lẻ, tức là có nhiều nhất kA và
được lấy từ
9
+
≤
+
≤
+
≤
+
≤
+
≤
1 2 ,
5 2 ,
7 2 ,
2
a 0
a 1
a 6
a 7
a 8
a 9
+
a 2 +
a 3 +
0,25 Suy ra . Cộng các bất đẳng
a 5 682.
a 0
a 1
3 2 , a 4 ≤ + a 9
a 2
thức ta được Vậy số phần tử lớn nhất của A là 682.
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.
- 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 làm đúng thì cho nửa số điểm của các câu làm được.
- Bài có nhiều ý liên quan tới nhau, nếu thí sinh công nhận ý trên để làm ý dưới mà thí
sinh làm đúng thì chấm điểm ý đó.
- Điểm của bài thi là tổng điểm các câu làm đúng và không được làm tròn.
134
SỞ GD & ĐT HOÀ BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ
NĂM HỌC 2020 - 2021
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI MÔN TOÁN (DÀNH CHO CHUYÊN TOÁN)
Ngày thi: 13 tháng 7 năm 2020
Đề số 22 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu)
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
Câu I (2,0 điểm)
=
−
=
1) Rút gọn biểu thức:
B
A
+ +
a a
− 9 − 3
− 3 − 1
6 2
2 1
8 2
x
2 3 x+
− = 3
1
a) b)
2) Giải phương trình:
+
+ − = ( m là tham số)
2 x mx m
1 0
1) Cho phương trình:
2
2
+
−
+
=
Câu II (2,0 điểm)
x
x
(4
)
5
x 1
2
x 1
2
, x Tìm m để phương trình có hai nghiệm 1 x thỏa mãn: 2
2) Một ca nô xuôi dòng trên một khúc sông từ bến A đến bến B dài 96km, sau đó lại
ngược dòng đến địa điểm C cách bến B là 100km, thời gian ca nô xuôi dòng ít hơn thời
gian ngược dòng là 30 phút. Tính vận tốc riêng của ca nô, biết vận tốc của dòng nước là
4km/h.
Câu III (2,0 điểm)
Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường
). , P BC∈ , K AC∈
= tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M (M khác B, M khác C), từ M kẻ MI, MK, MP lần lượt vuông góc với AB, AC, BC ( I AB∈ 1) Chứng minh rằng: MPK MBC
2) Chứng minh rằng : Tam giác MIP đồng dạng với tam giác MPK.
MI MK MP đạt giá trị lớn
.
.
3) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích
nhất.
2
−
= −
y 2 )
1
Câu IV (2,0 điểm)
y y )( 2
−
x
y
+ = y
2
− ( x
2
2
2
1) Giải hệ phương trình:
x y z thỏa mãn đồng thời: , ,
1000
1000
− − − 2) Cho ba số x 2 y + = 1 y 2 z + = 1 z 2 x + = 1 0
1000 y
+ + Tính giá trị của biểu thức: = A x z
2
2
2
Câu V(2,0 điểm)
+ − + − 1) Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn: xy y x xy 2 x + = 0 y
135
<
2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tia phân giác của góc A cắt đường
+ AB AC
2
AD
. tròn (O) tại D. Chứng minh rằng
-------- Hết --------
Họ và tên thí sinh:............................................. Số báo danh: ......................... Phòng thi: .....
Giám thị 1:........................................................Giám thị 2: .....................................................
SỞ GD & ĐT HOÀ BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ
ĐỀ CHÍNH THỨC
NĂM HỌC 2020-2021
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
(DÀNH CHO CHUYÊN TOÁN)
(Hướng dẫn chấm này gồm có 03 trang)
Câu I (2,0 điểm)
≥
≠
K Đ XĐ
: a
0;
a
9
Phần Nội dung Điểm
−
2)
=
−
=
B
− 3 2
0,5 − + a 3) ( = = + A a 3 3)( − a a 3 1
3(1 − 1
2
+ 2(1 + 1
2) 2
2
2
+
− = ⇔ +
0,5
x
3
x
1 3
x
3
x
− = 4 0
x
x= 1;
= − 4
2
2
TH1: 0,5 Giải phương trình ta được
+
x
3
x
− = − ⇔ + 3
1
x
3
x
+ = 2 0
= −
2 TH2:
x
1;
x
= − 2
Giải phương trình ta được 0,5
KL….
Câu II (2,0 điểm)
2
2
2
Phần Nội dung Điểm
2
2
+
−
+
= ⇔ +
−
−
+
=
4(
) 5
(
)
2
4(
) 5(*)
2 x 1
x 2
x 1
x 2
x 1
x 2
x x 1 2
x 1
x 2
− ∆ = + = − − m m 4( − = 1) 4 ( 2) m m m 4 0,25 ≥ ∀ 0 m Nên phương trình luôn có nghiệm với mọi m 1
0,25 Ta có:
= −
+
136
m −
1
x x 1 2 = x x m 2. 1
2
2
0,25 Theo hệ thức vi ét ta có:
− = ⇔ + (*) ⇔ − ( m ) 2( m − − − 1) 4( m ) 5 m 2 m − = 3 0
Giải phương trình ta được = − 3 0,25 m 1 m= 21;
4x + ; vận tốc ngược dòng là:
4x −
KL… Gọi vận tốc thực của ca nô là x (km/h) (x > 4) 0,25đ Vận tốc xuôi dòng là:
96 4x +
100 4x −
Thời gian xuôi dòng là , thời gian ngược dòng là .
−
=
(1)
100 − x 4
96 + x 4
1 2
2
2 0,5đ Theo bài ra ta có phương trình
− (1) ⇔ − x 8 x = 1584 0 0,25đ = = − . KL……….. 44; 36( KTM ) Giải phương trình được 1 x x 2
Câu III (2,0 điểm)
Phần Nội dung Điểm
B
I
M
P
O
A
K
C
⇒ = 0,5 (cùng chắn cung KM) Tứ giác KMPC nội tiếp MPK MCK
1 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng 0,5 ⇒ = (1) MCK MBC = chắn cung CM) MPK MBC
⇒ = 2 (cùng chắn cung PM)(2) 0,25 = Tứ giác IMPB nội tiếp MIP MBP Từ (1) và (2) MPK MIP ⇒
=
137
∽
∆
−
MIP
g
)
2
∽
∆
∆
⇒
⇔
=
MIP
MPK
.
MI MK MP
0,25 Chứng minh tương tự MKP MPI ⇒ ∆ MPK g (
MI MP = MP MK
2
3
⇒
=
0,25
.MI MK MP=
MI MK MP MP .
.
Vì 3
⇒
MI MK MP
.
.
0,25 lớn nhất khi MP lớn nhất ⇔ M là điểm chính giữa cung nhỏ
BC.
Câu IV (2,0 điểm)
2
2
2
−
= −
−
+
−
= −
−
y 2 )
1
(
y
y
2)(
y
y 2 )
1(*)
(
x
⇔
y y )( 2
2 2
−
=
x
y
+ = y
2
x
2
y
− + y
Phần Nội dung Điểm
2
2
0,5
2 2 −
2
2
= ⇒ + + = ⇔ + Giải (*) Đặt t y y 1 0 t 2 t ( t 1) = ⇔ = − t 1 0 1
+ = ⇔ − ⇒ − y 2 1) 0 y y y ( = ⇔ = ⇒ = 2 1 x
) x y = ;
(
) 2;1
2
2
2
2
2
2
0,5 1 0 Vậy hệ phương trình có một nghiệm là : (
− − − + = ⇔ − + − + − x 2 y + = 1 y 2 z + = 1 z 2 x 1 0 x ( 1) ( y 1) ( z 1) = 0 0,5
⇔ − = − = − = ⇔ = = = ⇒ = 3
1 0
A
1
1
1
y
x
y
x
z
z
2 0,5
Câu V (2,0 điểm)
2
2
2
2
2
Phần Nội dung Điểm
+ =
x
1 1
I ( )
2
y
y
+ − − = − x 1
1
+ − + − + + xy y x xy 2 x + = ⇔ + 0 x y ( 1) y y x ( + − 1) ( x 1) = − 1 0,5
x
+ = − 1 1
II
(
)
2
y
+ − − = x
y
1 1
⇔
0,25 1
−
− − Giải (II) được các nghiệm ( 2;0);( 2; 1)
Giải (I) được các nghiệm (0;0);(0; 1)− 0,25
0,25 KL…………….
138
A
O
C
B
D
K
2
Trên tia đối của tia CA lấy điểm K sao cho CK = AB.
Xét ∆CDK và ∆BDA có: CK = AB
⇒ ∆
= ∆
CDK
.
= KCD ABD (vì cùng bù với ACD ) 0,5
)
CD = BD ( DB DC= ). ( BDA c g c .
⇒ DK = DA.
có AK < AD + DK ⇔ AB + AC < AD + AD = 2AD. 0,5 Trong ADK∆
* Chú ý: Các lời giải đúng khác đều được xem xét cho điểm tương ứng.
139
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2020 - 2021 TỈNH ĐIỆN BIÊN
Môn: Toán (Chuyên)
Đề chính thức Ngày thi: 15/7/2020
(Có 01 trang) Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề
Đề số 23
ĐỀ BÀI
2
Câu 1. (2,0 điểm).
=
a
a> 0,
≠ ). 1
P
− + 2 a a − + 1. Cho biểu thức: ( với a + a + a a 1 a − 2(a 1) − a 1
.P
a) Rút gọn
=
2
− + 1
1
x
1 +
3
y
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P .
=
4
− − 1
7
x
3 +
3
y
=
2. Giải hệ phương trình:
0
4
x
2 5 −
,x x thì: 2
− mx m 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 2
+
+
5
14
m
+ > . 1 0
2 x 1
+ mx m 2
Câu 2. (2,0 điểm). Cho phương trình: ( với m là tham số).
Câu 3. (2,0 điểm).
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.
2
2
≥
a) Một con Robot được thiết kế có thể đi thẳng, quay một góc
2 2
,a b thỏa mãn
a
b> > và 0
a b = . Chứng minh: .
1
+ a b − a b
b) Cho hai số .
,AD BE cắt nhau
Câu 4. (3,0 điểm).
)O . Đường cao
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (
,BE AO cắt đường tròn (
)O lần lượt tại F và M .
∆
tại H . Kéo dài
,H I M thẳng hàng
,
cân.
=
a) Chứng minh HAF b) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm
AH
OI 2
.DH DA lớn nhất.
và .
)O để
c) Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn (
Câu 5. (1,0 điểm).
+
+
+
+
140
= . 3
xy
yz
xz
= và 0
xyz ≠ . Chứng minh rằng:
0
yz 2 x
xz 2 y
xy 2 z
a) Cho
1n + và 3
1n + là hai số chính phương.
b) Cho n là số nguyên dương. Biết rằng 2
Chứng minh rằng n chia hết cho 40 .
.................. Hết ...................
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN Năm học : 2020 - 2021
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM (Hướng dẫn chấm có 04 trang)
MÔN TOÁN CHUYÊN
2
Câu Hướng dẫn Điểm
P
= a + a
− + 2 a a − + Cho biểu thức: a + a 1 a − 2(a 1) − a 1
.P
3
+
−
+
a
(2
1)
2(
a
1)
−
+
=
a) Rút gọn
a
a> 0,
≠ ⇒ 1
P
− +
a ( + a
a a
1) 1
a a
1)( − a
a 1
0,25 Với
=
P
1.1 + a a ( 1) − + + + = − + a a a a (2 1) 2( 1) 1 0,25 (1,0đ) + + a a − a 1)( + a 1
2
b) Tính giá trị nhỏ nhất của P .
−
−
=
a
a
+ = 1
a
∀ > a
0,
a
≠ ) 1
P
1 2
3 + ≥ 4
3 4
0,25 (Với
1 a = . 4
3 P = khi 4
=
x
2
− + 1
1
1 +
y
3
0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của
=
4
− − 1
7
x
3 +
3
y
Giải hệ phương trình: 1.2
141
1 ≠ − 3
≥ x y
−
1
0,25 Điều kiện:
⇒
⇔
u ≥ ) 0
+ = u v 2 = − v 3 u 4
1 7
= u 1 = − v 1
x 1 +
3
y
= u = v
− =
1 1
0,5 Đặt (điều kiện (thỏa mãn)
⇒
⇔
2 = − 4
= − 1
= x y
3
=
x 1 + y Phương trình:
0,25 (thỏa mãn). Vậy HPT có 1 nghiệm (2; 4)−
x
2 5 −
− mx m
4
0
.
2
a) Tìm m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm đó.
∆ =
+
25
m
16
m
=
m
0,25 Ta có:
2
+
∆ = ⇔ 0
25
m
16
m
= ⇔ 0
2.a Để phương trình có nghiệm kép thì 0,25
= − m
0 16 25
=
0m+
)
= 0
(1,0đ)
= nghiệm kép là 1 x
x= 2
5 m 2
=
= −
m+ )
0,25
x nghiệm kép là 1
x= 2
m 5 2
8 = − 5
16 25
0,25
;x x thì 1 2
2
+
+
5
14
m
+ > . 1 0
2 x 1
+ mx m 2
2
∆ =
+
25
m
16
m
> 0
b) Chứng minh rằng khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt
;x x thì 2
0,25 PT có 2 nghiệm phân biệt 1
2
2
+
=
−
−
= ⇔ =
+
5
m
5
4
m
0
5
4
m
x và 1
x 2
x 1
mx 1
x 1
mx 1
2.b và 0,25
2
2
+
+
+ =
+
+
+
+
5
14
m
1 5
4
m mx m
5
14
m
+ 1
2 = P x 1
+ mx m 2
mx 1
2
(1,0đ) Xét
2
2
=
+
+
+
+ =
+
)
m
18
m
1 26
m
18
m
+ 1
m x 5 ( 1
x 2
2
2
2
=
+
+
+ = ∆ +
+
0,25
0∆ > ). Đpcm.
P
25
m
16
+ m m
2
m
1
(
m
1)
> (vì 0
Suy ra 0,25
3.a
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.
(1,0đ)
142
Học sinh vẽ được hình minh họa
5
B
0,25
3
A
2
như hình vẽ: Kẻ AC BC⊥
5
B
0,25
3
A
C
2
=
AC
7;
BC
= 3
2
+
=
AB⇒ =
7
3 3
58
Ta có: 0,25
0,25
2
2
≥
Vậy khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot là 58
2 2
a
b> > và 0
a b = . . 1
+ b a − a b
2
2
2
+
(
2
=
=
+
b) Chứng minh: . Với
= ⇒ 1
(
)
. a b
− a b
)
(
+ b a − a b
− ) a b − a b
2 − a b
+
≥
=
Vì 0,25
a
> > ⇒ − 0
a b
b
(
)
2 (
− a b
).
2 2
2 − a b
)
(
2 − a b
)
(
Do (BĐT AM-GM) 0,25
2
=
= ⇔ − =
3.b
(
− a b
)
⇔ − (
a b
)
a b
2
2
2 − a b
)
(
6
2
Dấu bằng xẩy ra khi: (1,0đ)
t m ( /
)
2
6
= ⇔ 2
⇔ − a
⇒ = b
− 2
1 a
6
2
(
)
Loai
= a = a
+ 2 − 2
2
2
6
2
2
6
≥
=
=
0,25
2 2
a
;
b
+ 2
− 2
+ b a − a b
,AD BE cắt
0,25 Vậy . Dấu bằng xẩy ra khi
)O . Đường cao
,BE AO cắt đường tròn (
)O lần lượt tại F và M .
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( 4.a nhau tại H . Kéo dài
∆
143
(1,0đ) cân. a) Chứng minh HAF
Vẽ hình đúng đến câu 4.a
F
A
E
0,25
O
H
B
C
D
I
M
=
0,25 (cùng phụ với DAE ) Ta có: AHF ACB
=
0,25 (cùng chắn cung AB ) Lại có ACB AFB
AHF cân tại A.
,H I M thẳng
,
0,25 Suy ra AHF AFB
=
b) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm
AH
OI 2
hàng và .
/ /
BH CM (cùng vuông AC ),
/ /HC BM (cùng vuông AB ).
Ta có 0,25
⇒
BHCM
I⇒ cũng là trung điểm của HM ⇒ ba điểm
4.b là hình bình hình . 0,25 (1,0đ)
,
∆
=
0,25 Mà I là trung điểm của BC ,H I M thẳng hàng.
OI⇒ là đường trung bình của
⇒ AHM AH
OI 2
.DH DA
)O để
0,25
c) Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn ( lớn nhất.
DAC
DBH
(g . g)
0,25 Theo câu 1 ta có BHD ACB AHF AFB 4.c
DA DH DB DC
.
.
DB DA DC DH
(1,0đ) Suy ra 0,25
DB DC .
DB DC .
2
2
BD CD 2
BC 2
Ta có 0,25
144
. Dấu bằng xẩy ra khi BD DC
.DH DA lớn nhất thì A là điểm chính giữa cung lớn BC .
+
+
+
+
Vậy để 0,25
= 3
xy
yz
xz
= và 0
xyz ≠ . Chứng minh rằng:
0
yz 2 x
xz 2 y
xy 2 z
+
+
=
≠ ⇒ +
a) Cho
+ =
xy
yz
xz
0;
xyz
0
0
1 y
1 z
1 x
Vì:
3
3
3
+
=
a b c
+ + = ⇒ + 0
a
b
c
abc 3
+
+
=
0,25 5.a Chứng minh được nếu: (0,5đ)
+ = ⇒ + 0
1 3 x
1 3 y
1 3 z
3 xyz
1 y
1 z
1 x
Áp dụng công thức trên ta có:
+
+
=
+
=
+
0,25
xyz
3
yz 2 x
xz 2 y
xy 2 z
1 3 x
1 3 y
1 3 z
1n + và 3
1n + là hai số chính
Lại có: . (Đpcm)
−
b) Cho n là số nguyên dương. Biết rằng 2 phương. Chứng minh rằng n chia hết cho 40 .
2 + = ⇒ lẻ
+ chẵn
2
1n
x
x
⇒ = 2 n
x
x
n⇒ chẵn
x
x− 1;
1
(
)( 1
) + 1 4
2
Đặt vì
=
−
−
n 3
y
y
1n 3
y
y
y
1;
y
+ là 1
(
)( 1
) + vì 1 8
0,25 Đặt
8 (1)
+ = ⇒ lẻ (do n chẵn) và = ⇒ n
5.b . hai số chẵn liên tiếp mà (3;8) 1
2
2
2
+
=
(0,5đ) Ta có một số chính phương chia cho 5 dư 0 hoặc 1 hoặc 4.
x
y
5
n
+ ⇒ 2
2 x y ,
Mặt khác chia cho 5 dư 1
2
2
=
+
=
−
n
3
n
2
n
y
x
5 (2).
(
) + − 1
(
) 1
(
)
0,25 Nên
40n
= ⇒
. Đpcm. Từ (1), (2) và (5;8) 1
(Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)
145
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
Đề thi chính thức
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH NĂM HỌC 2020 - 2021
Đề số 24
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề
2
2
− =
+
+
Câu 1 (6,0 điểm).
2
3 3
x
x
1 2 x
x x
2
2
+
−
−
x
y
2 x y
xy
− = y
0
a) Giải phương trình .
+
−
−
x
y
− = 1
2
y
3
x
4
3 + x
b) Giải hệ phương trình .
4
Câu 2 (3,0 điểm).
xp
y−
= . 4
,x y và số nguyên tố p thỏa mãn
2
=
a) Tìm tất cả các số nguyên dương
,m n là hai số tự nhiên thỏa mãn
2
2 + m m
n 3
+ n
+ là số chính phương.
b) Chứng minh rằng nếu
m
n+ 2
1
thì 2
a b c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện
,
,
a b c
+ + = . Tìm giá 3
=
+
+
Câu 3 (2,0 điểm). Cho
P
+ a b + c ab
+ b c + a bc
+ c a + b ca
trị nhỏ nhất của biểu thức .
)O . Các
Câu 4 (7,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC ( AB AC< ) nội tiếp đường tròn (
,
,
AD BE CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H .
đường cao
a) Chứng minh BC là đường phân giác ngoài của tam giác DEF .
b) Gọi M là giao điểm của đường thẳng EF với đường tròn (
1O , Chứng minh
nhỏ AB );
)O ( M nằm trên cung 2O lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMF và tam giác CME . AM O O⊥ 2
1
.
=
+
c) Lấy điểm K trên đoạn thẳng HC ( K khác H và C ), đường thẳng BK cắt đường )O tại điểm thứ hai là I và đường thẳng CI cắt đường thẳng BE tại điểm G . tròn (
S
S
∆
∆
S∆
GFB
C
EF
GFB
. .
Chứng minh hệ thức . (Trong đó là diện tích tam
FK BF BE FC CF CE là diện tích tam giác CEF ).
S∆
CEF
giác GFB ,
146
Câu 5 (2,0 điểm). Trong hình chữ nhật có chiều dài bằng 149 cm, chiều rộng bằng 40 cm cho 2020 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất hai điểm trong số 2020 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 2 cm.
.......... HẾT ..........
Họ và tên thí sinh: .............................................................................................................. Số báo danh: ..............................................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH NĂM HỌC 2020 - 2021
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Nội Dung
2
2
2
+
− =
+
⇔
+
+
3 3
x
x
2
2
x
3
x
1
1 2 x
1 2 x
3 − = x
0x ≠ x x
2
Điểm 0,25 0,5
−
+
− =
3
x
5 0
x
1 x
⇔ + 2
0,5
−
+
=
5
⇔ + + x
x
0
1 x
1 x 1 x
1 2
0,5
⇔ + = − hoặc
x
1
x
1 x
1 x
5 + = 2
0,5
2
+ = − ⇔ + + = (vô nghiệm)
x
1 0
1
x
x
0,25
1 x
a ĐKXĐ: ) Ta có 3 , TH1: 0
2
+ = ⇔ −
0,5
S
;2
2
5
+ = ⇔ 2 0
x
x
x
1 2
5 2
1 x
=
1 2 2
= x = x
TH2: (tm). Vậy
0
2
2
−
−
+
y
2 x y
xy
− = y
0 (1)
x
0,5
−
−
+
− = 1
2
y
3
x
4
(2)
x
y
− ≥
3
x
4 0
≥ x ≥ y 1 − 2 y
, ĐKXĐ:
2
y
x
− + y
= 0
) 1
)(
Câu 1 0,5
( ⇔ − x 1
2
−
− = − − < (loại)
0,5
1
y
3
x
2 0
4
x
0x ≥ ta có 2
2
y
x x= + kết hợp với ĐK x=
0,5 Ta có: ( ) 1 = + y x ⇔ = y y TH1: b 3 + x ) 0,25 thay vào phương trình (2) ta được TH2:
2
2
2
2
−
=
−
−
x
4
x
− 3
2
x
3
x
2
x
) 1
2
2
147
+
=
−
−
−
x
x
3
x
x
x
x
2
) 1
(
( x x ) + 1
− = 1 )(
(
− ⇔ 4 )
+ x (
2
0,25
−
x
x
≥
≥
0,25
a
0,
b
(
) 1
=
+
x
2
1 2 − ⇔ +
−
= a b = ab a
b 3
= 0
)( a b a
)
, ta có
b 3 + =
( ktm )
0 ( =
b 3
0
a b ⇔ − a
2
2
Đặt 3 , 2 0
+ ⇔ −
= , ta có
0
3
x
1
x
10
x
− = 9 0
− = x +
b− 3 a = + x
5
x ⇒ = y
59 10 34
34
x
= − 5
ktm
)
⇔
+
+ 34; 59 10 34
5
) x y = ;
34 ( Vậy nghiệm của hệ phương trình là (
)
4
2
4
0,25 Với
+
y
y
xp ⇔ =
( + − 4
4
2
(
)2
4 (1) 2
+
+
−
+
2 0,25
2
2
2
2
y
y
y
y
xp y− xp ⇔ =
(1) , ta có )( 2
y )
x
(2)
= 1
5,
p
x
5
2
2
0,25 Nếu
=
−
+
+
+
= ( = ⇒ = ⇒ = p y 1 1x = thay vào (2) ta có 2y ≥ và
y
2
y
2
y
2
y
2
)(
)
2
2
+
−
−
0,25 Nếu (loại,
y
y
y
2
+ > 2
2
y
+ = 2
2
( + ≥ ) 2 2
( y y
p )
2
vì
−
+
y
2
y
2
p
⇒
4
2y ≥ và
2x ≥ , kết hợp với (2) suy ra
y p
2
+
+
y
2
y
2
p
0,25 Nếu
2
y
p
0,25
p⇒ =
2
x
y 4
suy ra 2
x
Thay
4
2
8
Vì
8
+ + 2 2 p y= + (3) 4 4 + = ⇒ > ⇒ 2 x 4 20 4 ⇒ + y 4
2
x y p = , , 2
2
2
Từ (3) chia cho 8 dư 4. Suy ra phương trình a ) 4 p⇒ hoặc y p 1 , p⇒ = p 2 TH1: 4 5 p TH2: y 2 2y ≥ nên từ (3) 4y⇒ chẵn , kết hợp với p = vào (1) ta có 2 x ⇒ ≥ 2 4 ⇒ y 0,25
( 1; 1; 5 =
+
2
− = m n n
2 − m n
2
)
2
=
+
+
( (1)
n
n
2
2
) + m m n 3 )( m n m
) + ⇔ n ) 1
0,25
+
−
=
m n m
,2
2
d
n
(
1
d
0,25 Gọi
⇒
+
=
2
m
2
n
2
− m n
) + ⇒ 1 n 4
d
(
) + − 1
(
(
)
− m n d + + m 2 2 n ) + 1
(3) vô nghiệm. Vậy ( b Ta có ( ⇔ − 1 0,25 (2)
2
2
148
⇒
n
0,25 (3)
+
+
2
n
n d ⇒ = d
1
) 1
0,25
( ⇒ − m n m n+ m 2
= (4) ,2 1 + đều là số chính phương, ta có 1
0,25
3
6
⋅
⋅
⋅
⋅
=
≥
3
P
3.
+ + + c a a b b c + + + c ab a bc b ca
+ c a + b ca
+ a b + c ab
3 0,25 , ⇒ d Từ (2) 5 ⇒ d 1 Từ (2) và (3) Từ (1) và (4) suy ra m n− và 2 đpcm. Theo bất đẳng thức AM-GM ta có
2
2
2
+
+
+ c ab
+ a bc
+ c a
b
)
(
+ b c + a bc Mặt khác: Theo bất đẳng thức AM-GM ta có (
)
(
) 1
+
+
≤
=
)
(
)( c ab a bc
) ( 4
2
2
2
0,25
+
+ a b
c
(
) 1
+
+
≤
)( a bc b ca
)
) ( 4
2
2
0,25 ; Chứng minh tương tự, ta có (
+
+ b c
a
) 1
(
≤
+
+
)( b ca c ab
)
0,25
+
+
+
+
+
b
c
0,25
)(
)(
)( 1
) 1
+
+
≤
+ c ab a bc b ca
(
)(
)(
)
)( a b b c c a a 8
+
⇔
≥
8 +
+
+
( ) + + a b b c c a + + + c ab a bc b ca
b
c
a
)( )(
)( )(
(
)
)( 1
) 1
(
2 ) ( ( . 4 0 Nhân từng vế ba bất đẳng thức trên và thu gọn ta được )( ( + 1
≥
=
1
3
+
+
8 +
a
b
c
(
)( 1
)( 1
) 1
a b c
3
)( 1 8 + + + 3
3
a b c
3
+
+
0,25 Mà
a
c
b
)( 1
)( 1
+ + + 3
a b c
= = = 1
) (Vì (
) + ≤ 1 3P ≥ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = = 1
a b c
minP = khi 3
0,25 0,25 Do đó Vậy
149
4
⇒
0,5
⇒
=
0,5
FDA EDH =
0,5
0,5
=
=
0,5 0,5 0,5
090
và + CAJ AJC
+
=
+
⇒ ⊥ EF
AJ
0,5
⇒ là tiếp tuyến của đường tròn
0,5
0,25
MA O O 2
1
a 3 , Ta có tứ giác DCAF nội tiếp FDA FCA = 0 tứ giác DHEC nội tiếp FCA EDH ⇒ ⇒ DA là tia phân giác của EDF Mà AD BC⊥ Do đó BC là đường phân giác ngoài của tam giác DEF b Gọi P là giao điểm thứ hai của EF với đường tròn (O) và AJ đường kính của đường tròn (O). Ta có AJC ABD BAD ABD + = CAJ BAD = ⇒ 2 Mà AEF ABC nên 090 = = CAJ AEF BAD ABC . 0 = = ⇒ = ⇒ AMP MAP ACM MA MA AP ngoại tiếp tam giác MEC. Chứng minh tương tự ta có MA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMF ⇒ ⊥ 0,25
∆
∆
KEF
BEF
=
=
FK FC
S S
∆
CEF
0,5 và BF BE . CF CE .
∆
∆
KEF
BEF
+
=
+
=
+
⇒
S
S
S
S
∆
∆
∆
∆
C
C
KEF
BEF
EF
EF
S S
S S
∆
∆
CEF
CEF
+
0,25 (1)
S S ∆ CEF (2)
FK BF BE FC CF CE = S
. . S
S
∆
∆
∆
GFB
GEF
BEF
0,25 Ta có
Qua K kẻ đường thẳng song song với BE cắt EF tại N, theo hệ quả của định lý 0,25
Ta-lét ta có (3)
∆
∆
EHC
FBK
). ( ECG g g
∆
0,25 và
=
⇒
EH KN = HF KF ). ( ∆ FHB g g EH EC EG = FH FB FK
c Ta có Mà 2 . (4)
150
⇒
= ⇒ =
KN EG
KN EG KF KF
⇒
=
0,5 0 Từ (3) và (4) nên tứ giác EGNK là hình bình
S
S
∆
∆
GEF
EKF
=
=
(5)
149
BC
cm
cm
40
, ; A’B’C’D’ là 0,5
= ' 151
A B '
cm
'
'
'
'
'
và ,
' = ' 42
' , cm
hành ⇒ EF đi qua trung điểm của KG Từ (1); (2) và (5) suy ra đpcm. AB 2 Giả sử ABCD là hình chữ nhật có . hình chữ nhật có tâm trùng với tâm của hình chữ nhật ABCD sao cho A B AB B C BC C D CD D A DA , , ' 0 B C '
5
Vẽ 2020 hình tròn bán kính bằng 1cm có tâm là các điểm ban đầu. 0,5
i =
1,2020
iS là diện tích của nó thì
2
và Gọi
1,2020
i =
iS
iC là hình tròn của điểm thứ i, cmπ= 2020
, với .
2
=
π
>
=
2020
2020.3,14 6342,8
cm
S
i
∑
i
= 1
2
0,25 Ta có
=
S
6342
cm
A B C D '
'
'
'
2020
0,25 Mặt khác:
S
i
A B C D '
'
'
'
iC nằm trọn trong A’B’C’D’ nên tồn tại
>∑ S
≠ sao cho
= i 1 ≤ ≤ i
1
≤ ≤ j
2020,
j
i
0,25 Từ và mọi
2020,1 ,i
=
=
=
0,25 Gọi
,i (trong đó
C i jO O tương ứng là hai tâm của iC và + < O O R R
C φ ∩ ≠ . j jC (khi đó cm 2
R
j
j
jO O thuộc vào tập cm 1 R i
j
hợp 2020 điểm đã cho). Ta có
iC và
i i jC ). Suy ra đpcm
là bán kính của
151
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
Đề thi dự bị KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH NĂM HỌC 2020 - 2021
Đề số 25
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề
3
2
+
=
+
+
Câu 1 (6,0 điểm).
3
x
7
x
4
x
7
1 x
2
−
− + =
x
y
2 5 −
x
6 0
y
. a) Giải phương trình
−
− +
=
−
x
y
2 2
y
2
x
5
b) Giải hệ phương trình .
8
4
−
Câu 2 (3,0 điểm).
= A n
n
chia hết cho 240 . a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì
a b c sao cho
,
,
2 1 b + đều là số nguyên tố
2 1 a + và
2
2
2
+
+
=
a
b
c
+ . 1
b) Tìm các số nguyên dương
)( 1
) 1
đồng thời (
xyz ≥ . Chứng
1
x y z là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ,
,
x
y
z
+
+
≥
Câu 3 (2,0 điểm). Cho
3 2
+
+
+
x
yz
y
zx
z
xy
minh rằng .
,
,
Câu 4 (7,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC ( AB AC< ) nội tiếp đường tròn (
)O . Các AD BE CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H . Đường kính AI của )O cắt đường thẳng EF tại điểm K và đường thẳng HI cắt đường thẳng .M
đường cao đường tròn ( BC tại điểm
a) Chứng minh MB MC= và tứ giác DMEF nội tiếp đường tròn.
= HK BC DI EF
.
.
b) Chứng minh .
AM⊥
. c) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BMF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CME tại điểm P ( P khác M ). Chứng minh NP
Câu 5 (2,0 điểm). Trong hình chữ nhật có chiều dài bằng 800 cm, chiều rộng bằng 10 cm cho 2020 điểm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tồn tại một hình tròn có bán kính bằng 1cm nằm trong hình chữ nhật mà không chứa điểm nào trong 2020 điểm đã cho.
152
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH NĂM HỌC 2020 - 2021
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI DỰ BỊ
2
3
=
+
+
+
Câu 1 a) Điểm 0,5
7
x
4
x
7
3
x
2
2
⇔
+
=
+ + ⇔ +
− =
+
+
3
x
7
x
4
3
x
6 7
x
4
7 x
1 x
1 x
1 2 x
2
Ta có Nội Dung 0x ≠ ĐKXĐ: 1 x
−
+
−
7
x
= 10 0
x
1 x
⇔ + 3
0,5
−
=
+
10
0
⇔ + + x
x
1 x 1 x
1 x
1 3
0,5
⇔ + = − hoặc
1
x
x
1 + = x
10 3
1 x
0,5
2
+ = − ⇔ + + = (vô nghiệm)
x
1 0
1
x
x
1 x
0,5 TH1:
2
+ = ⇔ −
0,5
;3
S
x
3
x
10
x
+ = ⇔ 3 0
1 3
1 x
10 3
=
1 3 3
2
TH2: (t/M) Vậy
−
− + =
x
y
y
x
(1)
2 5 −
6 0
− ≥
y
2 0
0,25
−
=
0
y
2
5 (2)
= x = x − x ≥ y
ĐK:
⇔ − − x
+ − y
= 0
2
3
y
x
x 2 )(
)
0,5
0,25
TH1:
− − + y x 2 Ta có: ( ) ( 1 = + y x 3 ⇔ + − = y x 2 0 y= + thay vào phương trình (2) ta được x 3
−
+ = ⇔ −
+ = (Thỏa mãn)
y
y
1 1
y
y
1 1
0,5 b) 3,0
0
3
⇔ − y
y
= ⇒ = y x = ⇔ = ⇒ = 0 y x
1
4
0,5
x
2 0
y+ − = , từ (2) suy ra 2
x − ≥ 5 0
5 x⇒ ≥ 2
0,5 TH2:
x
2 0
y⇒ + − > (loại) Vậy nghiệm của hệ phương trình là(
) x y ∈ ;
{ (
} ) ) ( 3;0 , 4;1
0,5
2
2
8
4
4
153
−
+
−
n
n
( 4 n n
)( 1
) 1
) − = 1
2
=
−
+
n
2
2 0,25
−
=
+
+
5
n
−
−
+
+
5
n
n
2
( 4 n n
)( 1
) + 1
) + 2
= )( 1 n ) ( n 1 )( n 1
( 4 n n ) + 1 ) − 4 )( n
0,25 a 1,5
0,25 Ta có: ( 4 n n ( 4 n n ( 4 = − n n 15A⇒
0,25
16 ) + 1 8
16A⇒
) 2 1 2 n +
n Nếu n là số chẵn Nếu n là số lẻ thì ( Từ đó
16A⇒
0,25 và (
240
15,16
)
2
2
0,25 , vì (
=
+
b
2
2
2
−
=
+
−
c
(2)
a
1= Không mất tính tổng quát, giả sử a b≥ . )
)( c a c a
(
0,25
2
2
2
và c a> Từ (1) và (2) )( ( + 1 a Ta có ( ) 1 ( ⇒ −
+ ⇒ − ≥
+ ⇒ ≥
c a
a
c a
1
+ + a
1
0,25
2 1 a + là số
2
2
2
+ ⇒ + ≥
+ ⇒ ≥
c a a
c a
c a
1
− + a
1
= A n )( 1 )( 1 )( 1 với mọi n (1) 4 16 A⇒ )( − n n 1 với mọi n (2) ) ( = × 16 15 ( ) 2 + 1 1 c ) = + 1 ) ( 2 1 + a ) c a a 1 ) 1
A⇒ ) 1 ( 2 ⇔ b a )( ) + c a c a ( ( ) − ⇒ ( ( ) + a
2
(do
a
2
2
2
a
2 ⇒ ≥ b
a
− ⇒ ≥ − . Kết b a
1
(
(
)2 1
− + (3) 1 ( 2 ⇒ b a
) + ≥ 1
2
2
0,25 Suy ra nguyên tố). ≥ c a b 1,5 0,25
=
a
c
+ 1
2 ⇔ + − a
1
+ + 1
c
= 1
(
)( c a
)
2
2
0,25
+ > . Mà
0,25 TH2:
2 1 a + là số nguyên 2 2 1 b⇒ + là số nguyên tố chẵn c
+ b 2 b 2 1 = 3
tố
0,25
) ( ) − + a 1 1 Từ (2) và (3) b a= − hợp với a b≥ suy ra a b= hoặc 1 )2 TH1: a b= , thay vào (1) ta có ( 2 + 1 2 1 + + ≥ ) 3 c a (vô nghiệm vì = − ⇒ = + ⇒ + = a 1 a b b a 1 2b⇒ lẻ 2 + là số lẻ ⇒ + 2 b b 2 2 1 2 + = ⇒ = ⇒ = a 2, b b 1 } { ( ) ) ( ) a b c ∈ , 1;2;3 , 2;1;3 , z
y
+
+
≥
3 2
+
+
+
x
yz
y
zx
z
xy
=
=
Suy ra Vậy ( x (1)
,a b c dương và
,
x
a
,
y
,
z
c
abc ≥ 1
2
b 2
= suy ra 2
+
+
⇔
≥
Đặt
c 2
a 2
b 2
3 2
+
+
ca
b
a
c
ab
Ta có ( ) 1
+ bc Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
3 0,5
2
4
2
2
2
+ + a b c
(
)
+
+
≥
2
a 2
b 2
c 2
2
2
2
+
+
+
a
bc
b
ca
c
ab
+
+
+
+
+
154
a
bc
b
ca
c
ab
)
(
2,0
2
2
2
2
2
2
2
+
+
+
+
+
≤
+
+
+
a
bc
b
ca
c
ab
3
a
+ bc b
+ ca c
ab
)
(
)
(
2
2
=
−
+
≤
−
3
+ + a b c
+ ab bc
ca
3
+ + a b c
9
)
(
)
(
(
)
+
≥
Mặt khác: Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 0,5
+ ab bc
ca
33
abc
≥ ) 3
(
)2
(vì
4
)
2
≥ ⇔ −
+
t 2
t 27
≥ 81 0
2
9 2
−
( + + a b c
3
9
+ + a b c )
(
2
Do đó phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chứng minh được 0,5
−
=
≥
≥ (luôn đúng). (vì
t
9
9
0
t
+ + a b c
33
abc
≥ ) 9
( ⇔ − t 2
)(
)
(
)
(
)2
a b c
= = = 1
0,25
Đẳng thức xẩy ra khi
4
⇒ ⊥
IC AC
0,5 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
, do đó tứ giác BHCI là hình bình hành nên M là trung 0,5 0,5
=
=
0,5 (do tam giác MBE cân tại M), mà DAC MBE a) 3,0
⇒
=
0,5 (2)
=
0
0
0,5 ) nên tứ giác DMEF nội tiếp.
=
−
−
90
0,25
BAD +
+
0,5 nên tam giác KAE vuông tại K
=
=
AK AI AE AC AH AD .
.
b suy ra tứ giác HKID nội tiếp 0,5 Ta có: 090 ACI = ⇒ IC BH Tương tự: HC BI điểm BC. Ta có: BEM MBE DAC BEM = ⇒ (1) Mặt khác: BAD HEF = Từ (1) và (2) ⇒ + = + BAD DAC HEF BEM BAC MEF (do BAC BDF BDF MEF = ⇒ Vì = = ⇒ = = AIC IAC ABC 90 ABC AIC AEF 090 = ⇒ = BAD ABC IAC AEF OA⇒ ⊥ EF . Ta có:
155
⇒ ∆
AKH
∆ ⇒ ADI
0,25 (3) 2,0
∆
∆
AKE
ADB
EF AK ⇒ = BC AD
0,25 Vì (4)
⇒
⇒
= HK BC DI EF
.
.
HK AK = AD DI AE AK ⇒ = AD AB HK EF = BC DI
0,25 Từ (3) và (4)
=
=
0,5
.
.
.
.
suy ra tứ giác QAEF nội tiếp và tứ
0,25
0,25
0,25
c 2,0
⇒
=
=
AP AM AF AB AE AC .
BMF
'.
.
)
0,25 Nối AN cắt đường tròn (O) tại điểm Q, ta có: = NQ NA NB NC NF NE ND NM giác AQDM nội tiếp 090 = = ⇒ AQM ADM Mà tứ giác AEHF nội tiếp nên tứ giác QAEH nội tiếp suy ra 090 AQH = Vậy ba điểm M, H, Q thẳng hàng suy ra H là trực tâm tam giác ANM ⇒ Gọi nên EP’MC là tứ (5) ( ∩
'
P
P
)
=
0,25
⊥ NH AM = AM P ' giác nội tiếp ⇒ ∈ ' ⇒ .
.
nên tứ giác HPMD nội tiếp
( ⇒ ≡ ⇒ ba điểm A, P, M thẳng hàng P MEC = AP AM AE AC AH AD . 090 = ⇒ ⊥ HPM
HP AM
0,25 (6)
⇒ Từ (5) và (6) suy ra ba điểm N, H, P thẳng hàng NP AM⊥
5
=
=
2,0
800
cm
10
cm
AB
, ; A’B’C’D’ là hình 0,5 BC
= ' 798
A B '
B C '
cm= ' 8
,
,
'
'
'
'
'
'
'
'
và
Giả sử ABCD là hình chữ nhật có chữ nhật có tâm trùng với tâm của hình chữ nhật ABCD sao cho cm A B AB B C BC C D CD D A DA , , Vẽ 2020 hình tròn bán kính bằng 1cm có tâm là các điểm ban đầu.
i =
1,2020
iS là diện tích của nó thì
2
0,5 và Gọi
1,2020
i =
iS
iC là hình tròn của điểm thứ i, cmπ= 2020
2
=
π
=
=
, với .
S
cm
2020
2020.3,14 6342,8
i
∑
i
= 1
Ta có
2
156
=
6384
cm
S
A B C D '
'
'
'
0,5
Mặt khác: 2020
S
i
A B C D '
'
'
'
iC nằm trọn trong ABCD nên tồn tại một điểm M
<∑ S
i
= 1
iC đã cho với
Từ và mọi
i≤ ≤
2020
.
0,5
nằm trong hình chữ nhật A’B’C’D’ và không thuộc các hình tròn 1 Gọi C là hình tròn tâm M bán kính bằng 1cm , khi đó hình trònC không chứa điểm nào trong 2020 điểm đã cho. Suy ra đpcm
157
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
QUẢNG NAM NĂM HỌC 2020-2021
Môn thi : TOÁN (Toán chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Khóa thi ngày: 23-25/7/2020
Đề số 26
2
≥
=
+
−
A
Câu 1. (2,0 điểm).
x
0
và x
≠ 9.
18 9 −
x
+ 2
3
x −
x − x
x
1
4
4
+
+
+
x
x
, với a) Cho biểu thức
8n − là lập phương của một số tự nhiên.
Rút gọn biểu thức A .
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn 3
2
Câu 2. (1,0 điểm).
3.
y
) :P y ′
x= =
y
4
+ Tìm giá trị của tham số m x= 2 )d tại điểm có hoành độ dương + cắt đường thẳng ( x m
và đường thẳng (d) :
).P
Cho parapol ( biết rằng đường thẳng (d ) : thuộc (
=
2
− + x
3
x
+ 1.
Câu 3. (2,0 điểm).
2
2
)2 1 +
+
y
x
xy
+ = x
5
a) Giải phương trình (
2
2
+
+
+
+
+
=
2 x y
xy
y
5
x
xy
5
y
2.
b) Giải hệ phương trình
A AB BC<
(
)
G là trọng tâm của tam giác ABM .
.BM
cân tại Câu 4. (2,0 điểm). Cho tam giác ABC∆ , M là trung điểm của AC ,
a) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh OG vuông góc với b) Lấy điểm N trên cạnh BC sao cho BN BA=
BE vuông góc với AC tại E , KF vuông góc với BC tại F . Tính tỉ số
.
,
,
AB AC<
) )O đường kính BC . Tiếp tuyến của đường tròn (
)O tại E cắt
.K
có ba đường cao . Vẽ NK vuông góc với AB tại K , BE KF AD BE CF đồng
Câu 5. (2,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC ( qui tại H . Vẽ đường tròn ( AD tại
KA KE=
.
)O ( M là tiếp điểm). Gọi I là tâm đường ,O I M thẳng hàng.
,
a) Chứng minh
b) Vẽ tiếp tuyến AM của đường tròn ( tròn ngoại tiếp tam giác HDM . Chứng minh
,y z thõa mãn
+ + = Tính giá trị lớn
x
3.
y
z
2
2
−
+
=
+
158
xy
zx
yz
H
3
nhất của biểu thức Câu 6. (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, 2 x y .
--------------- HẾT ---------------
Họ và tên thí sinh: ...................................................... Số báo danh: ......................................
Giám thị 1 ……………………………………………Giám thị 2 ………………………..
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
QUẢNG NAM NĂM HỌC 2020-2021
HDC CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHUYÊN
(Bản hướng dẫn này gồm 05 trang)
2
≥
=
+
−
A
Câu Nội dung Điểm
x
0
và x
≠ 9.
18 9 −
x
+ 2
3
x −
x − x
x
1
4
4
+
+
+
x
x
a) Cho biểu thức , với
1,0 Rút gọn biểu thức A .
+
+
+
=
1
x
4
x
+ = + 4 1
x
2
x
+ 3
(
)2
+
x
0,25
+
=
=
x −
x −
2
x
x − x
3
x
3
+
) 1 −
x
x
3
(
( x )( 1
)
2
18
3
+
−
+
x
x
(
(
)
=
+
−
=
A
Câu 1 0,25 (2,0)
3
3
2 +
x −
x
x
3
3
3
3
+
−
+
−
x
x
) x
x
(
18 )(
− (
)
x )(
3 )
+
−
x
=
=
0,25
+ +
x x
8 3
5 +
24 −
x
3
x
3
)
x )(
(
0,25
159
8n − là lập phương của một số tự nhiên.
3
1,0 b) Tìm tất cả các số tự nhiên n thõa mãn 3
8n − = 3
a
a
(
) ∈
2
3 − = ⇔ +
−
+
=
a
a
a
a
n 3
8
2
2
4
n 3
(
)(
)
Xét
x
2 3
( ) 1
2
y
2
+ =
∈
+
−
4 3 (2) (x, y
+ là các ước của 3n nên ta có:
Vì a
2,
a
2
a
4
)
n
+ = a − a 2 a + = x y
x
0,25
a =
3
2
− thay vào ( )2 ta được:
2
x
x
y
x
Từ (1) suy ra
−
−
−
−
+
+ =
3
2
2
+ = ⇔ 4 3
6
9
y 3 3 (3)
(
)
( 2 3
)
( x 3 3
)
0,25
x ≥ : Vế trái của (3) chia 9 dư 3.
2
y
=
−
Với
3
2
+ ≥ ⇒ > 3
4 39
y
2
a⇒ ≥ . Suy ra 7
( a a
)
x ≥ : từ ( )1
+ 0,25
x ≥ không thỏa.
2
=
Khi đó, vế phải của (3) chia hết cho 9. Do đó,
= . Khi đó,
1x = : suy ra
a
1,
y
1
n
= + = . y
2
x
Với
x = : Không thỏa
0
n = là giá trị cần tìm.
2
Với 0,25 Vậy
(Học sinh kiểm tra n=2 thỏa : 0,25đ)
2
x=
Câu Nội dung Điểm
x= 2
3.
) :P y
′
=
y
4
và đường thẳng (d) :
y + cắt đường thẳng ( x m
+ Tìm giá trị của tham số m )d tại điểm có hoành độ
1,0
).P
=
=
+
−
Cho parapol ( biết rằng đường thẳng (d ) : dương thuộc (
:
y
2
x
3
là A :
B
(3;9).
) P y :
( 2 x và d
)
(
) 1;1 ,
Câu 2 0,25 + Tìm được hai giao điểm của (
B
)d′ cắt (
)d tại điểm có hoành độ dương thuộc (
)P nên (
)d′ đi qua
(
)3;9
=
+
(1,0) . + ( 0,25
4.3
.m
+ Do đó 9 0,25
m = − 3.
0,25 Giải
160
=
Câu Nội dung Điểm
2
− + x
3
x
+ 1.
)2 1
=
1,0 a) Giải phương trình (
2
− + x
3
x
+ ⇔ 1
2 2
− = x
− 4 x 2
(
)2 1
⇔ − = 2
x
2 x 1
0,25
2
1 2 −
− =
x
x
4
3
1 0
≥ x − ⇔
x
0,25
= −
x
1 ≥ x 2 ⇔ = 1
1 4
1x⇔ =
0,25
1x = .
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm 0,25
x ≤ thì cho 0.25đ)
2
(Nếu học sinh chỉ ghi được điều kiện
2
2
+
+
x
y
xy
+ = x
5
Câu 3
2
2
+
+
+
+
+
=
2 x y
xy
y
5
x
xy
5
y
2.
2
2
2
−
−
+
+
y
(
xy
x
x
y
xy
+ = x
5
b) Giải hệ phương trình (2,0) 1,0
2
2
+
+
+
+
+
=
+
=
2 x y
xy
y
5
x
xy
5
y
2
x
y
xy
+ + y
5
2
) )(
= ) 5 )
+ ( x ⇔ (
2
y
(
xy
x
( ) *
+
+
+
−
x
y
x
y
xy
x
2
− )
= ) 5 (
)
) − ) (
+ = 5
+ ( x ⇔ (
0,25
2
a
− = b
5
=
0,25
− Khi đó hệ (*) trở thành
a
= + x
y b ,
xy
x .
+ +
=
5
( a a b
)
( ) 1 ( ) 2 2
Đặt
b
a=
2 5 − thay vào (2) ta được
Từ (1) suy ra
3
2
2
+
− = ⇔ −
+
+
a
a
2 0
a
a
2
a
2
= ⇔ = ⇒ = − 4. 1
b
0
a
(
)( 1
)
=
=
a
x
1
x
= − 2
⇔
⇔
0,25
1 = − 4
+ = y − = − 4 x
xy
y
2 = − 1
3
x = y
b
hoặc 0,25
161
Câu Nội dung Điểm
A AB BC<
(
)
Câu 4 cân tại Cho tam giác ABC∆ , M là trung điểm của AC , G là trọng
tâm của tam giác ABM (2,0)
.BM
1,0 a) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh OG vuông góc với
b) Lấy điểm N trên cạnh BC sao cho BN BA= . Vẽ NK vuông góc với AB tại K ,
BE vuông góc với AC tại E , KF vuông góc với BC tại F . Tính tỉ số
BE KF
.
Hình vẽ phục vụ câu b: 0,25 0,25
0,25
0,25
0,25
Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25
.BM
0,75 a) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh OG vuông góc với
Gọi I là giao điểm của BM và OA. Suy ra I là trọng tâm của tam giác ABC .
GI
/ / AC
0,25 Lập tỉ lệ suy ra được .
GI OM⊥
.
OGM
.
Mà OM vuông góc với AC nên 0,25 Lập luận OI vuông góc với GM nên I là trực tâm của tam giác
0,25 Suy ra OG vuông góc với MI hay OG vuông góc với BM .
b) Lấy điểm N trên cạnh BC sao cho BN BA= . Vẽ NK vuông góc với AB tại K ,
BE vuông góc với AC tại E , KF vuông góc với BC tại F . Tính tỉ số
BE KF
1,0 .
.K Suy ra tam giác NDA cân tại
.N
162
Gọi D là điểm đối xứng của của A qua
Xét hai tam giác BDN và CNA có:
=
=
=
= = DBN NCA BN CA BDN CNA
ADN DAN ANB
(vì
,
,
)
0,25
=
=
Suy ra hai tam giác BDN và CNA bằng nhau.
S
S
S
KBN
AKNC
ABC
1 2
⇒
=
KF BN .
.BE.AC
Suy ra 0,25
1 2
1 1 . 2 2
=
=
0,25
2.
BE
2
KF
BE KF
nên hay 0,25 Mà BN AC=
Câu Nội dung Điểm
AD BE CF đồng qui tại
,
,
AB AC<
)
)O đường kính BC . Tiếp tuyến của đường tròn (
)O tại E cắt
có ba đường cao
Cho tam giác nhọn ABC ( H . Vẽ đường tròn ( AD tại .K
KA KE=
.
)O ( M là tiếp điểm). Gọi I là tâm đường
,O I M thẳng hàng.
,
2,0 a) Chứng minh
b) Vẽ tiếp tuyến AM của đường tròn ( tròn ngoại tiếp tam giác HDM . Chứng minh
Câu 5
(2,0)
0,25
(Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25đ)
163
KA KE=
.
0
0 = ⇔
=
a) Chứng minh 0,75
90
+ AEK OEC
90
Ta có: OEK
=
0,25 Tam giác OEC cân tại O nên . = OEC OCE
=
Do đó 090 + AEK OCE
090
= nên KAE KEA
Mà + KAE OCE 0,25
)O ( M là tiếp điểm). Gọi I là tâm đường
(đpcm). 0,25 Suy ra tam giác KAE cân tại K .Do đó KA KE=
,O I M thẳng hàng.
,
1,0 b) Vẽ tiếp tuyến AM của đường tròn ( tròn ngoại tiếp tam giác HDM . Chứng minh
2
=
AM
AE AC .
Chứng minh được tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM . 0,25 Suy ra
Chứng minh được tam giác AEH đồng dạng với tam giác ADC .
= AE AC AH AD
.
.
Suy ra
2
=
⇔
AM
AH AD .
.
AH AM = AM AD
0,25 Suy ra
.
,
AHM AMD có: HAM chung và
AH AM = AM AD
Hai tam giác
0,25
,
AHM AMD đồng dạng. Suy ra AMH ADM=
Suy ra hai tam giác
Do đó MA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác HDM .
IM AM⊥
.
Suy ra 0,25
,O I M thẳng hàng.
,
nên Mà OM AM⊥
+ + = Tính giá trị lớn nhất của
x
3.
y
z
Nội dung Câu Điểm
2
,y z thõa mãn 2
+
−
xy
yz
H
3
2 x y .
zx
1,0 Cho ba số thực dương x, + = biểu thức
2
2
2
2
2
2
=
−
+
+
=
−
+
+
=
+
+
+
H
3
xy
2 x y
yz
zx
xy
3
x
yz
zx
xy
y
z
yz
zx
(
)
Câu 6
2
2
2
( +
) +
+
=
yz
zx
xyz
xy
(1,0) 0,25
< ≤ ≤ , khi đó z
x
y
≤ − x − (y z)(y x) 0.
+ Không mất tính tổng quát giả sử 0
2
2
2
2
2
+
=
+
+
xyz
2 x y
(
2
xy
xyz
2 x y
zx
yz 2
2
=
+
+
−
−
+
=
+
−
−
z
yz
xy
xz
z
z
= H xy ( y x
+ )
xyz ( y x
2 yz ) 2 )
− ( x y y
− )
+ ( x y
+ zx ( x y
+ )
+
) − z
164
2
2
=
+
+
−
−
≤
+
z
z
y
x
z
0,25
z= hoặc y
x= )
( y x
)
( x y
)(
)
( y x
)
+
+
+
+
2
y
x
x
z
2
(
(
+
=
+
+
≤
=
z
.2 .
z
x
z
.
4
( y x
)
( y x
) ( .
)
1 2
1 2
) z 3
) 3
(Đẳng thức xảy ra khi y
0,25
= + ) x z
(Đẳng thức xảy ra khi 2 y
4H ≤ , dấu bằng xảy ra khi
x
= = = z 1.
y
Suy ra
x
= = = z 1.
y
0,25 Vậy giá trị lớn nhất của H bằng 4 khi
(Phải có cơ sở lập luận phần này mới cho điểm)
* Lưu ý:
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì giám khảo
vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
165
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI
ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Ngày thi: 18/7/2020 Môn thi: Toán (Hệ chuyên) Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Đề số 27
−
+
a
a
>
=
−
−
≠
Bài 1. (1,5 điểm)
0, a 1.
A
a 2
1 2 a
a + a 1
a − a 1
⋅
+
=
− , với m là tham số. Chứng minh đồ thị của hàm số luôn
1. Rút gọn biểu thức , với a
2. Cho hàm số y mx m 1 đi qua một điểm cố định với mọi m.
− − là số chính phương.
2n
n 5
Bài 2. (1,5 điểm)
=
1. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho
2025
+ 20 25
(
)2
=
+
abcd
. Tìm tất cả các 2. Ta nhận thấy số 2025 thỏa mãn tính chất rất đẹp:
(
)2 ab cd .
số tự nhiên có bốn chữ số abcd cũng thỏa mãn tính chất trên, nghĩa là
=
Bài 3. (2,5 điểm)
P
2x 2 +
x
1
+ +
+ =
1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
x 3
4.
3
2
=
+
+
2. Giải phương trình 3x 1
x
+ với a, b, c
2,=
bx c, +
ax −
=
f (x) f (2) 3.= Tính giá trị của Q f (5) 6f (3) 2020.
3. Cho biểu thức là các số thực. Biết f (1)
=
Bài 4. (3,5 điểm)
1. Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH. Tia phân giác của HAC cắt HC và
<
. tại D. Gọi K là hình chiếu vuông góc của D trên AC. Tính AB, biết BC 25 cm DK 6 cm=
2. Cho tam giác nhọn ABC có AB AC,
nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Đường thẳng AH cắt BC tại D và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Gọi L là giao điểm của hai đường thẳng CH và AB , S là giao điểm của hai đường thẳng BH và AC .
HK.
a) Chứng minh tứ giác BCSL nội tiếp và BC là đường trung trực của đoạn thẳng
166
b) Gọi M là trung điểm BC, đường thẳng OM cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt
tại P, Q. Gọi N là trung điểm PQ. Chứng minh hai đường thẳng HM và AN cắt nhau tại
một điểm nằm trên đường tròn (O).
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho 16 số nguyên dương lớn hơn 1 và nhỏ hơn 2021, đôi một nguyên tố cùng nhau.
Chứng minh rằng trong 16 số trên có ít nhất một số là số nguyên tố.
HẾT
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2020 – 2021 Ngày thi: 18/7/2020 Môn: Toán (Hệ chuyên)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI ĐỀ CHÍNH THỨC (Có 05 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM
−
+
a
a
>
=
−
−
≠
Bài 1. (1,5 điểm)
0, a 1.
A
a 2
1 2 a
a + a 1
a − a 1
⋅
+
=
− , với m là tham số. Chứng minh đồ thị của hàm số luôn
1. Rút gọn biểu thức , với a
2. Cho hàm số y mx m 1 đi qua một điểm cố định với mọi m.
−
a
−
−
Hướng dẫn giải
A =
a 2
1 2 a
a + a − a 1
−
+
a
a
a
a
) + a 1
)(
(
1. Ta có:
=
a a +1 ( ) − − a 1 − a 1
a 1 2 a
−
−
−
−
−
2a + a
a a
2a
a
=
− − a 1
−
⋅
=
=
− = 2 a
⋅ )(
4a 2 a
Điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm
− 4a − a 1 )
a 1 a a ⋅ 2 a − a 1 2 a ( A x ; y 0
0
2. Xét điểm trên mặt phẳng tọa độ.
Khi đó, A là điểm cố định khi và chỉ khi A thuộc đồ thị hàm số y = mx + m 1,− với mọi m. 0,25 điểm
+
=
+
∀
0, m
) 1
0
0 x
0
⇔
) ( ⇒ − − A 1; 1
= − 1
y
0
y = mx + m 1,− m∀ ⇔ 0 0 ) ( ⇔ ( − 1 m y x = − 1
167
− − với mọi m.
0,25 điểm 0,25 điểm
(
Vậy đồ thị hàm số y = mx + m 1− luôn đi qua một điểm cố định ) A 1; 1
− − là số chính phương.
2n
n 5
Bài 2. (1,5 điểm)
1. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho số
2
Hướng dẫn giải Điểm
=
− − chính phương
2n
n 5
⇔ − 4n
− 4n 20
2 k ,
2
2
−
− −
=
0,25 điểm Số với k ∈ .
k
21
21
( ⇔ −
) 2n 1
( = ⇔ + −
) )( 2n k 1 2n k 1
>
> nên có các trường hợp sau
0
.
) + − 2n k 1
(
) − − 2n k 1
Vì (
+ − = 2n k 1 7 − − = 2n k 1 3
+ − = 2n k 1 21 − − = 2n k 1 1
⇔
=
hoặc . 0,25 điểm
3, n
= 6.
=
Tìm được n 0,25 điểm
2025
(
=
+
abcd
2. Ta nhận thấy số 2025 thỏa tính chất rất đẹp: . Tìm tất cả các số
)2 + 20 25 (
)2 ab cd .
tự nhiên có bốn chữ số abcd cũng thỏa tính chất trên, nghĩa là
=
+
abcd
Hướng dẫn giải Điểm
(
)2 ab cd .
≤ ≤
=
=
Giả sử abcd là số thỏa tính chất trên,
≤ ≤ x
99
y 99
ab, y
cd
⋅ +
=
=
+
abcd 100 ab cd 100x y
+ =
. khi đó , ta có 10 , 0 Đặt x
100x y
+ x y
(
)2
< + <
Do đó, ta có 0,25 điểm
x y 100
2
⇔
=
+
=
+
+
−
99x
+ (x y)
(
) x y −
(
) x y x y 1
)(
suy ra 10
Vì vế phải là tích của hai số tự nhiên liên tiếp có hai chữ số nên 99x phải được phân tích ở dạng đó. 0,25 điểm
} 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99
Ta biết các bội của 11 có hai chữ số gồm {
168
} 18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81, 90, 99
bội của 9 có hai chữ số gồm {
Như vậy x chỉ có thể là các số sau {98, 20, 30}.
Kiểm tra trực tiếp ta thấy các số 9801, 2025, 3025 thỏa tính chất của đề bài.
0,25 điểm
=
Bài 3. (2,5 điểm)
P
2x 2 +
x
1
1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
Hướng dẫn giải Điểm
Ta có biểu thức xác định với mọi x thuộc . Do đó
2
=
⇔
−
P
P.x
+ = 2x P 0
2x 2 +
x
1
0,25 điểm (*)
0= .
2
⇔ ∆ = −
' 1 P
≥ ⇔ − ≤ ≤ . 1 P 1
0
(+) Nếu P 0= thì x 0,25 điểm
(+) Xét P 0≠ , ta có pt (*) có nghiệm
1= − và max P 1= .
+ +
+ =
Vậy min P 0,25 điểm
x 3
4.
2. Giải phương trình 3x 1
Hướng dẫn giải Điểm
x
1 ≥ − 3
+ +
+ = ⇔ + + + +
+
=
+
Điều kiện
x 3
3x 1 x 3 2 (3x 1)(x 3) 16
4
⇔
+
+
= −
(3x 1)(x 3)
6 2x
⇒ +
+
=
(3x 1)(x 3)
− 6 2x
(
)2
3x 1 0,25 điểm
2
⇒ − x
+ 34x 33 0
33
= x 1 = ⇔ = x
0,25 điểm
0,25 điểm Thử lại, chọn x 1= .
2
+ với a, b, c
0,25 điểm
2,=
ax
3 += x −
+ +
bx c, f (x) 3. Cho biểu thức = Tính giá trị của Q f (5) 6f (3) 2020.
là các số thực. Biết f (1) f (2) 3.=
169
=
−
+
Hướng dẫn giải Điểm
f (x)
(x 1)
=
=
= là hai nghiệm của phương trình
= hay x 1, x
2
0, P(2)
0
Đặt P(x)
P(x)
=
−
−
Do đó P(1) 0= . 0,25 điểm
− (x 1)(x 2)(x m)
+ =
=
+
f (5) P(5) 6
+ =
=
+
f (3) P(3) 4
− 4.3.(5 m) 6 − 2.1.(3 m) 4
−
−
−
+
−
+
=
−
=
. Khi đó Mà P(x) là đa thức bậc ba nên ta có P(x) 0,25 điểm
= Do vậy, Q f (5) 6f (3) 2020 12(5 m) 12(3 m) 18 2020
2026
. 0,25 điểm
=
Bài 4. (3,5 điểm)
1. Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH. Tia phân giác của góc HAC cắt và
. HC tại D. Gọi K là hình chiếu vuông góc của D trên AC. Tính AB, biết BC 25cm DK 6cm=
A
2
3
1
K
6
B
C
D
H
∆
= ∆
Hướng dẫn giải Điểm
KAD
) 1. Ta có HAD (AD cạnh chung; A A= 2 1
⇒ =
=
HD KD 6cm
+
= +
0,25 điểm
3A C= (cùng phụ B ); = BAD A A 1
3
=
⇒ ∆
⇒ =
Ta lại có ; ADB C A 2
A A ; A
= ⇒ C
ABD
BA BD
1
2
3
= ⇒ = ⇒ = − .
cân tại B . Mà = BAD ADB 0,25 điểm
BH x 6
BD x
=
∆
Đặt BA x
ABC
2AB
BH.BC
−
=
=
2x ⇒ =
15; x
10
(
) x 6 25
x . Giải phương trình, ta được: 1
2
vuông tại A, có đường cao AH nên 0,25 điểm
=
0,25 điểm . Vậy AB 10cm hoặc AB 15cm=
<
170
2. Cho tam giác nhọn ABC có AB AC,
nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Đường thẳng AH cắt BC tại D và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Gọi L là giao điểm của CH và AB , S là giao điểm của BH và AC .
HK.
a) Chứng minh tứ giác BCSL nội tiếp và BC là đường trung trực của đoạn thẳng
b) Gọi M là trung điểm BC, đường thẳng OM cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt
tại P, Q. Gọi N là trung điểm đoạn thẳng PQ. Chứng minh hai đường thẳng HM và AN
cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn (O).
P
Hướng dẫn giải Điểm
N
Vẽ hình đúng đến câu a)
A
Q
E
S
O
L
H
B
C
M
D
I
K
0,25 điểm
=
0,25 điểm . a) Ta có H là trực tâm nên BH AC⊥ , CH AB⊥ suy ra BSC CLB 90° =
0,25 điểm Suy ra tứ giác BCSL nội tiếp
=
=
=
0,25 điểm Ta có BKA BCA (cùng chắn cung AB của (O) ).
=
. Mặt khác, BCA AHS (do cùng phụ với góc HAS ) và AHS BHK 0,25 điểm nên suy ra BKH là tam giác cân tại B. Mà BD HK⊥ 0,25 điểm Do đó, BKH BHK BC là đường trung trực của HK.
171
b) Gọi AI là đường kính của (O).
(do cùng vuông góc với AB), Khi đó, CH BI
(do cùng vuông góc với AC). CI BH
0,25 điểm Suy ra BHCI là hình hình hành. Do đó H, M, I thẳng hàng.
=
Gọi E là giao điểm của HM và AN , ta chứng minh E nằm trên (O) .
(cùng chắn cung BL của đường tròn (BCSL) ), Ta có HCB LSB
LSB LAH =
=
(cùng chắn cung LH của đường tròn (ALHS)),
LAH APQ =
=
. ). Suy ra HCB APQ (do OM AH
∆
. Tương tự ta có = = HBC SLC HAS AQP 0,25 điểm
∆ Từ đó suy ra APQ ~ HCB
.
∆ ANQ ~ HMB.
=
=
Mà N là trung điểm PQ , M là trung điểm CB nên suy ra ∆
=
(đối đỉnh). , mà BHM EHS Do đó, BHM NAQ 0,25 điểm
hay AEHS là tứ giác nội tiếp. Suy ra EHS NAQ
=
=
0,25 điểm do vậy E nằm trên đường nên AEH 90° hay 0 AEI 90=
Mà ASH 90° tròn (O).
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho 16 số nguyên dương lớn hơn 1 và nhỏ hơn 2021, đôi một nguyên tố cùng nhau.
Chứng minh trong 16 số trên có ít nhất một số là số nguyên tố.
Hướng dẫn giải Điểm
, a và tất cả chúng đều là hợp số.
a , a , 1 2
16
Giả sử 16 số đã cho gồm
,16
= ).
ip là ước nguyên tố nhỏ nhất của số
ia (với i 1,
0,25 điểm Gọi
ip là phân biệt.
=
0,25 điểm Vì 16 số đã cho đôi một nguyên tố cùng nhau nên 16 số
51≥
{ }
kp
k
i
p Max p = i 1,...,16
Gọi , khi đó vì nhỏ hơn 51 chỉ có 15 số nguyên tố
{
} 2,3,5,7,11,13,17,19, 23, 29,31,37, 41, 43, 47 .
≥
≥
=
0,25 điểm
a
2 51
2601
kp là ước nguyên tố nhỏ nhất của
ka nên
k
⋅ p p k
k
<
Mà ,
2021
ka
mâu thuẫn với .
172
Vậy trong số các số đã cho phải có ít nhất một số là số nguyên tố. 0,25 điểm
Ghi chú :
+ Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. Tổ chấm thảo luận thống nhất biểu điểm chi tiết cho các tình huống làm bài của học sinh.
+ Điểm từng câu và toàn bài tính đến 0,25 không làm tròn số.
173
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
VĨNH LONG NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: TOÁN (chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi: 19/07/2020
Đề số 28 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
3
=
+
+
+
Bài 1. (2.0 điểm)
A
1
2
3
+
3 −
3 x
x
x
x
+ 3 3
27
x 3
. Tìm điều kiện xác định a) Cho biểu thức
−
−
−
+ . x = 3 2020 của A và tính giá trị của A khi
B =
5
3
29 12 5 .
− = có hai nghiệm
b) Tính giá trị của biểu thức
x
2 2 x−
2 0
1x ,
2x . Không giải
Bài 2. (1.0 điểm) Cho phương trình
3
+
phương trình, hãy tính giá trị các biểu thức:
3 x x 1 2
x x+ 1 2
x 1 + 2
x 2 + 2
x 2
2 x 1
x 1
2 x 2
a) b) .
2
2
+
=
x
y
Bài 3. (1.5 điểm)
+
x
xy
13 + = y
11
2
−
a) Giải hệ phương trình
2
− + x
2
+ + x
4
x
= . 2
b) Giải phương trình
n
n
+
Bài 4. (1.5 điểm)
P =
22.6
6
3
− . Chứng minh rằng P chia hết cho 25 với mọi số tự nhiên n .
2
2
a) Cho
b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình = . x – xy y+ – 4 0
BH = (cm), 4
Bài 5. (1.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A , đường cao AH . Gọi D và E lần lượt là HC = (cm). 9 hình chiếu vuông góc của điểm H trên cạnh AB và AC . Biết
a) Tính độ dài đoạn thẳng DE .
AB AC<
)O , M là điểm
≠
<
,
≠ M A M C MA MC
,
,H MI
b) Các đường thẳng vuông góc với DE tại D và E cắt cạnh BC lần lượt tại M và N . Tính diện tích tứ giác DENM .
) có ba góc nhọn nội tiếp ( )
,M I B không thẳng hàng).
,
. Vẽ MH vuông góc với BC tại Bài 6. (2.0 điểm) Cho tam giác ABC ( thuộc cung nhỏ AC (
vuông góc với AC tại I (ba điểm
∆
∆
. a) Chứng minh IHM ICM=
. b) Chứng minh BMA đồng dạng HMI
c) Gọi E là trung điểm của IH và F là trung điểm của AB . Chứng minh rằng ME
vuông góc với EF .
174
x
y+ ≤ .
1
,x y là các số thực dương và
3
3
3
x
y
y
Bài 7. (1.0 điểm) Cho
.
+ 2
+ x ≥ 2
3
3
=
+
a) Chứng minh rằng
P
1
+ + x
1
+ + y
1 x
1 y
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
... HẾT ...
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ............................................... SBD: ..............................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
VĨNH LONG NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi: TOÁN (chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM
3
=
+
+
+
Bài 1. (2.0 điểm)
A
1
2
3
+
3 −
3 x
x
x
x
+ 3 3
27
x 3
a) Cho biểu thức . Tìm điều kiện xác định
−
−
−
+ . x = 3 2020 của A và tính giá trị của A khi
B =
5
3
29 12 5 .
b) Tính giá trị của biểu thức
Bài Điểm
1 2.0
x ≠ ; 0
2
+
3
x
x
+ 33
+
A =
3 2
2
+
−
+
x
x
+ 33
(
x
)(3
x
x
+ )33
3
x
0.25 a) Điều kiện: . x ≠ 3
2
−
+
+
x
x
x
+ 33
=
0.5
33)3 2
1 −
( −
+
3
x
(
x
)(3
x
x
+ )33
3
x
1
=
=
=
+
−
1 2020
3 2020
3
+ Thay . x = 3 2020 vào A ta được A 0.25
=
−
−
−
−
−
−
5
3
2 5 3
B =
5
3
29 12 5
(
)2
0.5 b)
=
−
−
=
−
5
6 2 5
5
(
)2 − 5 1
− = có hai nghiệm
0.5 = 1.
x
2 2 x−
2 0
1x ,
2x . Không giải
Bài 2. (1.0 điểm) Cho phương trình
phương trình, hãy tính giá trị các biểu thức:
3
+
175
3 x x 1 2
x x+ 1 2
x 1 + 2
x 2 + 2
x 2
2 x 1
x 1
2 x 2
a) b) .
+
2 1.0
= 2 = − 2
x x 2 1 x x . 1 2
a) Áp dụng Vi-ét ta có 0.25
2
3
2
2
+
=
+
=
+
−
= −
−
= −
2
2.
− 2
16
)
(
(
)
3 x x 1 2
x x 1 2
x x 1 2
2 x 1
x 2
x x 1 2
x 1
x 2
x x 1 2
(
)
2. 2
=
+
2
2
Ta có 0.25
1x ,
2x là hai nghiệm của phương trình nên
=
+
2
2
2 x 1 2 x 2
x 1 x 2
⇒
+
=
+
=
=
=
b) Do 0.25
+
x 1 + 2
x 2 + 2
x 1 + + 2 2
2
x 2 + + 2 2
2
2
2 + 2.2 2
1 3
2
)
(
x 2
2 x 1
x 1
2 x 2
x 2
x 2
x 1
+ x 1 + x 1
x 2 x 2
x 1
. 0.25
2
2
+
=
x
y
Bài 3. (1.5 điểm)
+
x
xy
13 + = y
11
2
−
a) Giải hệ phương trình
2
− + x
2
+ + x
4
x
= . 2
b) Giải phương trình
=
13
S
3 1.5
= + , P xy=
x
y
2 2 − P + = S P
11
7
2
−
⇒ + S
S
2
35 0
ta được a) Đặt S 0.25
= − ⇒ = S P = ⇔ = ⇒ = S P
18 6
5
x
7
= −
S
P
7,
18
0.25
+ = − y = xy
18
= ⇔
+
Với
= (vô nghiệm)
X
2 7 X+
18 0
,x y là nghiệm của phương trình
5
x
=
5,
6
S
P
suy ra
+ = y =
6
xy
= ⇔
=
2
X
2
−
5
X
X
Với 0.25
,x y là nghiệm của phương trình
=
3
X
+ = ⇔ 6 0
suy ra
S =
) ( 2;3 ; 3; 2
{ (
} )
Vậy tập nghiệm .
− ≤ ≤ x 2
2
2
−
= ⇔ − +
+ = −
−
2
+ + x
x
2
2
x
2
2
x
4
x
b) Điều kiện 2
2
2
2
2
2
⇔ +
−
= −
−
0.25
4 2 4
x
4 4 4
x
+ − 4
x
− + 2 x (
4 )
)2
(
+ = − − ⇒ − + 2 x 2 x 2 4 x
2
2
⇔
−
6 4
x
= − 4
x
2
=
−
176
t
4
x
,
t ≥ ) 0
0 ( ) n
2
= ⇔ −
6) 0
6 t
( t t
t
Đặt (
6 ( ) n
= t = ⇔ = t
2
2
= ⇒ −
= ⇔ −
4
0
0
4
t
x
x
Phương trình trở thành
= 2 x = ⇔ = − 0 2 x
2
2
= ⇒ −
Với 0.5
t
4
6
x
= ⇔ = − x
6
32
=
Với (vô nghiệm)
2;
x
= − 2
Thử lại ta nhận nghiệm
{ S = −
x }2; 2
Vậy tập nghiệm .
n
n
+
Bài 4. (1.5 điểm)
P =
22.6
6
3
− . Chứng minh rằng P chia hết cho 25 với mọi số tự nhiên n .
2
2
a) Cho
b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình = . x – xy y+ – 4 0
−
n
n
− 1
n
2
n
−
+
+
∈
4 1.5
6
− = 1
6
6
k 5
1,
k
(
)( 6 1 6
) + + ⇒ = ... 1 5
2
2
n
n
=
+
− =
+
+
+ − =
+
a) Ta có 0.25
P
k
2.6
6
k 5
1 3 50
( k 3 2 5
)2 1
k 25 25
2
2
2
2
−
+
=
−
=
Khi đó 0.5
2
x
y
3
y
16
2
x
y
− 16 3
y
)2
)2
2
≥ nên
2 y ∈
2
x
y−
0
)2
− = b) Ta có 4 x 4 xy y+ 4 16 ⇔ ( 0.5 ≥ ⇒ 2 y− 16 3 y ≤ ⇒ 5 0 ⇔ ( { } 0;1; 4 Vì (
2 x = ⇔ 4
x = ±
2
2 y = thì 0
2
=
Nếu
2
x
y−
13
2 y =
)2
Nếu không là số chính phương nên loại 1 y = thì ( 1
Nếu
y = ± 2 x = hoặc
0
x = 2
2 y = ⇔ 4 y = thì 2
+ Khi 0.25
y = − thì 2
x = − 2
x = hoặc
0
−
− − 2; 2
) ( ) ( 2;0 ; 2;0 ; 0; 2 ; 2; 2 ; 0; 2 ;
) (
) (
) (
+ Khi
} )
Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên là { ( S = −
BH = (cm), 4
Bài 5. (1.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A , đường cao AH . Gọi D và E lần lượt là HC = (cm). 9 hình chiếu vuông góc của điểm H trên cạnh AB và AC . Biết
a) Tính độ dài đoạn thẳng DE .
b) Các đường thẳng vuông góc với DE tại D và E cắt cạnh BC lần lượt tại M và N . Tính diện tích tứ giác DENM .
5 1.0
2
=
177
= (cm).
AH
BH CH .
= ⇒ 36
AH
6
a) Ta có
0.5 = = = nên tứ giác ADHE là hình chữ nhật.
= (cm).
DE AH
6
Vì 090 EAD ADH HEA ⇒ =
⇒
= = b) Ta có ⇒ AHD EDH MDH MHD
=
= + MBD MDB MBD MHD
+ MDB MDH
0 = ⇒ 90
0 90 ;
⇒
=
⇒ ∆
= (cm).
= DM MB
2
MDB
= (1) ⇒ tam giác DMH cân tại M DM MH
BH 2
cân tại M 0.5
= (cm).
EN =
CH 2
9 2
Chứng minh tương tự ta được
+
(
)
=
=
=
Tứ giác DENM là hình thang vuông tại D và E nên
S
DENM
DE DM EN 2
39 2
)O , M là điểm
(cm2).
≠
<
,
,
≠ M A M C MA MC
,H MI
có ba góc nhọn nội tiếp (
) AB AC< )
,M I B không thẳng hàng).
,
. Vẽ MH vuông góc với BC tại Bài 6. (2.0 điểm) Cho tam giác ABC ( thuộc cung nhỏ AC (
vuông góc với AC tại I (ba điểm
∆
∆
. a) Chứng minh IHM ICM=
. b) Chứng minh BMA đồng dạng HMI
c) Gọi E là trung điểm của IH và F là trung điểm của AB . Chứng minh rằng ME
vuông góc với EF .
6 2.0
178
a) Tứ giác IHCM nội tiếp đường tròn đường kính MC 0.25
0.25 ⇒ IHM ICM = (cùng chắn IM )
∆
(cùng bằng ICM ) 0.5 (cùng bằng ICH ) b) Ta có ABM IHM= AMB IMH=
∆ Vậy BMA
HMI
. 0.25
∆
HMI
⇒
=
=
∆
⇒ ⇒ c) Ta có BMA
∆ Do BMA
HMI
∆ = = FAM MIE BAM MIH AF AF 2 IE IE 2
0.25
AMF
AM AB = IM IH IME∆ AMF IME
⇒ =
=
⇒ ∆ Ta có + IME FMI
+ AMF FMI
⇒
⇒ ∆
∆
MAI
∆ Do AMF
IME∆
MFE
⇒ . AMI FME =
0
⇒ ⊥
0.5 MA MF = MI ME
ME EF
= ⇒ . , mà 0 = ⇒ 90 MEF MIA 90 MIA MEF =
x
y+ ≤ .
1
,x y là các số thực dương và
3
3
3
x
y
y
Bài 7. (1.0 điểm) Cho
.
+ 2
+ x ≥ 2
3
3
=
+
a) Chứng minh rằng
P
1
+ + x
1
+ + y
1 x
1 y
. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
7 1.0
3
3
3
a) Ta có
3
2
x
y
y
3
3
≥
⇔
+
≥
+ ⇔ +
−
≥
4
x
y
x
y
x
y
x
y
0
(
)
(
)(
)
(
)
+ 2
+ x 2
0.25 (luôn đúng).
3
3
+ + +
3
+ + + + +
2
y
x
3
1
1
y
x
b) Ta có
4 +
x
y
1 y
1 x
=
+
≥
≥
1
1
P
+ + x
+ + y
2.
2.
1 x
1 y
8
2
0.25
179
x
y
= + , điều kiện 0
1a< ≤ , ta được
3
3
3
3
≥
=
+ + +
≥
+
≥
+
=
P
+ + a
a
Đặt a
1 4
1 4
1 4
4 a
1 a
3 a
1 4
3 1
343 4
3 a
. 2
. 2
. 4
. 4
0.5
x
y= = .
343 4
1 2
khi Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
...HẾT...
180
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN (Chuyên Tin học) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 01 trang) Đề số 29
Họ và tên thí sinh: .................................................................................. ; Số báo danh: .....................
+
−
x
x
x
x
=
−
−
≥
A
1
1
x
0,
x
Câu 1 (2,0 điểm).
≠ . 1
+
−
x
1
+
x −
=
d
y
a (
x 2)
2≠a
1 ,a b để đường thẳng ( ) :
a) Rút gọn biểu thức , với
b (
2−
b) Xác định ) cắt trục tung tại điểm có
2
2
−
−
x
+ mx m 2
m 4
+ = 1
0 (1)
tung độ bằng và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 .
(m là tham Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình bậc hai
số).
+
+
+
−
x 3
x
x 5
x
x 3
x 5
3
= . 5
,x x thỏa mãn 1
2
2
1
1
2
1
2
(
)
(
)
a) Tìm điều kiện của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
2
2
−
+
− + =
y 6
xy
x 2
1
y
0
Câu 3 (2,0 điểm).
− 3
−
=
y 7
9
x 2 x
a) Giải hệ phương trình .
b) Trong đợt dịch Covid-19, theo kế hoạch thì hai tổ I và II của công ty may X phải sản xuất 10000 khẩu trang y tế trong thời gian hai ngày để kịp thời cung cấp cho người dân. Do được cải tiến kỹ thuật nên tổ I làm vượt mức 15% và tổ II vượt mức 20% so với kế hoạch ban đầu của mỗi tổ. Vì vậy, sau hai ngày họ đã làm được nhiều hơn 1700 khẩu trang so với kế hoạch. Tính số khẩu trang làm được của mỗi tổ sau khi cải tiến kỹ thuật.
,B C ). Gọi
)O R kẻ các tiếp tuyến AB và AC ,B C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy điểm I ( I không trùng ,M N P thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ I đến các đường ,
,BC CA và AB .
2
= IM IN IP
Câu 4 (3,0 điểm). Từ điểm A bên ngoài đường tròn ( ;
.
,x y z là nghiệm của phương trình ,
với đường tròn ( với thẳng a) Chứng minh tứ giác BMIP nội tiếp đường tròn. . b) Chứng minh c) Gọi giao điểm của BI và MP là E , giao điểm của CI và MN là F . Chứng minh IM EF⊥ .
Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên dương
3
3
3
+
=
+
x
y
z
2020
xyz
2
181
x > và y 1
z+ chia hết cho 101 .
(
)
(
)
, biết rằng
----- HẾT -----
Chữ ký của giám thị 1:…………......….....; Chữ ký của giám thị 2:………..….........……………..
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2020 - 2021
Môn thi: TOÁN (Chuyên Tin học) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM (Hướng dẫn chấm có 04 trang)
I. Hướng dẫn chung. • Nếu học sinh giải cách khác hướng dẫn chấm nhưng giải đúng thì vẫn được điểm
tối đa.
≥
x
0,
x
1
• Điểm toàn bài của thí sinh không làm tròn. II. Đáp án – Thang điểm. Câu Đáp án Điểm
+
−
x
x
x
x
(
1)
(
1)
a) Với
=
−
−
A
1
1
+
−
x
x
1
1
≠ , ta có: ⋅
1=
− x
0,50
)2
(
b = −
2
2−
0,50
=
−
−
d
y
a (
x 2)
2
( )d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 nên, ta có:
nên suy ra . b) ( )d cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 0,25 Khi đó ( ) : 1 (2 điểm)
−
a −
2) 2
2
= 0
2
2
3
a
a
⇔ − = ⇔ = (tmđk)
0,25 (
2
b = −
2
0,25
3
a = ,
′∆ > 0
0,25 Vậy
2
2
′∆ =
=
−
−
+
m 4
m 4
m
m
1
0,25
− 1
(
)
(
1
0
0,25 a) Để phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt thì ) 2 (2 điểm)
′∆ > ⇔ − > m 4 0
1 m⇔ > 4
0,25
m >
182
1 4
m >
Vậy . 0,25
1 4
;x x . 2
1
thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt b) Với điều kiện
1
1 2
= + x 0,25 Theo Vi-ét ta có . m 2 2 − + m 4 1
+
+
+
+
−
x 3
x 5
x
x 3
x 5
x
− = 3
5
x
x
− 3
1
2
1
1
2
1
2
2
(
)
)
(
2
2
⇒
+
+
+
−
+
−
x
x 3
x 5
x
x 3
x 5
− = 3
m 4
1
m
4
m
− 3
1
2
1
2
1
2
)
(
)
(
)
0,25 x 2 = x x m (
2
)2 ) +
−
=
4 x x 1 2 ( m
7
16
( 5 2 m 16
+
+
+
−
x 3
x
x 5
x
x 3
x 5
3
= 5
2
1
1
2
1
2
(
)
(
)
0,25
2
2
⇔
+
−
⇔
+
−
=
16
m
16
m
7
16
m
16
m
32
0
= 5
= 0,25 . 1 = − 2 m ⇔ m
1m =
2
2
2
So với điều kiện ta nhận
−
−
+
x
26 y
xy
x 2
y
− + = 0 1
(
) y x Xem ( )I là phương trình bậc hai theo x , ta có
2
2
2
∆ =
−
−
=
2
4
y
− 6 y
− + y
1
y 25
)
(
)
( Vì vậy phương trình ( )I có hai nghiệm
− − − + = ⇔ + x 2 y 6 1 y I 0 ( ) a)
2
−
−
+
y
2
y 25
(
0,25
2
−
−
2
y
y 25
(
) 2 ) − 2
= x = x y= 3
1
− thay vào phương trình thứ hai của hệ đã cho ta
3
2
−
−
− . 1 − 3 y = − y 2 1 = x ⇔ x
1
y 7
= 9
2
− + − y 9 1 y 7 9 − = 0 được: 0,25
) 11
1
( y 2 27 = 0
y⇔ = .
( ⇔ − y
1
x Trường hợp 1: )3 ( 2 3 y ) ( 2 y y 1 x
− thay vào phương trình thứ hai của hệ đã cho ta
3
2
−
−
+ = − + − ⇔ 0 1 y 11 2.27 ⇔ ) y 27 )( y 1 54 − ) 3 (2 điểm)
− 2 y
y 7
2
1
= 9
2
3
2
3
) −
+
+
+
+
( y 2 8 ⇔
⇔
+
+
+
y 19
19
y 19
= 0
2
⇔ − + + + − y 12 y 6 1 y 7 9 − = 0 được:
24 )
2
+ + − ⇔ + + 1 19 y y 1 y y − + y 1 24 y 1 = 0 0,25
16 y )( 24
11 ) + 16
= 0 ( y 24
24 y (
( = − 2 y )3 24 y )( + 1 )( y 1 16
2
= + − + − 0 y 16 Trường hợp 2: ( y 16 ( 16 ( ⇔ + y
⇔
⇔ = − y
1
( ⇔ + y
)( y 1 16
)
+
=
+
11
0
vn
(
)
+ + = y 8 11 0
16 ) ) 19 = − y 1 2 y 16 8 y ) ) ( 2;1 , 1; 1−
0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm (
x y N∈
,x y ( ,
183
10000
y+ =
* ) lần lượt là số khẩu trang dự định may ban đầu của x tổ I và tổ II. Ta có
+
=
b) Gọi 0,25
x
y
1700
20 100
10000
6000
⇔
0,25 Sau khi cải tiến kỹ thuật, ta có
4000
+
=
1700
x
y
= x = y
15 100 + = x y 15 100
20 100
Ta được hệ phương trình (tmđk) 0,25
+
=
1
6000
6900
Số sản phẩm làm được khi thay thiết bị mới :
15 100
+
=
1
4000
4800
+) của tổ I là (khẩu trang) 0,25
20 100
Vẽ hình đúng đến câu a
+) của tổ II là (khẩu trang)
0,25
=
= BPI BMI
0,50 a) Ta có : 90o
0,25 Do đó tứ giác BMIP nội tiếp đường tròn đường kính BI
⇒
=
4 (3 điểm) b) AB AC=
−
=
−
MBP
o 180
o 180
MIP
0,25
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ABC ACB Chứng minh tương tự câu a, ta cũng có tứ giác CMIN nội tiếp đường tròn đường kính CI . ⇒ = = MCN MIN
=
=
=
= PBI PMI (cùng chắn cung IP của đường tròn đường kính BI ) =MCI MNI (cùng chắn cung IM của đường tròn đường kính CI ) = PBI BCI MCI (cùng chắn cung IB của đường tròn đường( )O ) ⇒ = PMI PBI MCI MNI
0,25
=
INM∆
PMI MNI )
2
⇒
= IM IN IP
.
0,25 (vì có MIP MIN và = s
⇒ . 0,25 Do đó IMP∆ IM IP = IM IN
PMI MCI (từ trên).
0,25 c) Ta có =
o
+
o
+
=
=
184
0,25
EFI MCI ( = EMI )
hay 180o EMF EIF+ EFI EMI (nội tiếp cùng chắn một cung)
EF⇒ // BC
0,25
3
2
3
3
3
3
3
=
+
=
+
−
−
2 .5.101
2020
xyz
y
y
x
z
z
2020
0,25
yz nên x không
(
(
)
)
=
2 2 .5.101
2020
2020
xyz +
2
3101
Vì Chứng minh tương tự ta cũng có = IBM IMN mà 180 = + IBM MCI BIC 180 ⇒ + IMN BIC PMI ⇒ tứ giác EMFI nội tiếp ⇒ = ⇒ = mà EFI và MCI là hai góc đồng vị Theo giả thiết IM BC⊥ ) nên suy ra IM EF⊥ ( x x 0,25 có ước số nguyên tố nào ngoài các số có thể là 2;5;101 .
5x
x
35
(
)
2020
xyz +
2
(hoặc ) thì ) nhưng Vì • Nếu nên ta có các lập luận sau: 3 35x 3 x
3101 ).
3
3
+
=
+
2020
xyz
2
yz
1
x =
22
(hoặc 0,25 (hoặc (
62
101 ) 62x
(
)
)
1
thì nhưng • Nếu
3
Từ những lập luận trên, ta suy ra
2
x = ta được phương trình
x = (loại) hoặc ( 3 =
( 2 .5.101 2 x = . 2 ) +
y
+ = z
+ 5.101 y z yz 1 Khi (*).
3
3
=
+
+
−
+
y
y
z
z
y
z
yz
, k là số nguyên dương sẽ tìm sau. Đặt
101 k (
)2
Từ ta được
2
2
+
=
−
−
+
−
=
yz
5.101
yz
1
k 101
y
z
z
k
5
yz
5
)
(
)
(
)
( k y
)
(
) (
+ ⇔
0,25 (**).
5
k ≤ . Thật vậy, nếu
(
5 (1 điểm) − k yz 5 ≤ , do đó
)5 ≤ ⇒ ≤ ⇒ + < 5
)
<
≤k
5
> ⇒ ≤ − k yz 1 5 5 5 k y z , y z 101 (mâu thuẫn).
3
5
y
z+
Từ trên ta suy ra ( Ta xét các trường hợp: 0 .
3 5
3
3
y
y 35
z+
Từ (*) ta suy ra được , ta suy ra
z+
=
+
+
5.101
yz
1
5.101.
yz
5.101
Nếu
3 5 .
,y z cùng chia hết cho 5 thì (
)
trong khi đó
2
−
= −
+
−
+
+
+
z
= ⇔ − kyz 3
yz
5
5
k
z
yz 5
5
0,25
,y z đều không chia hết cho 5 . 2 )
)
(
( k y
)
Ta có Do đó cả hai ( k y
5k
. Vì y 5 , z 5 nên
5
k = , thay vào (**) ta được
(
)2
− 5 y z 5 Với . 1 − = − 1 − = y z = ⇔ y z
= =
− = z + = z
1 505
253 252
185
=
=
z + = z
252 253
y y y y
. Ta được các hệ phương trình
y z ⇔ y z ) ;x y z là:
− = − 1 505 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm ( ) 2;252;253 ,( ) ( 2;253;252
;
-----HẾT-----
186
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN (Chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đề thi có 01 trang) Đề số 30
Họ và tên thí sinh:……………..………………………..……………….; SBD……………….
+ +
a
a
=
+
Câu 1: (2,0 điểm)
a
a≥ 0,
≠ . 1
A
a a
− 1 − 1
1 2 + a 1
2
−
+ x m
a) Rút gọn biểu thức , với
( = y m
) 1
b) Tìm giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên và đồ
)2;1M (
thị của nó đi qua điểm .
2
−
−
+
Câu 2: (2,0 điểm)
x
2
m
x
2
m
4 0
− = , (với m là tham số) có hai nghiệm
(
) 1
,x x . Tìm giá trị của tham số m để
= . 3
a) Cho phương trình
2
2 x 1
2 x+ 2
2
2
2
+
=
−
−
+
−
+
62
8
2
y
x
x
x
x
6
x
5
y .
) 1
(
phân biệt 1
)
b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (
2
2
+
+
+
+
Câu 3: (2,0 điểm)
2
x
x
2
5
3
2
+ = + . x
2
2
5 +
x y
4
a) Giải phương trình
2
5
+
=
−
−
x
2 x y
xy
4
2
y
y
x x (
12 = ) )( 16 )O R , BC là một dây cung cố định của ( ;
b) Giải hệ phương trình .
)O R không
;
Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (
.BC
và tam giác ABC qua O . Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC sao cho AB AC<
2
=
nhọn. Các đường cao BD và CE cắt nhau tại H . Gọi T là giao điểm của DE với
− TD TE TB BC
TB
.
. a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn. .
3
.R
+
+
≥
c) Cho b) Chứng minh BC R= . Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác ADH theo
2020.
x y z thoả mãn ,
,
1 +
1 +
1 +
x
y
y
z
z
x
2
2
2
2
2
2
+
+
y
2
x
z
2
y
x
2
z
=
+
+
Tìm giá Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số dương
P
.
xy
yz
+ zx
trị nhỏ nhất của biểu thức
187
------------------HẾT----------------
Chữ ký giám thị 1……………………… Chữ ký giám thị 2…………………..…………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN (Chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM (Hướng dẫn chấm có 03 trang)
Hướng dẫn chung.
III. • Nếu học sinh giải cách khác hướng dẫn chấm nhưng giải đúng thì vẫn được điểm
tối đa.
• Điểm toàn bài của thí sinh không làm tròn. IV. Đáp án – Thang điểm.
−
+
+
a
a
a
(
) 1
(
Đáp án Câu Điể m
=
+
A
)2 1 1
)( 1 − a
a
1 + =
=
+
0,5 a) Ta có
a
+ + 1
a
+ )
2
−
. 0,5
+ x m
( = y m
a ) 1
( 1 2 1 nghịch biến trên và đồ thị của nó đi qua điểm
<
m
1
m
b) Hàm số
⇔
)2;1M (
2
2
+
− =
m
m
) − + 1
− < 1 0 (
2
3 0
m
m
= 1 2
⇔
0,5 nên 1 (2 điểm)
⇔ = − m 3
1 = − 3
< m 1 = m m
3
=
2
2
m
− 4
(
. 0,5
x 1
m = − . ) = x x 1 , 1 2
+
−
0,25
3
2
= 3
x 2 ( = ⇔ +
2 x 1
2 x 2
x 2
x 1
x x 1 2
2
−
−
−
−
+ = ⇔ = .
2
m
3
3 3
m
4
m
m
4
= ⇔ ( 3
)2
(
) 1
( 2 2
)
3 2
0,25 Vậy giá trị m cần tìm là − + m a) Ta có )2 2 (2 điểm) Suy ra 0,25
188
= . 3
2 x 1
2 x+ 2
3 m = thì 2
Vậy 0,25
,x y nguyên dương, ta có
2
2
2
−
+
=
−
+
−
+
2
x
8
x
62
x
y
x
6
x
5
y
(
) 1
)
b) Với
2
( −
+
=
−
−
x
y
x
3
4
2
56
=
x
) 56.
( ) 3
0,25
−
= + − nên ta phải phân tích số 56 thành tích
x
y
2
3,
y
x
( y )( 2 (
) + − y )
) )( − y 1 ) − + 1
0,25
=
=
0,25
( ⇔ − y ( ⇔ − x Nhận thấy ( của ba số nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại 56 1.7.8 7.1.8. Xét các trường hợp xảy ra, ta được nghiệm nguyên dương của phương trình là ) ( ) ( 2;9 , 8;3 .
2
2
=
+
=
+
>
0,25
2
x
3
x
+ ( 2 u
v> 0,
0)
2
+
=
+ =
v
x > − . Đặt u 5 = x v 10 2( 2
x
2 12, x x 5 ) ( + + 5) 2 u v
− −
= ⇔ − − = (vì
u
v> 0,
> ). 0
⇔ + ( u v u v )(
2) 0
2 0
u v
. 0,25 a) ĐK: 2 ⇒ − u
2
2
+
+
=
+
3
x
+ + 2 2
x
2
2
x
2
0,25
x
x 12 + = + 3 x
2
5 + x 3 + > 3 0
x
2
⇔
⇔
2
2
> − 3 2 +
− =
+
+
=
+
x
x
7
6
1 0
x
x
x
2 2
3
2
3
(
)
)
Do đó ⇔
x
⇔
=
x
=
⇔
x
= − 1 1 7
2 2 x ( x x
> − 3 = − 1 1 7
0,25
= −
x
1,
x
1 = . 7
2
2
+
y
4
(1)
3 (2 điểm) Vậy phương trình có hai nghiệm là 0,25
2
5
+
−
−
=
x
y
2 x y
4
2
y
= )( 16
x (
b) Ta có
2
2
2
2
2
2
+
+
−
−
+
=
x
y
x
y
2 x y
x
y
xy
52 y
0,25
(2) )
(
)
) xy ) (
5
5
= ⇔ = .
Thay (1) vào (2) ta được: (
⇔ + x
y
x
y
0,25
y
⇔ = = ±
x
y
2
y= vào (1) ta được
=
2
x
52 y = x 2
−
−
0,25 . Thay x
2;
2
) ( 2; 2 ,
) a) Hình vẽ đúng
4 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (
. 0,25
0,25
4 (3 điểm) 0,5 ⊥ ⇒ Ta có BD AC 090 = BDC
189
⊥ ⇒ AB 090 = BEC
T
là hai đỉnh kề nhau cùng 0,25 CE ,D E⇒
B
E
nhìn BC (không đổi) dưới một góc 090 . Suy ra BCDE là tứ giác nội tiếp đường tròn.
H
A
K
O
D
M
C
= (2 góc nội tiếp cùng chắn cung 0,25
.
.
.
= TB TC TD TE
0,25 nên tam giác TBD đồng dạng với tam giác TEC b) Vì BCDE là tứ giác nội tiếp nên BCE BDE EB ) Xét tam giác TBD và tam giác TEC có ETB chung, BCE BDE =
2
+
=
+
0,25
TB TB BC
.
TD TE .
⇔ = TB
− TD TE TB BC
.
.
)
(
. )O và gọi K là trung điểm của BC .
nên 0,25
0,25 ⇒ ⇒ . BH MC / / ; CH MB / / ⊥ BH AC ⊥ MC AC
TB TE ⇒ = ⇔ TD TC = Mà TC TB BC c) Kẻ đường kính AM của ( Ta có
=
⊥ CH AB ⊥ MB AB
OK 2
AH
( ) 1
R
3
2
2
=
−
=
Suy ra tứ giác BHCM là hình bình hành nên K là trung điểm của HM . Tam giác AHM có OK là đường trung bình nên
= BC R
3
⇒ = BK
OK
OB
BK
( ) 2
R 2
2
2
2
2
2
=
=
AH
R
2
2
2
∀
≤
x y ,
2
x
y
x
y
,
mà , 0,25
y= .
)
(
2
2
2
2
; Đẳng thức xảy ra khi x Từ (1) và (2) suy ra AH R= (không đổi). + AD DH Tam giác AHD vuông tại D nên ) Áp dụng BĐT, (
(
)
+ )
0,25 ⇒ ≤ = + AD DH 2 + AD DH 2 R
+ ( 2
⇒ + ≤ AD DH R
) ( = + 1 khi HD AD=
2
≤ + + . + AH AD HD R R 2 R 0,25 + . 2 ) 2 R
2
2
2
2
2
−
≥ ⇔ +
≥
+
+
≥
+
2(
y
x
)
0
3
y
6
x
y
2 + ⇔ x
xy
4
3
2
y
x
y
4
2
x
(
y= . )2
)
Chu vi của tam giác AHD là Vậy chu vi của tam giác AHD lớn nhất bằng ( 1 Với hai số dương x, y ta có 2( x ) 0 0,25 y− 2 Ta có 5 (1 điểm) ≥ , đẳng thức xảy ra khi x (
+
≥
190
4 +
1 x
1 y
x
y
2
2
+
+
+
y
x
2
y
x
y
2
2
+
≥
⇔
≥
=
và .
y
x
2
xy
2 y
x 2 xy
2 3
3
1 3
1 + x
2
2
+
z
22 y
x
22 z
≥
≥
Do đó (1)
( ) 3
( ) 2 ,
2 z
yz
+ zx
2 x
1 + z
1 3
1 3
1 + y
Cộng (1), (2) và (3) theo vế ta được
2
2
2
2
2
2
+
+
y
x
z
y
2
2
x
z
2
+
+
≥
+
+
3
xy
+ zx
1 x
1 z
≥
+
Tương tự 0,25
x y z > ta có , 0
,
yz 4 +
1 y 4 +
1 x
1 y
x
1 ; y y
1 + ≥ z
1 ; z z
1 + ≥ x
x
z
Với
+
+
+
≥
+
≥
+
0,25
2
4
4.2020
4040
1 +
1 +
1 +
x
1 x
1 y
1 z
z
x
y
y
z
1 y
1 + ≥ z
1 x
4 + y
= = =
Nên hay
x
y
z
3 4040
Suy ra , đẳng thức xảy ra khi P ≥ 4040 3 . Vậy GTNN của P
= = =
x
y
z
0,25 . cần tìm là 4040 3 , khi
3 4040 ------HẾT------
191
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP
NĂM HỌC 2020 - 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC
Khóa ngày 16/7/2020
Đề số 31
Môn: TOÁN (CHUNG)
SBD:………….. Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề có 01 trang gồm 5 câu
=
+
+
MÃ ĐỀ 001
x
x≥ 0,
≠ ). 9
P
2 x − 9 x
3
3
3 − x
3 + x
(với Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức:
a) Rút gọn biểu thức P.
P = − .
+
−
b) Tìm các giá trị của x để
3
x
2
n
1 2 ( − = y m
)
( ) 5 1
,m n là tham số).
Câu 2 (1,5 điểm). Cho hàm số: có đồ thị là đường thẳng d (với
a) Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên .
,m n để đường thẳng d đi qua hai điểm
)1;2A (
( B −
)2;4
2
2
−
+
b) Tìm và .
x
2
m
+ x m
3 0
− = (2) (với m là tham số).
(
) 1
Câu 3 (2,0 điểm). Cho phương trình:
1m = .
a) Giải phương trình (2) với
, x x thỏa mãn: 1
2
+
−
2
> . 5
2 x 1
2 x 2
x x 1 2
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (2) có hai nghiệm
,x y thỏa mãn
x
y+ ≤ .
1
=
+
⋅
Câu 4 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
Q
2
2
3 xy
x
y
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
AH H BC∈
A AB AC>
1 + (
)
) ( . )1O đường kính BH cắt )2O đường kính HC cắt AC tại K ( K khác
có đường cao
Câu 5 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông ở Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A , vẽ nửa đường tròn ( AB tại I ( I khác B ) và nửa đường tròn ( C ) . Chứng minh rằng:
)1O và (
)2O .
a) Tứ giác AKHI là hình chữ nhật. b) Tứ giác BIKC là tứ giác nội tiếp. c) IK là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (
...........................HẾT..........................
192
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP
NĂM HỌC 2020 -2021
Khóa ngày 16/7/2020
Môn: TOÁN (CHUNG)
(Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang)
MÃ ĐỀ: 001; 003
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận
logic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng.
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước sau có
liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi câu được phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm là 0,5 điểm thì tùy tổ
giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Đối với Câu 5, học sinh vẽ hình để làm được câu a thì cho 0,5 điểm, học sinh không vẽ hình thì
cho điểm 0. Trường hợp học sinh có vẽ hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì điểm 0 ở ý đó.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm từng câu.
* Học sinh giải nhầm mã đề câu nào thì không chấm điểm câu đó.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu.
=
+
+
Câu Nội dung Điểm
x
x≥ 0,
≠ ). 9
P
2 x − x 9
3 − x
3
3 + x
3
Cho biểu thức: (với
2,0 điểm 1 a) Rút gọn biểu thức P.
P = − .
1 2
=
+
+
b) Tìm các giá trị của x để
P
2 x − x 9
3 − x
3
3 + x
3
+
−
3
3
3
3
=
+
+
Ta có:
+
−
( +
) −
( +
) −
x
3
x
3
x
x
3
3
x
x
3
3
x 2 )(
(
)
(
x )(
(
)
x )(
)
a 0,25
193
2
3
9
x
x
=
Câu Nội dung Điểm
x +
x
3
3
x
− )
+ (
+ + 9 3 )( −
x
=
2 x +
−
x
x
3
0,25
)
+ 6 )(
(
+
2
3
x
=
=
0,25
x −
+
3
2 x
3 ( 3
) − 3
x
x
(
)
x )(
0,25
= −
≠ thì:
P
x
x≥ 0,
9
x −
1 = − ⇔ 2
1 2
2 x
3
0,25 Với .
⇔
= −
4
x
x
+ . 3
⇔ = ⇔ =
b 0,25
5
3
x
x
9 25
(thỏa mãn) 0,25
x =
1 P = − 2
9 25
−
+
−
Vậy thì 0,25
3
x
2
n
( = y m
)
( ) 5 1
,m n là tham số).
Cho hàm số: có đồ thị là đường thẳng d (với
2 1,5 điểm a) Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên .
,m n để đường thẳng d đi qua hai điểm
)1;2A (
( B −
)2;4
b) Tìm và
m
− > ⇔ > 3
3 0
m
0,5
=
− ⇔ +
=
m
2
3 2
n
m n
5
2
10
)1;2A (
( ) *
a Để hàm số (1) đồng biến trên thì − + Vì thuộc d nên
=
−
0,25
4
m
2
n
− 5
( B −
)2;4
(
=
⇔ − 2
+ m n
2
**
3
) ( ) − + 3 . 2 ) (
Vì thuộc d nên 0,25
+
=
⇔
b
+
=
m − 2 m
n 2 n 2
10 3
= m = n
7 3 23 6
2
2
−
+
Từ (*) và (**) ta có 0,5
x
2
m
+ x m
3 0
− = (2) (với m là tham số).
(
Cho phương trình:
) 1 1m = .
3 2,0 điểm a) Giải phương trình (2) với
, x x thỏa mãn:
1
2
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (2) có hai nghiệm
194
+
−
2
> . 5
2 x 1
2 x 2
x x 1 2
− =
Câu Nội dung Điểm
2 4 x−
x
( ) 2 0 3
Với 0,25
' 6 0
1m = ta có phương trình ∆ = > nên phương trình ( )3 có hai nghiệm phân biệt
Vì 0,25 a
x
= + 2
6;
x
= − 2
6
1
2
0,25
∆ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ − ⋅ 4 0
' 0
m
m
2
2
+
=
+
m
2
Phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi: 0,25
2 2
−
3
x x 1 2 x x m . = 1 2
+
−
−
Theo hệ thức Vi-ét ta có: 0,25
− >
x
x
2
x x
5
x
x
4
x x
5 0
( > ⇔ +
)2
2 1
2 2
1 2
1
2
1 2
2
2
−
−
m
2
4
m
3
− > 5 0
( ⇔ + 2
)
(
)
Khi đó: 0,25
> ⇔ > −
⇔ + m 8
11 0
m
11 8
b 0,25 (thỏa mãn)
m > −
, x x thỏa mãn:
1
2
+
−
11 8 > 5
2
2 x 1
2 x 2
x x 1 2
Vậy với thì phương trình (2) có hai nghiệm 0,25
,x y thỏa mãn
x
y+ ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
Cho các số thực dương
=
+
⋅
Q
2
2
1 +
x
y
3 xy
4 1,0 điểm biểu thức
,a b là các số thực dương ta chứng minh được:
( ) 1
1 a
1 + ≥ b
4 + a b
⇔
≥
Với
1 + ≥ b
4 + a b
1 a 2
≥ ⇔ −
+ a b 4 + ab a b 2 ≥ luôn đúng
0
)
(
)
ab
a b
⇔ + (
2
+
x
y
4 a b Dấu bằng xảy ra khi a b= (
)
≤
≥
Thật vậy: 0,25
y= .
xy
( ) 2 2
1 ≤ ⇒ 4
1 xy 2
4
Ta có: Dấu bằng xảy ra khi x
=
+
=
+
+
Q
2
2
2
2
1 +
1 +
x
y
x
y
1 xy 2
5 xy 2
3 xy
≥
+
≥ +
=
0,25
Q
2.5 4 10 14
2
4 +
(
x
y
)
Áp dụng (1) và (2) vào Q ta được: 0,25
195
y
2
= ⇔ = =
Câu Nội dung Điểm
2
.
xy
x
y
1 2
Dấu bằng xảy ra khi
1
= x 2 + x y + = x y
x
y= = .
0,25
Vậy GTNN của Q là 14 khi
1 2 A AB AC>
AH H BC∈
)
có đường cao
( ) . )1O đường )2O đường kính
5 3,5 điểm
( Cho tam giác ABC vuông ở Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A , vẽ nửa đường tròn ( kính BH cắt AB tại I ( I khác B ) và nửa đường tròn ( HC cắt AC tại K ( K khác C ) . Chứng minh rằng: a) Tứ giác AKHI là hình chữ nhật. b) Tứ giác BIKC là tứ giác nội tiếp. c) IK là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (
)1O và (
)2O .
A
I
O
K
C
O1
O2
B
H
Hình vẽ
0,5
)1O )
=
Ta có: 090 BIH = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( 0,25
0
( vì hai góc kề bù) (1)
=
= ⇒ 90
HKC
90
a 0,25 (2) 090 AIH⇒ Tương tự 0 HKA
IAK =
0,25 (3)
0,25 Vì tam giác ABC vuông tại A nên 090 Từ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác AKHI là hình chữ nhật
Vì tứ giác AKHI là hình chữ nhật nên nội tiếp được trong một đường tròn
⇒
IHA IKA =
0,25 (góc nội tiếp chắn cung IA ) (4)
196
Câu Nội dung Điểm
)1O
⇒
IBH IHA =
b Theo giả thiết AH BC⊥ 0,25
=
(cùng chắn cung IH của đường tròn ( nên AH là tiếp tuyến của đường tròn ( )1O ) (5)
=
(6) 0,25
IKA IKC+
=
IBH IKC+
(hai góc kề bù) (7) Từ (4) và (5) suy ra IBH IKA Ta cũng có 0 180
0,25 là tứ giác nội tiếp Từ (6) và (7) suy ra 0 180 BIKC⇒
Gọi O là giao điểm của IK và AH
OIH⇒ ∆
⇒
OIH OHI =
⇒
Tứ giác AIHK là hình chữ nhật là tam giác cân tại O 0,25
1
1
0
Tam giác
=
=
90
1
1
0 O IK 1
1O = O IH O HI 1O IH cân tại Mà 0 suy ra + + OHI O HI 90 O IH OIH Do đó IK là tiếp tuyến của nửa đường tròn (
= ⇒ 90 )1O
O KI =
0,25 c
2
)2O
nên IK là tiếp tuyến của nửa 0,25
)1O và (
)2O
0,25 Chứng minh tương tự ta cũng có 0 90 đường tròn ( Vậy IK là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (
………………………………………………..
197
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP
NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC
Khóa ngày 16/7/2020
Môn: TOÁN (CHUYÊN) Đề số 32
SBD:………….. Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
+
−
−
−
x
2
x
x
3
x
x
2
=
−
+
Đề có 01 trang gồm 5 câu
P
+
−
−
−
−
−
x
1
x
x
2
x
x
2
x
2
:
Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức:
a) Rút gọn biểu thức P .
P ≤ .
1 7
b) Chứng minh
2
2
+
+
+
Câu 2 (2,0 điểm).
x
12
+ = 5
x 3
x
5
2
2
−
−
−
+
x
m (
1)
x m m
− = 2
a) Giải phương trình .
( ) 0 1
3
3
1
2
=
+
b) Cho phương trình: (với m là tham số).
2
1
,x x là hai nghiệm của phương trình ( )1 , tìm m để Q
x x
x x
2
1
Gọi đạt
giá trị lớn nhất.
a b
c
3
3
3
=
−
+
−
+
−
. Câu 3 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực không âm thỏa mãn + + = 3
T
1
1
1
( a
)
( b
)
( c
)
n
.4
= M n
BCN∆
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của .
n + 3 Câu 4 (1,5 điểm). Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho chia hết cho 7. )O . Đường thẳng Câu 5 (3,5 điểm). Cho tam giác đều ABC cố định nội tiếp đường tròn ( d thay đổi nhưng luôn đi qua A và cắt cung nhỏ AB tại E (E không trùng với hai )O lần điểm A và B ). Đường thẳng d cắt hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn ( .N Gọi F là giao điểm của MC và BN . Chứng minh rằng: lượt tại M và đồng dạng với ∆BMA , ∆MBC đồng dạng với a) CAN∆ b) Bốn điểm B , M , E , F cùng nằm trên một đường tròn. c) Đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định khi đường thẳng d thay đổi. ............................Hết..........................
198
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP
NĂM HỌC 2020 - 2021
Khóa ngày 16/7/2020
Môn: TOÁN (CHUYÊN)
(Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang)
Yêu cầu chung
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận
logic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng.
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước sau có
liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi câu được phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm là 0,5 điểm thì tùy tổ
giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Đối với Câu 5, học sinh không vẽ hình thì cho điểm 0. Trường hợp học sinh có vẽ hình, nếu vẽ sai
ở ý nào thì điểm 0 ở ý đó.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm từng câu.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu.
+
−
−
−
x
2
x
x
3
x
x
2
−
+
=
Câu Nội dung Điểm
P
+
−
−
−
−
−
x
1
x
x
2
x
x
2
x
2
:
. Cho biểu thức:
1 2,0 a) Rút gọn biểu thức P .
P ≤ .
1 7
≠
b) Chứng minh
x
0,
x
4
+
−
−
−
−
−
+
+
x
2
x
x
x
3
x
x
2
x
1
2
ĐKXĐ : ≥ . 0,25
)
)
(
(
(
=
P
:
+
−
+
−
x
1
x
2
x
1
x
2
0,25
a
)
)
)(
(
) )(
)( (
− − +
+
−
+
+
x
x
4
x
x
3
x
2
x
2
=
:
+
−
+
−
x
1
x
2
x
1
x
2
0,25
)
)
)(
(
)(
(
199
+
−
x
x
1
2
−
x
1
Câu Nội dung Điểm
)
)(
(
=
.
+
+
x
x
2
+
−
x
1
x
2
)
(
)(
−
x
1
=
+
+
x
x
2
≥
≠
x
0,
x
4
. 0,25
( ) *
Với
−
−
x
x
1
1
≤ ⇔ −
≥
0,25
P
0
1 ≤ ⇔ 7
1 7
1 7
+
+
+
+
x
x
2
x
x
2
+
+ −
+
−
+
x
x
2 7
x
7
x
6
x
9
≥
⇔
≥ ⇔ 0
0
Ta có
+
+
x
x
2
+
+
7
x
x
2
0,25
)
(
−
x
3
b
)2
(
⇔
≥
0
+
+
x
x
2
0,25
9
x = .
≥
≠
Bất đẳng thức cuối luôn đúng với mọi x thỏa mãn điều kiện ( )* Dấu bằng xảy ra khi
x
0,
x
4
P ≤ với mọi
( ) *
1 7
2
2
+
+
+
x
12
+ = 5
5
x 3
x
0,25 Vậy
2
2
−
−
−
+
x m m
− = 2
m (
x
a) Giải phương trình sau:
b) Cho phương trình (với m là tham
1
2
3
3
1
2
=
+
Q
2 2,0 số). Gọi ( ) 0 1 1) ,x x là hai nghiệm của phương trình ( )1 , tìm m để
x x
x x
2
1
2
2
2
2
+
+
+ ⇔ +
đạt giá trị lớn nhất.
x
+ = 12 5 3
x
x
5
x
− = 12 4 3
x
− + 6
x
+ − 5 3
2
2
−
−
4
4
⇔
=
−
+
3
2
x
(
)
0,25 Ta có:
x 2
x 2
+
+ +
+ 12 4
5 3
x
x
+
+
2
2
x
−
−
=
2
3
0
( ⇔ − x
)
0,25 a
2
x 2
+
+ +
+ 12 4
5 3
x
x
0,25
200
= x
+
+
2 x
2
2
−
− =
3 0
2
x 2
+
+ +
x
x
+ 12 4
5 3
⇔
2
2
+
−
Câu Nội dung Điểm
x
12
x
+ = 5
3
x
x
5 0
+
+
2
x
2
Từ phương trình đã cho ta có:
− < ∀ >
−
3 0,
x
x 2
2
5 − > ⇒ > 3 5 3
+ +
+
x
5 3
x
0,25 Dễ dàng chứng minh được :
+ 12 4 2x = .
−
+
= −
− +
= −
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
(
ac
2 m m
+ − = − 2
(
2 m m
2)
< ∀ 0,
m
21 ) 2
7 4
Xét m
< ∀0Q
m
⇒ phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu ⇒ Q xác định và
3
3
3
3
1
2
1
2
1
2
=
+
=
+
,
0,25
Q
x x
x x
x x
x x
x x
x x
2
1
2
1
2
1
Ta có: (Do cùng dấu)
2≥Q
0,25 Suy ra (theo Cô si)
⇒
< 0Q
⇒ ≤ − Q
2
≥ Q 2 ≤ − Q 2
3
3
2
3
3
2
1
+
= − ⇔ +
=
Q
= − ⇔ 2
2
x
x
0
1
2
(
)
x x
x x
b (do )
2
1
⇔ + x
x
m
m
0
1
0
= ⇔ − = ⇔ = 1
1
2
3
3
1
2
=
+
0,25
Q
= 1m
x x
x x
2
1
Vậy thì đạt giá trị lớn nhất. 0,25
a b
c
. Cho , ,a b c là các số thực không âm thỏa mãn + + = 3
3
3
3
=
−
+
−
+
−
T
1
1
1
( a
)
( b
)
( c
)
2
3
3
2
−
=
−
+
+
−
−
1
− = 1
− ≥ 1
a
3 a
3 a
a
a
1 (1)
3 1,0 Tìm giá trị nhỏ nhất của .
)
3 2
3 4
3 4
a a
Ta có : ( a 0,25
a ≥ )
0
(do
−
≥
−
−
≥
−
1
b
1 (2)
1
c
1 (3)
)3
)3
3 4
3 4
0,25 Tương tự: ( b ; ( c
201
≥
+ +
Câu Nội dung Điểm
T
c
− = 3
3
( a b
)
3 4
9 4
3 − = − 4
Từ (1), (2) và (3) suy ra
=
=
a
0,
b
= = c
b
0,
a
= = c
3 2
3 2
0,25 Dấu “=” xảy ra khi hoặc
c
0,
a
= = b
3 2
=
=
− khi
. hoặc =
a
0,
b
= = c
b
0,
a
= = c
3 2
3 2
3 4
hoặc Vậy GTNN của T bằng
=
0,25
c
0,
a
= = b
3 2
n
+
hoặc .
= M n
.4
n 3
k
2
k
2
k
=
+
=
+
−
−
Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho 4 1,5 chia hết cho 7 .
n
= M k
2 .4
2 3
k (2
1).4
k (16
k 9 )
∈ *
( k k 2
−
Với thì 0,25
k (16
) 24 k không chia hết cho 7 nên
k 9 ) 7
− ⇒ =
−
∈
M
7
k 2
k 2
t 7
n
1
t 7
1
t
⇔ + ⇒ = 1 7
*
(
)
+
+
m
⇒ = n
14
m
6
⇒ = t
m 2
1
Vì và 0,25
∈
(
)
Vì n chẵn nên t lẻ
=
+
n
14
m
6
m
∈
(
)
=
+
0,25 Thử lại, ta thấy thỏa mãn bài toán.
n
k 2
1
k
∈
(
)
+
+
+
+
+
2
k
1
k
1
2
k
1
2
k
1
k
1
=
+
+
=
+
+
M
k (2
1).4
2 3
k 2 .4
(4
2 3
)
+
+
1
2
k
1
k
1
+
Với thì 0,25
(4
2 3
+2 4 k
) 7
⇔
∈
+
M
7
⇒ = ⇒ = m n 7
k
14
m
m
1
k 2 7
Vì và
(
=
+
không chia hết cho 7 nên ) 0,25
n
14
m
1
m
∈
(
=
+
+
Thử lại, ta thấy thỏa mãn bài toán.
m
n
14
m
1
14
m
6
∈
) (
)
hoặc thì M chia hết cho 7. Vậy = n 0,25
.N Gọi F là giao điểm của MC và BN .
3,5 5
)O . Đường thẳng d Cho tam giác đều ABC cố định nội tiếp đường tròn ( thay đổi nhưng luôn đi qua A và cắt cung nhỏ AB tại E (E không trùng với hai điểm A và B ). Đường thẳng d cắt hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (
)O lần lượt tại M và
202
Nội dung Điểm Câu
đồng dạng với ∆BMA , ∆MBC đồng dạng với ∆BCN .
Chứng minh rằng: a) CAN∆ b) Bốn điểm B , M , E , F cùng nằm trên một đường tròn.
N
d
A
E
M
F
O
B
C
1
I
c) Đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định khi đường thẳng d thay đổi. Hình vẽ:
⊥AC OB (do OB là
)O ) và
Ta có
=
⊥BM OB ( vì BM là tiếp tuyến của ( đường cao của tam giác ABC ) ⇒ AC // BM BMA CAN ⇒
0,25
(hai góc đồng vị)
⇒
=
CN
0,25
⇒
a 0,25 (g.g). Chứng minh tương tự ta cũng có: AB // Suy ra CAN∆
Suy ra: 0,25
BAM CNA (hai góc đồng vị) ∽ BMA ∆ AB MB BC = BC CN
MB = AC NC
0
120
=
1 2
s® =
BAC
Mặt khác = MBC BCN 0,25
∆ Suy ra MBC
0
(c.g.c). 0,25 ∽ BCN∆
=
+
+
=
−
=
BFM BCM NBC BCM CMB
180
60
=
= BEM BCA
0,25 . Ta có 0 = MBC b 0,25 (do t/c góc ngoài của tứ giác nội tiếp). Mặt khác 060
203
Câu Nội dung Điểm
=
0,25 .
B M E F cùng nằm trên một đường tròn.
,
,
,
=
0,25 Suy ra 060 BFM BEM= Vì hai đỉnh kề E và F cùng nhìn cạnh BM dưới một góc bằng 600 nên bốn điểm
( ∆MBC ∽ ∆BCN )
) BMEF )
BEI
0,25
BEI
IBF . IBF (chứng minh trên) và
1I chung
∆
=2
.
IB
IE IF .
Gọi I là giao điểm EF với BC . Ta có IBF BMF BMF BEF (cùng chắn BF của đường tròn ( = BEF IBF hay = Suy ra = Xét ∆EBI và ∆BFI có = c 0,25
) ( BFI g g
( ) 1
IB IE ⇒ = ⇒ IB IF
∆
⇒
=2
IC
IE IF .
Suy ra ∆EBI ∽
( ECI g g .
)
( ) 2
2
2
⇒ =
=
IC
IB
IB IC ⇒ I là trung điểm của BC
0,25 Chứng minh tương tự ta có ∆CFI ∽
0,25
Từ ( )1 và ( )2 suy ra Mà BC cố định nên I cố định. Vậy EF luôn đi qua điểm cố định là I .
………………………………………
204
ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN TỈNH KIÊN GIANG
Đề số 33
NĂM HỌC 2020 – 2021
x
x
x
−
+
2
1
3
A
x
x
=
+
+
≥
≠
(
0,
1)
THỜI GIAN: 150 phút
x
x
x
x
−
+
+
−
1
2
2
Bài 1. (2 điểm) Cho biểu thức
.A
a) Rút gọn biểu thức
5 2
2
x mx n
+
;m n sao cho phương trình
+ = có 0
b) Hãy so sánh giá trị biểu thức A với .
)
+
nx m +
x
−
−
22 x
2
= − , đồng thời phương trình
= 0
Bài 2. (1 điểm) Tìm tất cả các cặp số thực (
1
2
x 1
2
,x x thỏa mãn ( 1
)( 1
)
x
−
−
2
2
hai nghiệm
3
4
x 1
2
,x x thỏa mãn (
)(
)
3 = . 2
có hai nghiệm
x
x
x
− −
2 2 +
1 2
2
2a
;a b sao cho ab là ước của
b+ .
Bài 3. (1 điểm). Giải phương trình
− + = 1 0 )
ABC =
Bài 4.
x (1 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( (1,5 điểm) Cho hình thoi ABCD cạnh a , có 0 120
Bài 5.
,AB AD , tương ứng lấy các điểm
EOF =
. Gọi O là giao điểm của ,E F không hai đường chéo AC và BD . Trên các cạnh
.BE DF
trùng với các đỉnh của hình thoi đã cho, sao cho 060 . Hãy tính tích
.a
AB AC≤
theo
)
. Lấy điểm P nằm trong tam giác sao Bài 6.
,A bán kính AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ,M N ( M khác phía với C đối với đường thẳng AB ). Đường
. Đường tròn tâm
,AB AC lần lượt tại
,K L .
(2,5 điểm) Cho tam giác ABC ( AP AB< cho ABC tại hai điểm phân biệt thẳng MN cắt các cạnh
1
APL . abc = . Chứng minh rằng
a) Chứng minh rằng tứ giác BLKC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh tam giác ABP đồng dạng với tam giác
2
+
+
≥
+
a b (
+ + 1)
b c (
+ + 1)
c a (
1)
a + 1 2 2 c a
b + 1 2 2 a b
c + 1 2 2 b c
Bài 7. (1 điểm) Cho ,a b c là các số thực thỏa mãn , 2 2
x
x
x
−
+
2
1
3
A
x
x
=
+
+
≥
≠
(
0,
1)
HƯỚNG DẪN GIẢI
x
x
x
x
−
+
+
−
1
2
2
.A
Bài 1. (2 điểm) Cho biểu thức
a) Rút gọn biểu thức
205
5 2
b) Hãy so sánh giá trị biểu thức A với .
Lời giải
Đây là bài rút gọn rất cơ bản, cũng là bài dễ nhất trong đề. Dạng toán rút gọn
x
x
x
−
+
2
1
3
A
=
+
+
này, học sinh đã được luyện tập nhiều.
x
x
x
x
−
+
+
−
1
2
2
x
x
+
)
x
x
x
x
x
−
+
+
−
2
2
1
+ + 1
3
)
x − 2 )(
2 )
a)
)( − 1 )(
A
=
x
x
−
+
1
2
)
x = + ( )(
(
x
x
−
+
1 2
5
x
x
x
x
x
x − + − +
+
−
+
1 3
4
2
3
5
2
5
=
=
=
=
x
+
2
x
x
x
x
x
x
−
+
−
+
−
+
1
2
1
2
1
2
(
)(
)
(
)(
( (
)
)( )(
) )
x
x
+
−
2
A
≤
0
Ta có ( (
5 − = 2
5 5 − = 2
x
x
+
+
2
2
b)
5 A ≤ 2
Vậy
a= , để biểu thức rút gọn nhìn gọn gàng hơn.
x
a
=
≥
a a ,
0,
Ta có thể dùng phép đổi biến x
≠ 1
A
=
+
+
2
a a
a a
− +
+ +
2 1
1 2
a 3 a + −
2
2
x mx n
+
;m n sao cho phương trình
+ = có 0
Đặt
Bài 2.
a (1 điểm) Tìm tất cả các cặp số thực (
)
+
nx m +
x
−
−
22 x
2
= − , đồng thời phương trình
= 0
2
1
x 1
2
,x x thỏa mãn ( 1
)( 1
)
x
−
−
2
2
hai nghiệm
3
4
x 1
2
,x x thỏa mãn (
)(
)
3 = . 2
có hai nghiệm
Lời giải
2
Trước hết, tôi trình bày cách giải quen thuộc, mà đa phần học sinh sẽ nghĩ tới.
2
m
x
= −
n
2 =
m n − ≥ 4 0 (*) Hai phương trình có nghiệm khi và chỉ khi n m − ≥ 8 0 ∆ = 1 ∆ = 2
=
x
3
4
− n 2
=
x x . 3
4
+ x 1 x x 1 2 + x
m 2
Theo Viet ta có
x
x
−
−
= −
−
+
+
= −
2
2
x 1
2
x 1
2
x x 1 2
)( 1
)
(
)
⇔
.
206
x
x
−
−
=
+
+
=
2
2
− 4 2
x 1
2
x 1
2
x x 1 2
)(
)
(
)
( 1 (
1
3 2
3 2
m n
m
+ = −
= −
1
⇔
⇔
⇔
.
Vậy
n
3 = −
m n +
= −
5
2
2
=
n + +
4
m 2
1; 2
;
) ( m n = − − .
)
(thỏa điều kiện (*)
+ + = − m n 1 2 3 2 Vậy ( Mặc dù, đây là bài toán quen thuộc nhưng được phát biểu ở dạng không quen
x
−
−
x
−
−
2
2
= , tác giả
x 1
2
x 1
2
)( 1
)
= − và ( 2
)(
)
3 2
thuộc. Ý hay của bài toán là biểu thức ( 1
lựa chọn có chủ đích rõ ràng để ứng dụng sự phân tích nhân tử của đa thức khi xác
định nghiệm của nó. Mặc dù là biểu thức đơn giản, nhưng lại là một kĩ năng rất
quan trọng trong đa thức.
2
2
x mx n
x
x
x
=
+ =
+
−
−
f x ( )
,x x nên 1 2
x 1
2
(
)(
)
x
f
=
−
−
(1) 1
m n = + +
x 1
2
+ = có hai nghiệm )
0 )( 1
2
+
g x
x
x
x
x
x
+
nx m +
=
−
−
x mx n + Suy ra ( 1 22 x
= ( ) 2
2
,x x nên 3 4
3
4
(
)(
)
g
x
−
=
−
2
= + (1) 8 2
Cách 2.
m n +
x 1
2
= có hai nghiệm )
0 )(
Suy ra
nx m + ( 2 2 Dựa trên ý tưởng
này, có thể làm khó hơn rất nhiều bài toán, khi cho đa
thức bậc lớn hơn một chút, khi đó việc sử dụng định lý Viet để tính toán sẽ gặp rất
2
bx
x
+
1
+ , với b là số thực. Tìm số nghiệm nguyên của bất phương
f
x+
f x ( )
nhiều khó khăn. Ví dụ như bài thi HSGQG của Bulgari năm 2019 dưới đây
< ” 0
f x = ( ) )
x
x
x
x
− −
2 2 +
1 2
2
trình “Gọi (
− + = 1 0
Câu 3. Giải phương trình
Lời giải
Công việc đầu tiên của giải phương trình thường là ta dự đoán nghiệm. Với
khoảng điều kiện bé như bài này, học sinh có thể xác định bằng cách thử và thấy ngay
1x = .
x
x
x
=
2
2 ;2x
2
1x = thì
− và
nghiệm
x− là hai cụm của hằng đẳng thức
Quan sát, khi
đáng nhớ. Do đó, ta có thể thử gom thành hằng đẳng thức, và có lời giải như sau
1x≥ ≥
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
− −
− + = ⇔ −
− + −
+
− +
−
2
1 2
2
1 0
2
2
2
1 2
1
= 0
)
(
)
2
x
x
x
⇔
−
−
+
−
=
1
x − + 1
2
1
0
(
( )
(
)
Điều kiện 2
207
x − ≥ 1 0
1x ≥ , nên
x − ≥ 1 0 2 Do .
(
)2
x x − − ≥ 1 0
x − = 1 0
x ⇔ − = x ⇔ = 2 1 0 1. Suy ra, phương trình
(
)2
S =
x x − − = 1 0
{ }1
Vậy phương trình có tập nghiệm là .
1x = , ta có thể tách như sau
Một trong những phương pháp hay sử dụng là phương pháp lượng liên lợp.
Bài toán này, sau khi thử được nghiệm
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
− −
− + =
⇔
−
+
−
− − +
2
1 2
2
1 0
2
2
2
1
2
1
− = 0
(
) 1
(
)
Cách 2:
( x ⇔ −
)2 1
x − 1 x x + + − = 2 1 0 x − + 2 1
(
)3 1
x x
−
2
1
x
−
+
+ >
1 0
1 0
x⇔ − = (vì
1x ≥ nên
x x − 2 1 x x ⇔ − − + + = 1 0 x − + 2 1 1
(
)3 1
x − +
2
1
2a
;a b sao cho ab là ước của
b+ .
)
Bài 4.
x⇔ = 1. (1 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (
)
2
ab a
b+ (1)
2
ab a
Lời giải
b+ và
2a a , suy ra a b .
b
=
ka k (
Vì
∈ )
2
2 ka a
ak+
Suy ra
a k
Từ (1) suy ra, , suy ra ka a k+
k= .
k a
2 2k
k hay 2k
Suy ra, , suy ra a
. Suy ra,
k b
1
4
= = k a 1 b ka = =
= = a 2 ka = =
Vậy hoặc
Thử lại, ta thấy cả hai cặp số đều thỏa mãn.
208
Trong bài toán này, học sinh rất hay quên thử lại. Học sinh nào biết thử lại, là
logic rất tốt.
1
abc = . Chứng minh rằng
có tư duy
2
+
+
≥
a b (
+ + 1)
b c (
+ + 1)
c a (
+ 1)
a + 1 2 2 c a
b + 1 2 2 a b
c + 1 2 2 b c
Bài 7. (1 điểm) Cho ,a b c là các số thực thỏa mãn , 2 2
Lời giải
2
2
2
Suy nghĩ cách tự nhiên, ta tách như sau
+ + ≥ + a b ( + + 1) b c ( + + 1) c a ( 1)
ab bc ca a b c + + + + ≥ + + + + + (*) a + 1 2 2 c a 1 ⇔ + 2 c b + 1 2 2 a b 1 2 2 a c c + 1 2 2 b c 1 2 a 1 2 2 a b 1 2 b 1 2 2 b c
b = = = bc ; ab ;
abc = nên 1
Do
2
2
2
2 2 a b
2 2 c a
2 2 b c
b
a
c
ab bc ca
a b c + +
+
+
+
≥
+
+
+
+
+
(**)
)
(
(
)
(
)
a = = = b ; c ; 1 c 1 ca 1 a 1 ab
2 2 b c
2 2 c a
a b c
+
≥ + +
1 ac 1 bc ) (*) trở thành, ( Tới đây, ta có thể nghĩ đến việc so sánh tương ứng từng cụm.
2 2 a b 2
+ 2
2
a
b
c
ab bc ca
+
+
≥
+
+
Nếu nhìn tương ứng , ta có thể xuất phát từ BĐT rất
2
2
2
x
y
z
xy
yz
xy
+
+
≥
+
+
quen thuộc sau
,x y z ta được ,
2
2
2
b
a
≥
+
abc a b c
a b c
+ 2 2 a b
c + 2 2 b c
+
=
+ +
= + +
+
+
+
≥
)( ac bc
)
(
)( ab bc
)
(
)
ab bc ca + )( ( 2 2 ab bc c a
)
( Từ đây ta có (**) đúng. (đpcm)
với mọi Áp dụng BĐT quen thuộc
2 2 b c
2 2 c a
ab bc ca
+
≥
+
+
Cách 2:
2 2 a b 2
+ 2
2
a
b
c
a b c
+
+
≥ + +
2
2
y
z
y
x
z
+
+
1
, ta có thể xuất phát từ BĐT Nếu nhìn tương ứng
≥ + + (*) với các số thực
,x y z thỏa ,
xyz = ”
2
2
2
2
2
2
x
y
z
x
y
z
+
−
−
+
−
+
+
+
−
3
≥ 0
“ 2 x
) 1
(
) 1
(
)
2
2
2
2
2
x
y
z
2 2 2 x y z
+
+
≥
x
y
z
+
+
33
3
Thật vậy, ( ) ( 1
= , suy ra
2 3 0 − ≥
Theo BĐT Côsi, ta có
Vậy ta đã chứng minh (*)
ab bc ca
2 2 2 a b c
=
1
= , được ngay
)(
)
2
2
2
2 2 b c
2 2 a b
ab bc ca
2 2 c a
a
b
c
+
a b c + +
+
+
≥
+
+
+
+
+
)( (
)
(
)
(
ABC =
209
EOF =
Bài 5. hai đường Áp dụng BĐT này ta với chú ý ( ( ) ) (1,5 điểm) Cho hình thoi ABCD cạnh a , có 0 120 ,AB AD , tương ứng lấy các điểm chéo AC và BD . Trên các cạnh
đỉnh của hình thoi đã cho, sao cho 060 . Gọi O là giao điểm của ,E F không .BE DF . Hãy tính tích
trùng với các .a theo
Lời giải
Mặc dù đây là bài toán được đánh giá là dễ, nhưng lại được phát biểu ở dạng
hình mà học sinh của tỉnh rất ít làm.
B
E
A
O
C
F
D
ABD
ABC
=
=
1 2
=
=
=
BD AB a ABO ADO ;
0 60
0
0
0
0
FDO FOD OFD FOD
=
EOF FOD −
−
=
−
−
=
−
−
=
180
180
60
180
= Suy ra Ta có, EOB
nên tam giác ABD là tam giác đều. Do tam giác ABC cân và 0 60
060 FDO EBO = = EOB OFD =
Suy ra tam giác EBO và OFD đồng dạng do ta có
EB OB = OD FD
2
2
=
=
EB FD OB OD =
.
.
.
Suy ra
BD 4
AB AC≤
Hay
)
. Lấy điểm P nằm trong tam giác sao Bài 6.
,A bán kính AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
. Đường tròn tâm
a 4 (2,5 điểm) Cho tam giác ABC ( AP AB< cho ABC tại hai điểm phân biệt thẳng MN cắt
,M N ( M khác phía với C đối với đường thẳng AB ). Đường ,AB AC lần lượt tại
,K L .
các cạnh
APL .
a) Chứng minh rằng tứ giác BLKC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh tam giác ABP đồng dạng với tam giác
Lời giải
Bài toán hoàn toàn có thể phát triển thành các bài toán khó hơn rất nhiều. Nhưng với mức độ học lực của tỉnh nhà, thì dừng ở mức độ này là rất hợp lý. Bài này kiểm tra đầy đủ các kĩ năng cần kiểm tra đối với học sinh.
=
=
210
s
nên sd AnM sd AsN = a) Do AM AN AP
N
sd AnM sd NmC NKC +
=
sd AsN sd NmC +
=
A
)
)
(
(
1 2
1 2
K
n
=
sd AmC ABC =
m
1 2
L
M
=
Vậy LBC NKC nên tứ giác BLKC nội tiếp.
B
C
=
. b)
s
=
N
suy ra MBA AMN sd AnM sd AsN = ; MBA AML Ta có MAB MAL = Suy ra, hai tam giác AML và ABM đồng dạng.
A
K
n
AM AL = AM AB
m
Suy ra,
L
=
, suy ra . Mà AM AP=
M
AP AB
AL AP
P
nên tam giác ABP
B
C
= APL . Mặt khác ta có, LAP BAP dạng với tam giác đồng
211
LONG AN ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (CHUYÊN) Ngày thi: 17/7/2020 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
−
+
2(
=
−
+
≥
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020-2021 (Đề thi có 01 trang) Đề số 34
x
x 0;
≠ 9
P
−
− +
x −
3 x
x x
3 x
x
x x + 1)(
3)
3) 1
3
(
với Câu 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức
.P
a) Rút gọn biểu thức
= −
b) Tìm x để P là số nguyên.
y
3
x
+ có đồ thị (
)d .
3 4
)d .
)d với trục tung Oy ; B là giao điểm của (
− −
=
)d với trục hoành Ox . )d . 2m ≠ .
2 m m x m
4
8
2
x
Câu 2 (1,5 điểm) Cho hàm số:
)
a) Vẽ đồ thị ( b) Gọi A là giao điểm của ( Tính chu vi tam giác OAB và khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng( ( + với m là tham số, Câu 3 (1,0 điểm) Cho phương trình:
Tìm tất cả giá trị của m để phương trình trên có nghiệm nhỏ hơn 2− .
)O có AB là đường kính. Vẽ đường kính CD không )O cắt các đường thẳng BC và BD lần
.AF
Câu 4 (2,5 điểm) Cho đường tròn (
trùng với AB . Tiếp tuyến tại A của đường tròn ( lượt tại E và F. Gọi Q là trung điểm của đoạn thẳng
2
≥
+ EB EC FB FD
CD 2
.
.
.
a) Chứng minh: ACBD là hình chữ nhật. b) Chứng minh: QO song song BF và BQC là tam giác cân.
24
23
c) Chứng minh: Câu 5 (1,0 điểm) Cho đa giác đều 24 cạnh A A . Có tất cả bao nhiêu tam giác vuông ....
2
2
A A 1 2 nhưng không phải là tam giác vuông cân được tạo thành từ các đỉnh của đa giác trên?
≥
≥
2 a +
,
a b c sao cho: ,
;
c
a
b
0;
≥ và 5
≤ + Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực . 12 b 2 c 9
− + M ab ca
+ c 2 . Gọi + c a 8 3 2 nhọn có AB AC<
EOG∆ .
và
không phụ thuộc vào vị trí điểm và diện tích EOG∆
3 2 − = Tìm giá trị lớn nhất của 5. Câu 7 (1,0 điểm) Cho ABC∆ ,O H G lần lượt là tâm đường tròn , ngoại tiếp, trực tâm, trọng tâm của tam giác trên. Gọi E là điểm tùy ý sao cho luôn tạo thành EHG∆ Chứng minh: Tỉ số diện tích EHG∆ .E
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:…………………………...
212
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.
2
NỘI DUNG CÂU ĐIỂM
− −
−
+
+
x x
3)(
x
1)
=
P
− +
−
x x
( x
3 2( (
3) 1)(
x 3)
Câu 1a
(1,0 điểm) 0,25
+
−
−
24
=
P
8 +
x −
x
3 x
x x (
x 1)(
3)
0,25
=
P
− x + x
x x
( (
3)( 1)(
+ 8) − 3)
0,25
2
2
0,25 = P x x + 8 + 1
+
−
P
32
−
=
P
P> 0,
x
∈ và
P 2
P 4 4
Câu 1b 0,25 . Ta có
2
−
+
P
4
P
8
(
)
−
=
(1,0 điểm)
x
P 2
)( 4
Suy ra
(
)
P
P≥ 4,
∈ và
)( 2
≥
≥
8
P
4,
P
∈
0,25 − + P 4 P 8 − = Suy ra . x P 2
0,25
2
2
213
(
)(
)
(
)(
)
P
P> 8,
∈
− − + + − + P P P P P P 4 8 4 8 = = x x ; 2 2
2
0,25
(
)(
)
+ − + P P 4 P 8 = x 2
)d
Câu 2a 0,25 Tìm đúng tọa độ hai điểm thuộc (
)d
y
A
H
2
B
x
O
2
1
4
=
(0,5 điểm) 0,25 Vẽ đúng đồ thị (
A
B
OA
3,
OB
= 4
(
)0;3
(
)4;0
Câu 2b 0,25 Tọa độ các giao điểm: ; ;
2
2
=
=
+
=
AB
2 + OA OB
2 3
4
5
+
+
= + + =
(1,0 điểm) 0,25
OA OB AB
3 4 5 12
0,25 Chu vi tam giác OAB :
0,25 Vẽ OH vuông góc với AB tại H .
=
=
OH , ta có:
OH
. OA OB AB
12 5
3
2
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác OAB vuông tại O có đường cao
− −
=
+
2 m m x m
2
8
x
m
4
8
= x m
2
m
m
4
2
x
= 1
( + ⇔ −
)
)
( + ⇔ −
)
(
Câu 3 0,25
2
+
+
m
2
m
+ = 4
m
+ > ) 3 0
(
)2 1
(1,0 điểm) (vì
=
x
1 −
m
2
0,25 Phương trình có nghiệm
=
<
x
< − ⇔ 2
0
1 −
m
2
− m 3 2 − 2 m
0,25
m<
< 2
3 2
0,25 Kết luận
214
Câu 4a
B
D
O
C
E
F
A
Q
(0,75 điểm)
0,25 = = ACB ADB Vì AB là đường kính nên 090
0,25 = = CAD CBD Vì CD là đường kính nên 090
0,25 Suy ra ACBD là hình chữ nhật
Vì O là trung điểm AB , Q là trung điểm AF nên QO là đường Câu 4b 0,25
trung bình tam giác ABF (1,0 điểm)
BF
Suy ra: QO song song BF 0,25
Vì QO song song BF ;BC nên QO BC 0,25
Vì QO BC nên QO đi qua trung điểm BC (tính chất đường
BQC
kính và dây cung)
có QO vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên là 0,25
2
tam giác cân
= =
EA 2 FA
EB EC . FB FD .
Câu 4c 0,25
2
2
=
+
+
Tam giác BEA vuông tại A và có đường cao AC nên Tam giác BFA vuông tại A và có đường cao AD nên (0,75 điểm)
EB EC FB FD EA
.
.
FA
2
2
2
2
Suy ra
2
≥
+ ≥ = = 0,25 EA FA 2 EA FA EA FA AB . ; . CD
+ EB EC FB FD
.
.
CD 2
.
0,25 Kết luận
23
24
Đa giác đều Câu 5 0,25 .... A A sẽ nội tiếp đường tròn tâm O và A A 1 2
2
24
,...., A A A A , 1 13 14 A A là 12 đường kính của đường tròn trên. 12
215
Từ đường kính (1,0 điểm) 0,25
1 13
1 13A A ta có 22 tam giác vuông: A A A A A A , 1 13 12 14
1 13
24
,..., ,..., A A A A A A , 1 13 2 3 A A A 1 13
1 13
7
Trong 22 tam giác vuông trên thì có 2 tam giác cân là 0,25 A A A A A A , 1 13 19
0,25
+
−
8
a
3
Tương tự cho các đường kính khác, tổng cộng ta có 240 tam giác thỏa đề bài.
+
≤
−
=
−
≤
8
ab
a
2
a 3
b 2
3
(
)
( c a
)
+ + c a 2
b 2 2
Câu 6 0,25 ;
4
5
−
≤
2
c
− = 5
c
4
5
(
)
+ − c 2
(1,0 điểm)
M a b c
≤ + + + 2
2
0,25 Suy ra:
2 1 + 2
2 81 + 18
2
2
2
0,25 a b 4 c ≤ ≤ ≤ Ta có: ; ; a b c + 4
+ + ≤ + + + ≤ Suy ra: a b c 6 12 a 2 b 4 c 18
14M ≤
=
=
Suy ra :
a
1,
b
2,
c
= ) 9
0,25 Giá trị lớn nhất của M là 14 (Khi
A
Câu 7
H
G
B
F
O
C
D
( 1,0 điểm)
216
0,25 Vẽ đường kính AD .
CH song song BD vì cùng vuông góc AB .
Ta có BH song song DC vì cùng vuông góc AC ;
Suy ra: BHCD là hình bình hành
0,25 Gọi F là trung điểm AC
Vì OF là đường trung bình của tam giác ADC và BHCD là hình
OF =
BH 2
bình hành nên OF song song BH ;
=
2; = HBG OFG
BG BH = FG FO
=
GH FOG . Suy ra : 2; = HGB OGF GO
0,25 Vì nên tam giác BHG đồng dạng tam giác
,O H G thẳng hàng (vì 0 180
,
0,25 = ) và + HGB OGB
GH
EHG
Suy ra ba điểm GO= 2
2
S S
EOG
Suy ra
-------HẾT-------
217
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2020 – 2021 TỈNH ĐỒNG THÁP
MÔN: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 24/07/2020 ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi gồm có 01 trang)
=
−
A
:
Đề số 35
1 +
3 x
x − 1
1 − x
x
x
1
Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức .
A x− = .
3
1. Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A .
2. Tìm tất cả các giá trị của x thỏa 2
4
Câu 2. (2,0 điểm)
x
22 x−
− = . 3 0
1. Giải phương trình
2
2
+ − x y y + = 1 2 2 1 2. Giải hệ phương trình . + = x y 34 + x
2
=
≠
ax
a
0
Câu 3. (2,0 điểm)
) P y :
(
)
)P đi
1. Giải phương trình ( . Tìm giá trị của a biết rằng (
2;12
( M −
)
qua điểm .
d y :
x= + với trục hoành Ox .
8
2. Tính số đo góc tạo bởi đường thẳng
Câu 4. (1,0 điểm) Bốn nửa hình tròn có bán kính bằng 2cm
tiếp xúc ngoài với nhau, được đặt trong một hình vuông
như hình vẽ. Tính diện tích hình vuông.
R≠ 2
;
) ( O R BC
)
. Điểm A di chuyển trên cung lớn BC sao Câu 5. (2,0 điểm) Cho BC là một dây cung của đường tròn (
cho tâm O luôn nằm trong ∆ABC . Các đường cao AD , BE , CF của tam giác ∆ABC đồng quy tại H .
= 2
AH
1. Chứng minh ∆AEF đồng dạng với ∆ABC .
′A ,
′ OA
′
. R AA
2. Gọi
1A lần lượt là trung điểm của BC , EF . Chứng minh rằng ′ . AA OA .
=1
.
+
+
=
R EF FD DE
và
(
)
∆
2S ABC
3. Chứng minh , từ đó suy ra vị trí của điểm A để
+ + tổng EF FD DE đạt giá trị lớn nhất.
----------HẾT----------
Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:……………………
218
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2020 – 2021 TỈNH ĐỒNG THÁP
MÔN: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 24/07/2020 HƯỚNG DẪN CHẤM
(Đề thi gồm có 04 trang)
I. Hướng dẫn chung
1. Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng, chính xác,
chặt chẽ thì cho đủ số điểm của câu đó.
2. Việc chi tiết hóa ( nếu có ) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không
làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm.
II. Đáp án và thang điểm
Câu 1. (2,0 điểm)
NỘI DUNG Điểm
1
1
:
=
−
A
x 1 −
3 x
1
−
+
x
x
x
1.0 Cho biểu thức .
0
1x
1. Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A .
0,25 Điều kiện: < ≠
3
1
1
=
−
+
A
x
x
(
)
− 1
x −
x
1
1
−
+
x
x
(
+ x )(
)
0,25
+
x
x
(
(
)
.
.
1
+
=
x
x
(
)
1
−
+
x
x
3 (
) 1 − − )( 1
1 )
0,25
2
2
−
x
.
2
=
=
x
x
1
−
x
2
3
− =
A x
0,25
1.0 2. Tìm tất cả các giá trị của x thỏa .
4
3
x
− = x
A x
0,25
0
=
−
−
x
x
)
2 (
3 − = ⇔ )( 3 1
9
0,25
⇔
1
( ) l
= x = x
0,25
0,25 Vậy = 9 x là giá trị cần tìm.
Câu 2. (2,0 điểm)
NỘI DUNG Điểm
4
219
22 x
3 0 − − = 1.0 x 1. Giải phương trình (1).
t
2 2
0,25 Đặt = 2 t x , điều kiện ≥ 0
3
3 0 − = 0,25 t t (1) trở thành −
= t
1 = −
x
( ) l
⇔
0,25
3
3
3
x
t
2 Với = ⇔ = ⇔ = ± x
0,25
2
2
1 + =
+
−
x
y
y
2
2
34
+
=
x
y
( ) 1 1 ( ) 2
+ x
1;
0
≥
x
y
1.0 2. Giải hệ phương trình .
Điều kiện: ≥ − .
( ) ⇔ + − 1 x
1 2 2 = y y
(
) y
0,25 1 2 2 2 1 = 1 + + ⇔ + − x y y − − x x 1 − − x )(
( ⇔ − x
)( 1 1
)
3
0,25 2 2 0 2 1 + + 1 + + = ⇔ = − y x y x y
2
2
2
2
1
34
5
4
33 0
−
+
= ⇔ −
−
= ⇔
y
y
y
y
0,25
)
11 − 5
= y = y
x
Thay vào (2) ta được (
5
So với điều kiện ta được = 3y , suy ra = 5 . 0,25
3
= x = y
Hệ có nghiệm .
Câu 3. (2,0 điểm)
2
0
=
≠
a
Điểm
−2;12
M
. Tìm giá trị của a biết 1.0 NỘI DUNG ) (
)P đi qua điểm
) : P y (
ax )
2
. 1. Giải phương trình ( rằng (
2;12
−
12 ⇒ =
2 −
M
a
(
)
(
)
(
)P đi qua điểm
0,5
⇒ = 3a
8
: d y
= + x
0,5
Ox .
8
−8;0
: d y
= + x
A
2. Tính số đo góc tạo bởi đường thẳng với trục hoành 1.0
(
)
8
: d y
= + x
B
Đường thẳng cắt Ox tại . 0,25
(
)0;8
Đường thẳng cắt Oy tại . 0,25
0,25 Góc tạo bởi đường thẳng d và Ox là góc OAB
8
1
=
=
OAB
220
8
−
OB OA
8
: d y
= + x
Ta có = tan
°45 .
Góc tạo bởi đường thẳng với trục Ox bằng 0,25
Câu 4. (1,0 điểm)
NỘI DUNG Điểm
Bốn nửa hình tròn có bán kính bằng 2cm tiếp xúc ngoài với nhau, 1.0
0
2 − =
>
AC
, x x
được đặt trong một hình vuông như hình vẽ. Tính diện tích hình vuông.
Đặt . 0,25
2 2 3
= − + x
2
2
2
2
2
2
2
2
4
8 0
=
+
2 4 ⇔ =
+
+ ⇔ +
BC
AB
AC
x
x
x
(
)
2 2 3
= − −
x
( ) l
− = ⇔
0,25 Áp dụng Pitago trong ∆ABC :
) ( 2 2 3 cm .
0,25 = + − + Cạnh hình vuông là
(
) 2 cm
)
0,25 2 2 3 + = 16 8 3 + = S Diệnt tích hình vuông là 4 2 2 3 (
Câu 5. (2,0 điểm)
;
2
≠
NỘI DUNG Điểm
) ( O R BC
) R . Điểm A di
Cho BC là một dây cung của đường tròn (
chuyển trên cung lớn BC sao cho tâm O luôn nằm trong ∆ABC . Các đường cao AD , BE , CF của tam giác ∆ABC đồng quy tại H .
221
1.0 1. Chứng minh ∆AEF đồng dạng với ∆ABC .
=
AFE AHE ( cùng chắn AE )
0,25 Tứ giác AEHF nội tiếp ⇒
AHE BHD ( đối đỉnh )
0,25 Lại có =
= BHD ACB ( cùng phụ HBD ) ⇒ = AFE ACB
0,25
0,25 Suy ra ∆AEF đồng dạng với ∆ABC (g – g).
′A ,
1A lần lượt là trung điểm của BC , EF . Chứng minh rằng
′
= 2
. R AA
AH
′ OA và
′ . AA OA .
=1
/ /
1.0 2. Gọi
/ /KB CH ;
KC BH suy ra BHCK là hình bình hành. Do đó
′A là
Ta có 0,25
′OA là đường trung bình của ∆AHK .
= 2.
OH
trung điểm của KH . Nên
′ OA
0,25 Suy ra
0,25
′R lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC , ∆AEF ; 1AA là trung tuyến ∆AEF ;
Gọi R , ′AA là trung tuyến ∆ABC ;
2
′
⇒
=
=
=
′ . AA R
′ . AA
′ . AA
. R AA 1
AH 2
′ A O 2
R ⇒ = ′ R
′ AA AA 1
′ .
. R AA
Do ∆AEF đồng dạng với ∆ABC
′ AA A O . (1)
=1
.
+
+
=
0,25 Vậy
R EF FD DE
(
)
∆
2S ABC
1.0 3. Chứng minh , từ đó suy ra vị trí của
′ ⊥
+ + điểm A để tổng EF FD DE đạt giá trị lớn nhất.
′ ⊥
; Gọi 0,25
′C lần lượt là trung điểm của AC , AB . Ta có OB AC . Suy ra OA′ , OB′ , OC′ lần lượt là đường cao của các OBC∆
OC ∆
′B , AB ∆
,
OCA
. , OAB
=
+
+
=
+
+
′ .
′ .
S
S
S
S
′ . OA BC OB AC OC AB
)
(
∆
∆
∆
∆
ABC
OBC
OCA
OAB
1 2
⇔
=
+
+
222
2
S
′ . OA BC OB AC OC AB
′ .
′ .
(
)
∆
ABC
(2)
′ =
OA
. R
AA 1 ′ AA
=
OB
′ = . R
0,25 Theo (1) suy ra mà là tỷ số giữa hai tam giác đồng
1AA ′ AA 1AA ′ AA
EF BC
FD AC
′ = . OC R
ED AB
dạng ∆ABC và ∆AEF nên . Tương tự ;
=
+
+
=
+
+
S
R
BC
AC
AB
R EF FD DE
2
.
.
.
(
)
∆
ABC
EF BC
FD AC
ED AB
+
+
Thay vào (2) ta được 0,25
EF FD DE
)
S∆
ABC
0,25 đạt giá trị lớn nhất khi lớn Do R không đổi nên (
=
nhất.
S
. AD BC
∆
S∆
ABC
ABC
1 2
Ta có do BC không đổi nên lớn nhất khi AD lớn
nhất, mà AD lớn nhất khi A là điểm chính giữa của cung lớn BC .
---- Hết----
223
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021
Môn thi chuyên: TOÁN (Chuyên Tin) Ngày thi: 18/7/2020 Thời gian làm bài: 150 phút
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề chính thức Đề số 36
4
15
5
3
4
15 .
Bài 1. (2,0 điểm)
A
2
2019
2020
2021
0
x
x
1. Thu gọn biểu thức:
(với m là tham số). Tìm m để
m
2020
2020 .
x
x
x
2. Cho phương trình:
1
x 2
2 1
2 2
phương trình có 2 nghiệm ,x 1 x thỏa: 2
2
Bài 2. (2,5 điểm)
3 x
2 .
3
2
2 x y
.
5 1 2 x 1. Giải phương trình:
3
3
2
0
y
3 0 y x xy xy x
2020
3
2020
n
n
2. Giải hệ phương trình:
1
2018 .
ABC Gọi M là điểm bất kỳ trên đường chéo
Bài 3. (1,5 điểm) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn
,H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên
.BD Gọi ,AB AD và N là trung điểm của .HK Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BD chứa điểm A dựng tam giác
Bài 4. (3,0 điểm) 1. Cho hình thoi ABCD có 60 .
,
,
.
đoạn
BED Chứng minh 3 điểm
M N E thẳng hàng.
AB AC
đều
.O Đường phân
.A Gọi M là trung điểm của AD
.O Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM
nội tiếp trong đường tròn tâm
.
. BM BC
. BF BD
2. Cho tam giác ABC nhọn giác trong của BAC cắt đường tròn O tại D khác E là điểm đối xứng với D qua tâm và thẳng AC tại điểm F khác A . đường
.
EF
AC
a) Chứng minh
,
,
1.
x
y
z
b) Chứng minh
x y z là các số thực dương thỏa
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
Bài 5. (1,0 điểm) Cho
thức:
P yz z y z zx x x y z xy . x y
224
HƯỚNG DẪN GIẢI
4
15
5
3
4
15 .
Bài 1. (2.0 điểm)
A
2
2019
2020
2021
0
x
x
1. Thu gọn biểu thức:
(với m là tham số). Tìm m để
m
2020
2020 .
x
x
x
2. Cho phương trình:
1
x 2
2 1
2 2
2
2
phương trình có 2 nghiệm ,x 1 x thỏa: 2
8 A
2
2
2
2 2 2 15 5 3 8 2 15 5 3 5 3 5 3 1. Ta có
4. 5 3
2019.
0
. a c
nên phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu với mọi m
5 3 5 3
2021
2. Vì
2020
1
.
.
. x x 1
2
x m x 2 2021 2019
0
1
2
x
x
x
x
1
1
2
2
x
x
.
x
x
Khi đó phương trình có hai nghiệm ,x 1 x thỏa hệ thức Viet: 2
2
1
2020
2020
x
x
2 1
2 2
1 2020
2020
x
2 x
2 1
2 2
x x 1
x
x
YCBT
1
1
2
1 2020
2020
2 x
x
2 2
2 1
2020 0 2020; x m x m 0 Suy ra hoặc
0
1
nên không xảy ra không có giá trị
1
1
2
2
m .
2
0 0 x x x ● Với x VP
2
1
2
1
2
2 1
2 2
2
2020
2020
2020
x
x
0 0 2020 2020 x x x x x x x ● Với x , khi đó , suy ra 1
x x 1 2
2 1
2 2
2020
1
x x 1 2
2
VP 1 không có
2021 2019
m .
2020
m
x thỏa 1 không có giá trị ,x 1 Ta có VT 1
Vậy thỏa yêu cầu bài toán.
225
2
Bài 2. (2.5 điểm)
3 x
2 .
2
3
2 x y
1
5 1 2 x 1. Giải phương trình:
3
2
3
0
y
. 2
3 0 x xy y xy x
2
2
2
2
1
2. Giải hệ phương trình:
2
v
x
x
u
v
0 , suy ra
x .
1 u x 1 x . Đặt 0 và 1. Điều kiện:
2
2
2
2
2
1
2
1
4
5
0
0
u
x
v
x
x
x
x
2 v . v Ta được: 2 u 2 u u 5 uv v
3 vô nghiệm (do
23 ).
5
37
2
2
1
2
1
0
5
3
v
u
x
x
x
x
2 x
x
● Với
2
5
37
37 5 ;
.
S
● Với (thỏa).
2
2
Vậy tập nghiệm của phương trình là:
Cách khác: (Hỗ trợ của máy tính cầm tay)
2
4
3
2
2
2
1 Điều kiện: x . Bình phương hai vế của phương trình đã cho, ta được:
3 x
3
0 3
2
0
5
37
.
x
x 2
2
3
0
4 3 5 x 5 x x
5 1 2 4 2 25 16 0 9 4 5 x x x x x x x 5 x
2
2
2
2
.
x
x
y
x
y
x
y
0
0
3 x 2. Điều kiện
y
y x
2
0
x y 2 x y
2
Ta có 1
2 0
y , thay vào 2 ta được:
3 3 2 0 3 3 4 2 x x x x x x ● Với x
x
1
4
3
3,
3
0
x
1 1 x 0 1 0 3 2 x x 2 3 x x 4 x
0 , với mọi
x nên PT vô nghiệm.
1 2
3 3
x x
x
1. y
, nhận thấy VT Ta có 3
2
2
Do đó trong trường hợp này hệ phương trình có nghiệm là
3 2 0 0 x y y x ● Với 0 (vô lý). , thay vào 2 ta được:
;
226
x y
1;1 .
2020
3
2020
n
n
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:
1
2018 .
3
2
2
2018
2019
2019
n
n
n
n
Bài 3. (1.5 điểm) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn
n n
1
1
n n
2018
n n
1
là tích 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3 , 2019n chia hết cho 3 .
Ta có:
n n
1 n
1
3
● Vì
1
2020
2020
2020
2020
2018 3 n n Suy ra .
1 chia 3 dư 2 .
2020
● Ta có 2020 chia 3 dư 1 suy ra chia 3 dư 1 suy ra
2
2020
3
2020
n
n
2020 Do đó . 1 3
1
2018 ,
2020
3
2020
n
n
với mọi giá trị nguyên của n . Từ 1 và 2 suy ra
1
2018 .
ABC Gọi M là điểm bất kỳ trên đường chéo
Vậy không tồn tại số nguyên n thỏa mãn
,H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên
.BD Gọi ,AB AD và N là trung điểm của .HK Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BD chứa điểm A dựng tam giác
Bài 4. (3.0 điểm) 1. Cho hình thoi ABCD có 60 .
,
,
.
đoạn
BED Chứng minh 3 điểm
M N E thẳng hàng.
AB AC
đều
.O Đường phân
.A Gọi M là trung điểm của AD
nội tiếp trong đường tròn tâm
.O Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM
và
.
. BM BC
. BF BD
2. Cho tam giác ABC nhọn giác trong của BAC cắt đường tròn O tại D khác E là điểm đối xứng với D qua tâm thẳng AC tại điểm F khác A . đường
.
EF
AC
a) Chứng minh
b) Chứng minh
1. Gọi F là giao điểm MH và EB ; G là giao điểm của ED và MK .
● Nhận thấy BA , DA lần lượt là tia phân giác của các góc EBD và EDB , mà tam giác BDE là tam giác đều nên BA ED và DA BE .
EG
227
Do đó MF (cùng vuông với AB ) và MG EF (cùng vuông với AD ), suy ra tứ giác EFMG là hình bình hành.
● Gọi I là trung điểm của ME , suy ra I cũng là trung điểm của FG .
● Gọi P là giao điểm của HK và MI .
, theo định lí Talét suy ra: Vì HK FG
HP MP IF MI
PK IG
.
HP PK hay P là trung điểm
,
,
,
,M I E thẳng hàng
Lại có IG IF của HK . Do đó P N .
M N I thẳng hàng, mà ,
,
M N E thẳng hàng.
Do đó
nên
1
và BFM BAM . 2. a) Vì tứ giác ABMF nội tiếp, suy ra: MBF MAF
2
Vì ngũ giác ABDCE nội tiếp, suy ra: DBC DAC DEC và . BAD BCD
DBC
; MBF DBC
. BM BC
. BF BD
(góc – góc), do đó Từ 1 và 2 suy ra: BFM BCD , suy ra MBF
BM BF BC BD
BAD CAD BD CD BD CD
(đpcm).
. b) ● Vì
Ta có DE là đường kính của O nên
.
DE
BC
90 DAE
.
DIC
DCE
● Gọi I là trung điểm của BC , mà D là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên
CD ED CI EC
Khi đó
(cùng chắn cung AB ).
3
● Vì BDM BCF
BFC BMA BFA .
4
Ta có BMD
BFC
228
CD ED EC CI
, do đó: Từ 3 và 4 , suy ra BMD
.
DAE
CFE
. MD BD BC CF DA 2 CF CD 2 CI DA DE CE CF
DA DE CE CF
.
EF
AC
● Xét DAE và CFE , ta có: và ADE FCE nên
,
,
1.
x
y
z
Suy ra 90 CFE DAE hay
x y z là các số thực dương thỏa
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
Bài 5. (1.0 điểm) Cho
thức:
y
z
z
x
x
y
1
1
1
P
. P yz z y z zx x xy y x y z x
x
1 y
x y
y
y
x
z
x
z
z
.
y
y z
a
x
y
Ta có
1 z y x z z y 0; b y
x z 0; c z
1 x x 0. x
.
2
P
a
b
c
Đặt
và
ca b
ab c
2
2
2
2
P
c
P
a
b
CÔSI
Khi đó ta được:
2. 4
z bc a bc a
bc a
ca b
a
c
a
b
Ta có
và
" xảy ra khi
2 c
. b
ca b bc a
ab c ab c
ab c ca b
a
b
c
x
y
y
y
x
x
z
z
z
Dấu "
2 suy ra 3
2 . 3
2 3 1 3
x
y
Với
z .
1 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 khi
229
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề chính thức Đề số 37 Môn thi chuyên: TOÁN (Chuyên Toán) Ngày thi: 18/7/2020 Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1 (2,0 điểm)
= − − 1. Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức P − − + + − − + x 3 + x x x x x x x 4 2 7 3 1 3 3 1
−
nhận giá trị nguyên.
= . Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm
22 x
3
+ x m 2
0
−
= 1
2. Cho phương trình:
2
1 x 1
1 x 2
,x x khác 0 thỏa phân biệt 1
4
2
=
Bài 2 (2,5 điểm)
2
x 2 x
− x + 3 x
+ 1 − x
1 2
+
x
+ − y
3
x
2
y
= − 1
1. Giải phương trình:
+ = −
x
y
y
x
2. Giải hệ phương trình
2
2
Bài 3 (1,5 điểm)
+ là một số chính phương. p 3 + pq q Tìm tất cả các số nguyên tố p và q sao cho
Bài 4 (3,0 điểm)
)O . Gọi M là
>
+
BAC < 1. Cho tam giác ABC cân tại A (với 60 ° ) nội tiếp đường tròn (
.
AB AC<
)
nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi D là điểm bất kì trên cung nhỏ BC . Chứng minh rằng MA MB MC 2. Cho tam giác ABC nhọn (
trung điểm cạnh BC và E, F tương ứmg là hình chiếu vuông góc của D lên AC và AB.
Đường thẳng EF cắt các đường thẳng AO và BC theo thứ tựu tại M và N.
a) Chứng minh tứ giác AMDN nội tiếp.
b) Gọi K là giao điểm của AB và ED, L là giao điểm của AC và FD, H là trung
điểm của KL và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh
HI
EF⊥
.
2
2
(
x
)
=
+
Bài 5 (1,0 điểm)
A
,x y là 2 số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
+ +
x ( 2 x
y ) 2 y
+ y xy
Cho
230
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 (2,0 điểm)
= − − 1. Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức P − − + + − − + x 3 + x x x x x x x 4 2 7 3 1 3 3 1
−
nhận giá trị nguyên.
= . Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm
22 x
3
+ x m 2
0
−
= 1
2. Cho phương trình:
2
1 x 1
1 x 2
,x x khác 0 thỏa phân biệt 1
≥
Lời giải
x
0,
x
≠ 1
−
+
x
x
1. Điều kiện:
=
−
−
+ +
− −
1 3
3 1
x x
x x
−
+
3
x
x
) 7 )
( (
)( 1 3 )( 1
−
+
+
−
−
+
x
x
x
x
x
x
−
−
=
−
+
+
−
−
+
x
x
3
x
x
x
x
3
( (
)( 1 3 )( 1
) 7 )
( (
)( 1 )( 3
) 1 ) 1
( (
)( 3 )( 1
) 3 )
+
+
3
x
x
+
−
3
x
− − 7
x
x
9
4
+
+
(
)
x
4
=
=
=
=
+ −
) − − 1 −
+
+
3 −
1 1
x x
+
−
1
x
x
x
3
x
x
x
( ) 3
(
x )(
) 1
) ) 1
( (
)( 1 )( 3
= − − Ta có P − − + + − − + x 3 + x x x x x x x 4 2 7 3 1 3 3 1
x ( − + 1 2 − 1
x = = + 1 x 2 − x 1
x ∈
( ) { 2
} 2; 1;1; 2
{ } 0; 4;9
−
= −
= − − . Suy ra x U− ∈ 1 Để P nhận giá trị nguyên thì
3
4.2.2
m
9 16
m
( ∆ = −
)2
∆ >
<
m
⇔
2. Ta có .
2
0 ≠
m
2
0
9 16 0
≠ m
+
=
x 1
x 2
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt (*) ,x x khác không thì 1
3 2
=
.
x x m 1 2
2
2
2
Theo hệ thức Vi-et ta có
−
(
x 1
=
−
⇔
=
−
⇔
=
1
1
1
1 x 1
1 x 2
1 x 1
1 x 2
x 2 x x 1 2
) x x 1 2
+ x 1 x x 1 2 ⇔ Ta có = 1 x 2 ( − 4 2 )
231
= m
2
2 = ⇔
+
− = ⇔
4
4
16
9 0
m m
m
m
2
9 ⇔ − 4
1 2 = − m
9 2
m
− 4 m 9 4 ⇔ (thỏa mãn điều kiện (*)). = 1 m
1 m= ; 2
9 = − 2
Vậy
4
2
=
Bài 2 (2,5 điểm)
2
x 3 x
− x + 3 x
+ 1 − x
1 2
+
x
+ − y
3
x
2
y
= − 1
1. Giải phương trình:
+ = −
x
y
y
x
2. Giải hệ phương trình
2
Lời giải
3 3 +
x
x
− ≠ 0
x
4
2
4
2
3
2
⇔
−
+
=
+
−
=
1. Điều kiện
x
x
3
x
x
( 2 x
) 1
2
x 3 x
− x + 3 x
+ 1 − x
1 2
4
3
2
−
+ + =
⇔ − 2 x
x
5
x
2 0
x
2
2
⇔
+
+
−
− =
⇔ − − + + x
2
5
x
= 0
2
x
x
5 0
1 x
2 2 x
1 2 x
1 x
2
2
2
+
+
t
= − ⇒ = x
t
x
2 − ⇔ + = t
2
2
x
Ta có
1 2 x
1 2 x
1 x
= − 1
t
2
+
Đặt
⇔ + − = ⇔ t
1 0
t 2
2
+ − = 5 0
t
( 22 t
)
= t
1 2
1
5
2 − = − ⇔ − − = ⇔
Ta được phương trình
t = − thì 1
x
x
x
1 0
1
1 x
1
5
= x = x
+ 2 − 2
17
2
2
= ⇔ + − = ⇔
Với
x
x
x
x
x
2 2
2 0
2
1 x
1 − = ⇔ − 2
1 t = thì 2
− + 1 4 − − 1
17
= x = x
4
1
5
14
=
=
Với
x
;
x
± 2
− ± 1 4
Vậy phương trình có nghiệm
+
+ + =
+
+ + + + =
+
x
+ − y
3
x
2
y
= − 1
x
1
y
3
x
2
y
2
x
1
y
x
y
3
x
2
y
232
+ = −
+ = −
+ = −
x
y
y
x
x
y
y
x
x
y
y
x
⇔
⇒
=
−
2. Ta có
=
−
y
4
x
1
y
4
x
1
2
x
+ = y
2
x
+ − y
1
(
+ = −
− =
−
) + = −
x
y
y
x
+ = −
5
x
1 3
x
1
− = 2 y x 2 x + − y 1
x
y
y
x
⇒
⇒
⇒
y y x x ⇒
=
=
1,
y
3
x
− 1
2
= −
,
y
⇒ = x
2 9
1 9
− = − y x y 1 1 ⇒ = 2 4 − 1 + = 4 x − = − + x x 11 2 0 1 9 x x 6 x 1 ⇒ 9 ⇒ 5
−
2 9 x= y 4 = x = x
;
)1;3 là nghiệm,
2 9
1 9
không phải là nghiệm. Thử lại ta thấy (
)1;3
Vậy hẹ phương trình có nghiệm (
2
2
Bài 3 (1,5 điểm)
2
2
2
2
2
+ là một số chính phương. p 3 + pq q Tìm tất cả các số nguyên tố p và q sao cho
=
− −
+ +
+ = + Giả sử . Suy ra p 3 + pq q a ( + p q ) Lời giải = pq a
pq
(
a
p q a )(
p q
)
+ + > − − . a
p q
p q
Do đó: và a
,p q là số nguyên tố nên ta chỉ xét 2 trường hợp sau:
Nhận thấy vì
a
p q
1
− − = và a
+ + = p q
pq
=
TH1:
1a
= + + và a p q
pq
− − p q
+ + =
−
−
−
−
− − suy ra
= suy ra
Suy ra
pq
p q
pq
2
p
2
q
− = suy ra (
1 0
p
2)(
q
2) 5
(
p q = , )
(3, 7), (7,3)
Kết hợp suy ra 1 p q
a
+ + = p q
q
a
− − = p q
p
( )1
( )2
TH2: Nếu (trường hợp bằng p tương tự) . Khi đó
= (vô lý)
q
p+ 3
0
Kết hợp (1) và (2) ta có
p q = , )
(3, 7), (7,3)
Vậy chỉ có (
Bài 4 (3,0 điểm)
)O . Gọi M là
+
>
BAC < 1. Cho tam giác ABC cân tại A (với 60 ° ) nội tiếp đường tròn (
. điểm bất kì trên cung nhỏ BC . Chứng minh rằng MA MB MC
233
AB AC<
)
nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi D là 2. Cho tam giác ABC nhọn (
trung điểm cạnh BC và E, F tương ứmg là hình chiếu vuông góc của D lên AC và AB.
Đường thẳng EF cắt các đường thẳng AO và BC theo thứ tự tại M và N.
a) Chứng minh tứ giác AMDN nội tiếp.
b) Gọi K là giao điểm của AB và ED, L là giao điểm của AC và FD, H là trung
điểm của KL và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh
HI
EF⊥
.
Lời giải
A
H
C'
B'
C
B
M
=
′ . Trên MA lấy H sao cho MH MB′
đều, . Tam giác MB H′ 1. Dựng tam giác đều AB C′
∆
= ∆
AH MC′ = .
′ AB H
′ ′ C B M
( c.g.c )
′
′
′ ′ = = nên suy ra suy ra 60 HB M′ ° , do đó AB H C B M ′
′
+
>
>
′⇒
= Do đó MA MB MC
> B M BM
,
+
> Suy ra MA MB MC
′ ⇒ C M CM C AM CAM > . Ta có B AM BAM ′
2.
A
I
O
E
F
M
C
D
N
B
L
H
K
a) Dễ thấy DFAE nội tiếp
0
=
234
− 0 ABC DAE 90
)
°
=
−
= + − − ( − 90 ABC DAE E OAE MAD DA =
)
°
= = = − ABC ADE MND FNB = ABC NFB − ABC AFE − ( − ABC 90 DAE
⇒
AMDN
= = + nội tiếp − ABC DAE 90 MAD
=
=
b) Dễ thấy D là trục tâm tam giác AKL Tam giác KEL vuông tại E, H là trung điễm cạnh
=
huyền KL nên HEK HKE . Mà HKE DAE (cùng phụ ALK )
. Do đó HE là tiếp tuyến của đường tròn (I). Suy ra HEK DAE
EF⊥
Chứng minh tương tự HF cũng là tiếp tuyến của (I) Suy ra HI
2
2
(
x
)
=
+
Bài 5 (1,0 điểm)
A
,x y là 2 số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
+ +
( x 2 x
) y 2 y
+ y xy
2
2
2
2
2
2
x
xy
2
xy
x
(
x
)
x
y
=
+
=
+
Cho
A
= + 1
+ + 2
2 2
2
y 2 +
+ +
+ x
+ y
x ( 2 x
y ) 2 y
+ y xy
xy 2 2 + y
x
+ xy
2
2
2
2
x
x
+
= + 1
+ + 2
2
xy 2 2 + y
x
+ y 2 xy
+ y 2 xy
2
2
2
2
x
x
+
≥
=
Ta có Lời giải 2 2 + + y xy
2
.
2
y= )
2
2
2 xy 2 + y
x
+ y 2 xy
2 xy 2 + y
x
+ y 2 x y
2
2
x
≥
Ta có (dấu bằng xảy ra khi x
1
= (dấu bằng xảy ra khi x
y= )
+ y 2 xy
2 2
xy xy
Ta có
1 2 2 1 6
A ≥ + + + = (dấu bằng xảy ra khi x
y= )
Do đó
x
y= .
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 6 khi
235
ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN LẠNG SƠN 2020 – 2021
THẦY NGUYỄN TIẾN TUẤN – THPT CHUYÊN CHU VĂN AN
Đề số 39
3
Câu 2: (2 điểm)
+ = . a) Giải phương trình x − + 3 x 4 3
Giải
3x ≥ .
3
=
−
=
ĐK:
u
x
3;
v
x
+ ⇒ ≥ . u
0
4
Cách 1: Đặt
2
3
)2
2
3
2
2
−
+
−
= ⇔ −
v + = 3 ⇔ Ta có hệ phương trình: . − = − − = v u 7 v 3 v 7 = − 3 ( u v 3 u
v
v+ + = vô nghiệm.
8 0
3v ≤ và
v
v
6
v
16 0
v
2
+ + v
8
= ⇔ = vì v
2
0
v
(
)(
)
3
Ta có:
−
x
4
3
+ −
+
=
x
x
4 2
= ⇔ 0
0
(
)
Với v = ⇒ + = ⇔ = . 4 2 2 4 x x
) − − + 3 1
2
3
3
− x 4 − + x 3 1
+
+
+ +
x
x
4
2
4 4
(
)
1
+
= ⇔ =
Cách 2: Ta có (
x
4
0
4
( ⇔ − x
)
3
3
x
1 − + 3 1
+
+
+ +
x
x
4
2
4 4
(
)2
3
3
3
.
,
(
)
x y z thỏa mãn ( ,
)
(
)
2021
2021
2021
− + − + − b) Cho các số thực = . Tính tổng x y y z z x 0
(
)
(
)
(
)
= − + − + − . S x y y z z x
=
−
=
−
=
−
Giải
+ + = .
a
x
y b ;
y
z c ;
z
x
a b c
0
3
3
3
2
2
2
+
+
−
=
+ +
+
+
−
−
−
Đặt khi đó ta có
a
b
c
abc 3
b
c
ab bc ca
= 0
(
)( a b c a
)
3
3
+
=
⇒
Mặt khác, ta có:
3 ⇒ + a
b
c
abc 3
abc 3
0
0 0 0
= a = ⇔ = b = c
.
a
= ⇒ = − . c
b
0
,a b c như nhau nên ta chỉ cần xét một trường hợp
,
2021
2021
2021
2021
2021
=
+
+
=
−
Do vai trò của
S
a
b
c
b
b
= . 0
Khi đó
236
Câu 3:
+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
x y z là các số thực dương thỏa mãn ,
,
x
1
y
z
a) Cho
thức
= + P 1 36 x 1 y 9 1 + . z
2
1
1
=
+
+
≥
+
+
=
Giải
P
x
+ + y
z
x
.
y
.
z
.
(
)
1 36
x
1 y 9
1 z
9 4
6
x
3
y
1 z
= x
Ta có .
= mà
x
y
y
z
min
= 3x
y
z
+ + = ⇒ = 1
9 P = khi 6 4
1 9 2 9 2 3
= z
Vậy .
+ + = . Chứng minh rằng
a b c
3
,a b c là các số thực dương thỏa mãn
,
3
3
3
+
+
≥
b) Cho
+
+
+
+
+
+
a
b
b
c
c
a
3 4
(
) 1
a )( 1
(
) 1
(
) 1
c )( 1
b )( 1
.
3
a
1
b
1
+
+
≥
Giải
a
+
+
a
b
+ 8
+ 8
3 4
a )( 1
(
) 1
3
3
1
1
b
c
c
1
a
1
+
+
≥
+
+
≥
Ta có .
b
c
+
+
+
+
+ 8
3 4
+ 8
b
c
+ 8
3 4
+ 8
c
a
b )( 1
(
) 1
c )( 1
(
) 1
Tương tự: ; .
3
3
3
a b c
3
+
+
≥
+
+ + a b c
(
)
+
+
+
+
+
+
a
b
b
c
c
a
+ + + 4
3 4
a )( 1
(
) 1
b )( 1
(
) 1
(
) 1
c )( 1
3
3
3
⇔
+
+
≥
Cộng vế với vế của 3 BĐT trên ta có:
+
+
+
+
+
+
a
b
b
c
c
a
3 4
(
) 1
(
) 1
(
) 1
c )( 1
a )( 1
b )( 1
.
Câu 4:
1a − và
b +
2021
,a b là các số nguyên dương thỏa mãn
+ + chia hết cho 6 .
a) Cho đều chia hết cho 6 .
a b
Chứng minh 4a
Giải
a
a
− −
+
+
237
4
+ + = a b
4
4 2016
a
b
(
) − + 1
(
) 2021
a − chia hết cho 6 với mọi a nguyên dương.
Ta có: .
−
−
−
−
a
a
− 1
a
2
a
3
a
2
a
3
− =
+
+
Ta chỉ cần chứng minh 4 4
4
4
4
(
( 4 4 4
) − = 1
) ( − 4. 4 1 . 4
) + + = ... 1
( 12. 4
) + + ... 1 6
p
Ta có ⇒ đpcm.
p− 2
p
p
q
q
−
−
5
2
5
2
(
)
. b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p là ước của 5
)( pq
là một số nguyên. Tìm tất cả các số nguyên tố p và q sao cho
p
p
p
p
−
−
Giải
p
5
2
p = . 3
2
≡ − ≡ 5 2
p 3(mod )
3
q
q
−
−
−
Ta có: Nếu , suy ra , theo Fermat ta có 5
q 3
3 5
2
q 5
2
2
q
q = hoặc 3
(
)(
)
( q 39 5
)
Lúc này hay , tương tự như trên suy ra
q =
13
q
−
.
q * Nếu 5
q
2
q =
13
p = hoặc 3
p
p
−
q
5
2
, ta cũng được .
p q ≠ . , 3
p
−
p
q 5
2
≡
m nq+
1
, * Xét
q = nên tồn tại m, n sao cho 2
= hay 2
m
q 1(mod )
p
p
≡
≡
Do (2, ) 1
p∈ (5 ) {1, }
)
m
(2 ) m
1(mod ) q
qord m
qord m p − 1 (5 )
≡
, do đó và Suy ra (5.
m
q 1(mod )
qord m = , hay 5 (5 ) 1
≡
Nếu
m 2(5 )
5.2
≡ m
≡ 5(mod ) q
, do đó q = 3 (mâu thuẫn) Suy ra 2
p q − (*) 1
p= , suy ra
(5 ) qord m
q
≡
Vậy
q p − điều này mâu thuẫn với (*)
1
q Tương tự cũng từ 5
p 2 (mod )
, ta có
Vậy (p, q) = (3; 3), (3; 13) hoặc (13; 3).
)
,B C cố định trên đường tròn (
;O R . Trong )O , A di động trên cung lớn BC . Các tiếp tuyến với
Câu 5: Cho tam giác ABC không có góc tù, AB AC< , nội tiếp đường tròn (
)O tại D và E ( D thuộc cung nhỏ BC ), cắt BC tại F , cắt AC tại I .
đó )O tại B và C cắt nhau tại M . Từ M kẻ đường thẳng song song với AB , đường thẳng ( này cắt (
= FI FM FD FE
.
.
a) Chứng minh MBIC là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn và
.
238
IBC có diện tích lớn nhất.
b) Chứng minh 90 MIO = ° . Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác
)O tại P và Q ( P thuộc cung nhỏ AB ). Đường thẳng
,P T M thẳng hàng.
,
QF cắt (
)O tại T (T khác Q ). Chứng minh ba điểm
c) Đường thẳng OI cắt (
Giải
nên tứ giác MBIC nội
∆
a) Ta có = MIC BAC MBC tiếp đường tròn ( = )K .
FBD
∆
(g.g) nên
.
= FE FD FB FC
.
FC = ⇒ FD
∆
. Cách 1: Ta có: FEC FE FB
FBM
∆
⇒
(g.g) nên
= FI FM FB FC
.
.
. Tương tự: FIC FI FC = FB FM
= FI FM FD FE
.
.
Từ đó, ta có: .
Cách 2: Dùng phương tích, bản chất chính từ cách 1 ra để được tính chất của phương tích:
= FI FM FB FC
.
.
)K ).
Ta có: (phương tích đối với (
= FB FC FD FE
.
.
= FI FM FD FE
.
.
)O thì
nên . Xét đường tròn (
,
,
,
,
=
⇔
° . MIO = b) Vì MBIC nội tiếp và MBOC nội tiếp đường tròn đường kính MO nên 5 điểm M B O I C cùng thuộc đường tròn đường kính OM nên 90
;
.
;
d A BC ;
( BC d I BC
)
) d I BC lớn nhất
(
(
)
IBCS
IBCS
1 2
Ta có: ; lớn nhất khi lớn nhất. Khi
đó A nằm chính giữa cung lớn BC .
=
=
° .
90 ° ⇒ FTM FIQ
90
=
⇒ ⇒ ∆ c) Do mà = FB FC FT FQ . . = FT FQ FI FM . . FTM FIQ ∆ FT ⇒ = FI FM FQ
° nên 180
,P T M thẳng hàng.
,
= FTP QTP
° . Vậy PTM = Mặt khác 90
Câu 6. Bên trong hình chữ nhật có chiều dài 101cm và chiều rộng 20cm cho 10101 điểm.
Vẽ 10101 hình tròn có tâm lần lượt là 10101 điểm đã cho và bán kính đều bằng 2 cm. Hỏi có hay không 6 điểm thuộc vào phần chung của 6 hình tròn nhận chính 6 điểm ấy làm tâm? Tại sao?
=
×
239
2020
+ =
Chia hình chữ nhật thành các hình vuông đơn vị cạnh 1cm thì có tất cả 101 20
1 6
điểm nhất một hình vuông đơn vị có ít nhất hình vuông đơn vị. Khi đó, tồn tại ít 10101 2020
trong 10101 điểm đã cho. Xét hình tròn có tâm là 1 trong 6 điểm
2 cm) nên phần chung của 6 hình tròn có tâm là 6 điểm trong
đó, bán kính 2 cm thì sẽ chứa hoàn toàn hình vuông đơn vị trên (vì đường chéo của hình vuông đơn vị này có bán kính là
hình vuông đó sẽ chứa toàn bộ hình vuông đơn vị trên. Do đó có đpcm.
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2020 Môn thi: Toán (chuyên) (Dành cho thí sinh thi vào Trường THPT Chuyên Hạ Long) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi này có 01 trang)
240 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 40
−
+
2
+
+
−
=
Câu 1. (2,0 điểm)
x
A
x −
2 +
−
+ −
+ x − x
1 2
2 3
1 x
x 5
x
6
x
x x
4 1
. 3
≥
≠
≠
x
0,
x
1,
x
4,
x
≠ . 9
với Cho biểu thức
a. Rút gọn A.
2A < .
b. Tìm x để
2
2
4
−
2
x
m
=
+
+
+
Câu 2. (2,5 điểm)
24
+ mx m 1. Cho phương trình x , x , x phương trình có 4 nghiệm phân biệt 1 3 2
− 2 0 2 x thỏa mãn , 4
+ = (m là tham số). Tìm m để 4 x 3
4 x 1
4 x 2
4 x 4
2
2
x
+ = y
y
+ − y
x
.
+
+ −
y
− = 1
x
3
y
1 4
2
+
+
+
+
=
2. Giải hệ phương trình .
25 y
4
xy
3
x
4
y
27
= +
x .
. Tìm giá Câu 3. (1,0 điểm) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn
M x
2
y
trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
, DB DC<
Câu 4. (3,5 điểm) Từ một điểm A ở bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE với đường tròn (B, C là các tiếp điểm, AD AE< ). Qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với DE tại H, đường thẳng này cắt đường thẳng BC tại K. Chứng minh:
a. Tứ giác BCOH nội tiếp;
b. KD là tiếp tuyến của đường tròn (O);
+
)
. c. DBC HBE =
( ab a b + ab 2
là số Câu 5. (1,0 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho
nguyên.
…...................... Hết …......................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:.................................................................Số báo danh:...............................
Chữ kí của cán bộ coi thi 1:............................... Chữ kí của cán bộ coi thi 2:.........................
241
HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2020 Môn thi: Toán (chuyên) (Hướng dẫn này có 03 trang) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC
+
−
−
−
+
+
x
x
x
x
2
3
2
2
−
−
)
(
)( 1
x
4
4
=
Câu Sơ lược lời giải Điểm
A
2 3 .
x −
x
1
( −
) x
x
)( 1 − 3
2
− (
+
−
x
x
3
2
2
+
) )
(
x
3
3
2
=
=
.
a. 0,5
−
x )( )( − x
x
1
1
−
−
x
x
2
3
)
(
− x )(
0,5
3
<
1 (2,0 đ)
A
< ⇔ 2
− < ⇔ 2 0
0
+ −
+ −
x x
2 1
x x
4 1
b. 0,5
x
− < ⇔ < ⇔ ≤ < 1 1
1 0
0
x
x
x + > với mọi x nên
4 0
1x≤ < .
2
−
−
Vì 0,5 KL: 0
2x
t= . Phương trình trở thành 2 t
2
+ mt m
2
m
+ = (*) 2 0
1. Đặt
− >
Để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm
' 2
m =
2 0 >
⇔ > m
1
0
m
t
t dương
0,5
2;t
2 2
−
+ >
2 =
m
2
m
2 0
+
=
+
+
+
2
t
= ⇔ 24
24
phân biệt 1
2 t 1
2 2
4 x 4
4 x 2
4 x 1
)
2
∆ = ⇔ + t 1 t t 1 2 ( = ⇔ +
−
0,25
12
m
m
t
− = 8 0
( ⇔ + t 1
t t 1 22
2
2m = ( t/m đk). KL.
0,25
2
≥
4 x 3 )2 2 m = − (loại), 4 Giải phương trình được 1 ≥ − + 1 y 3
+ ≥ y
0;
1;
x
x
y
2
x
+ = y
y
2
=
2
x
+ = y
y
x
x
y
y
y
0,25 2 (2,5 đ) 2. ĐK: 0,25
(
( + − ⇔ + +
) 1
+ = − −
x
y
y
2
2 ) + ⇔ 1
x
+ = − − (loại do 2
y
y
1y ≥ )
2
− ( t/m đk) thay vào phương trình
0,5
x
+ = ⇔ = y
x
y
y
y
+
+ − được
y
y
− = 1
x
3
y
1 4
y ≥ ) 3
2
+
10 0
0,25
y 2
5
3 = . y ≥ ), 3
− = − (đk: y 1 y− 7 y = (loại do đk 1
y = (t/m đk) 2
0,25 Biến đổi phương trình thành Giải phương trình đươc
= ⇒ =
242
y
5
x
20
20 5
2
2
2
+
+
+
+
= ⇔ +
+
+
=
x
25 y
4
xy
3
x
4
y
27
x
2
y
3
x
2
y
28
y
(
)
(
)
= x = y ( − +
) 1
Với . Vậy hệ phương trình có nghiệm
2
2
+
=
−
−
2
x
y
y
(
) 1
0,25
3 2
121 4
⇔ +
2
0,25
+
+
≤ ⇔ +
+
≤ ⇔ − ≤ +
≤
2
2
x
y
x
y
7
x
2
y
4
3 2
121 4
3 2
11 2
= − 9
3 (1,0 đ) Vậy 0,25
1
2 1
x = y
= x = y
=
=
= ⇒ 5 điểm A, B, O, C cùng thuộc đường
, M nhỏ nhất là 7− khi Vậy M lớn nhất là 4 khi 0,25
ABO AHO ACO
⇒
=
=
a. Chỉ ra 090 1,0 tròn đường kính AO ⇒ tứ giác BCOH nội tiếp
OHC OCK =
=
. ∆ OBC cân CBO BCO ⇒ 0,25
2
⇒
⇒
=
OH OK OC
.
OH OC = OC OK
2
⇒
=
⇒
∆ OCK b.Tứ giác BCOH nội tiếp CHO CBO ⇒ . ∆ OHC và ∆ OCK có OHC OCK , O chung ⇒ ∆ OHC 0,25
OH OK OD
.
mà OC = OD 0,25
∆ OHD và ∆ ODK có
OH OD = OD OK , O chung ⇒ ∆ OHD
=
OH OD = OD OK ⇒ KD là tiếp tuyến của (O)
⇒ 090 = ODK OHD
∆ ODK 0,25
=
=
0,25
=
BCO OHC =
=
=
, theo ý b có c. Tứ giác BCOH nội tiếp ⇒ , HBK HOC BHK BCO 4 (3,5 đ) 0,25 . BHK OHC ⇒
∆ OHC và ∆ BHK có ; HC
HBK HOC BHK
O
⇒ ∆ BHK ∆ OHC ⇒
⇒
= HB HC HO HK
.
.
HO HC = HB HK
2
∆ ODK vuông tại D, đường cao DH ⇒
.HO HK HD=
0,25
2
=
⇒
HB HC HE
.
=
=
BHK OHC KHE OHE ,
= BHE CHE
=
0,25 lại có OH ⊥ DE ⇒ HD = HE ⇒ , HE HB = HC HE
∆ BHE và ∆ EHC có
0 = ⇒ 90 HE HB = HC HE
HBE HEC =
0,25 ⇒ ∆ BHE ∆ EHC ⇒ và BHE CHE
=
243
(hai góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn DC ) Lại có DEC DBC
=
⇒ DBC HBE
+
2
2
)
)
)
=
−
∈
0,25 .
+ a b
(
)
∈ ⇔
+ a b +
+ a b +
( ab a b + ab
2
( ab
2
( ab
2
2
)
≥
− ≥ ⇔ + ≤
⇒
<
0,25
a
1,
b
1
a
b
a b
0
ab
+ < 1
ab
+ 2
2
( ≥ ⇒ −
)( 1
) 1
+ a b +
( ab
2
.
2
2
2
)
)
)
∈
=
>
0,25
1
0
⇒
+ a b +
( ab
2
, kết hợp với
=
+ ⇔ −
2 −
( + a b + 2 ab ⇔ + b 2a 2
ab
2
a
= . 2
+ a b + b
2
(
=
=
⇒
⇔
⇔
5 (1,0 đ) 0,25
,a b nguyên
=
=
) − = 2 1 − = 2 2
3 4
a a
− = 2 2 − = 2 1
4 3
( ab )( 2 a b
a b
a b
Kết hợp đk hoặc .
0,25
)3;4 và (
)4;3 .
KL: Các cặp số cần tìm là (
Hình vẽ cho câu 4
K
B
E
H
D
A
O
C
Những chú ý khi chấm thi:
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới cho điểm tối đa. 2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết. 3. Có thể chia nhỏ điểm thành phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. Điểm thống nhất toàn bài là tổng số điểm toàn bài đã chấm, không làm tròn.
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020-2021. Môn thi: Toán (chung) – Đề 1 Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên tự nhiên Thời gian làm bài: 120 phút. (Đề thi gồm: 01 trang)
1
=
Câu 1.(2,0 điểm)
P
2
−
6
x
x
2
= + − cắt parabol
1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức .
+ 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng
y
x=
9 y
m
3
x
tại hai điểm phân
4V π=
≥
biệt.
≠ ). 1
0;
x
x
+ − = Câu 2.(1,5 điểm) Cho biểu thức (với P + + 1 1 3) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC , biết độ dài cạnh của tam giác là 3 cm. cm3, biết bán kính đáy 2R = cm. Tính chiều caocủahình nón đó. 4) Cho hình nón có thể tích + + x x 2 − − x x x x x x 1 1 1) Rút gọn biểu thức P .
P > với mọi
0x ≥ và
x ≠ 1.
2 3
2) Chứng minh
2
−
+
Câu 3.(2,5 điểm)
− = (với m là tham số).
x
m
+ x m 2
2 0
(
) 1
;x x sao cho
1) Cho phương trình
2
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của tham số m thì phương trình luôn có nghiệm. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt 1
3
−
−
+
+
+ − 2 + = . 2 1 x 1 x 2
23 x
x
3
2
x
(
)3 1
,AB AC đến đường tròn (
0. )O kẻ các tiếp tuyến
,B C là )O lần lượt tại M và .I Gọi D là điểm thuộc cung lớn
2) Giải phương trình
).
= x Câu 4.(3,0 điểm)Từđiểm A nằm ngoài đường tròn( cáctiếp điểm). Đoạn thẳng AO cắt BC và đường tròn ( BC của đường tròn (
)O (với DB DC<
,E F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng
,DB DC . Chứng minh DM
1) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . 2) Gọi
vuông góc với EF .
).O Chứng minh KI là tia phân giác của. AKM
3) Gọi K là giao điểm thứ hai của tia DM với đường tròn (
2
2
−
x
y
3
x
+ = 1
x
1
y
(
) + + 1
Câu 5.(1,0 điểm)
2
+ =
−
x
9 6
x
1
− − y
x
1.
1) Giải hệ phương trình
+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a
+ + 1
b
+ + 1
c
1 6
,a b c là các số dương thỏa mãn
,
2
2
2
2
2
=
+
+
+
+
+
+
P
a
+ ab b
b
bc
c
c
+ ac a
2 .
2) Cho
--------HẾT--------- Họ và tên thí sinh:................................................Họ tên, chữ ký GT 1:.................................................
Số báo danh:.........................................................Họ tên, chữ ký GT 2:..................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học: 2020 - 2021
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: Toán chung – Đề 1
Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên tự nhiên
(Hướng dẫn chấm gồm 06 trang)
1
=
Câu Nội dung Điểm
P
2
−
+
x
6
x
9
= + − cắt parabol
y
m
3
x
2
1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức .
tại hai điểm phân biệt. 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y x= Câu 1 (2,0đ)
3) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC , biết độ dài cạnh của tam giác là 3 cm.
4V π=
2R = cm. Tính chiều cao
+ > ⇔ −
cm3, biết bán kính đáy 4) Cho hình nón có thể tích củahình nón đó.
x
2 6 −
x
9 0
x
3
> 0
(
)2
x ≠ . 3
x⇔ ≠ KL: Vậy ĐK xác định của biểu thức là:
3.
2
Điều kiện xác định 0,25 1) 0,25
= + − cắt parabol
y
m
3
x
2
Đường thẳng tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi y x=
= + − có hai nghiệm phân biệt
x
m
3
x
2
0,25 phương trình
⇔ − − +
= có hai nghiệm phân biệt
3
x
x
m
0
> ⇔ <
2)
⇔ ∆ > ⇔ − 0
13 4
m
m
0
13 4
. 0,25
Gọi M, G lần lượt là trung điểm của BC và trọng tâm của tam giác ABC .
o
= cm.
.sin 60
AM AB=
3 2
=
0,25 Ta có 3)
= R GA
AM R
⇒ = cm. 1
2 3
2
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC : 0,25
V
R hπ=
1 3
0,25 Gọi h là chiều cao của hình nón ta có thể tích 4)
⇒
π
2 R h
= ⇒ = cm. h
π 4
3
1 3
0,25
≥
x
0;
x
≠ ). 1
+ = + − Cho biểu thức (với P + + 2 − + x 1 − x 1 x x x x x x 1 1
1,5 Câu 2 1) Rút gọn biểu thức P .
P > với mọi
0x ≥ và
x ≠ 1.
2 3
2) Chứng minh
+
1
≥
=
+
−
≠ ta có:
x
0;
x
1
P
+
+
x x
x
1
+
2 +
−
−
+
x
x
x
x
x
(
+ x )( 1
) 1
(
x )( 1
) 1
+
+
−
=
+
+
1
1
x x
x
1 − x
2 +
−
+
x
x
x
(
x )( 1
) 1
+
2
x
x
x
(
=
Với điều kiện 0,25
+
−
x
x
) − + 1 x
) + − − 1 ) + 1
0,25
−
( x )( 1 x
=
x ( x x −
+
1 +
x
x
x
− + x )( 1
) 1
(
1)
) 1
( x
(
)( − 1 )( + x 1
) 1
+ x x = 0,25 − + x
+
−
+
x
1
+ = . 0,25 x + 1 + x 1 x
P
− ⇔ − = P
x +
2 − = 3
2 3
2 3
1 + x
1
x
2 +
+
3
x
x
x (
) 1
2
−
x
⇔ − = P
Xét hiệu 0,25
2 3
+
) 1 +
3
x
( ( x
) 1
2)
2
≥
≠ ta có
x
0;
x
1
) x
(
( 3
2
−
+
x
m
+ x m 2
2 0
0,25 − > x 1 ⇒ − > ⇔ > Với điều kiện . P P 0 2 3 2 3 + x 0 0 ) + > 1
− = (với m là tham số).
(
) 1
1) Cho phương trình
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của tham số m thì phương trình luôn có nghiệm.
2
3
−
−
+
+
=
Câu 3 2,5 ,x x sao cho + = . 2 1 + − 2 x 2 x 1 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt 1
x
23 x
3
x
2
x
0.
(
)3 1
∆ =
2) Giải phương trình
m
2 6 −
m
+ 9
⇔ ∆ =
m
3
− ⇒ ∆ ≥ với mọi m . 0
(
)2
0,25 Ta có
1.a) 0,25 Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số m .
2
(
) 1
2 − + Ta có x m + x m 2 0,25 − = x − = ⇔ = 2 0 x m 1.
2
− > > m 1 0 m 1 ⇔ Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi (1) 0.25 − ≠ ≠ m 1 2 m 3
−
1
= x 1 = x m 2
+ = ⇔ − TH1: khi đó + − 2 2 1 2 m + = ⇔ + = ⇔ = 0 1 1 1 1 m m 1.b) x 1 x 2 0,25
−
1
không thỏa mãn (1).
2
= x m 1 = x 2
TH2: khi đó + − 2 + = ⇔ + − = ⇔ + = ⇔ = 8 1 2 1 2 1 1 3 m m m x 1 x 2 0,25
8m = thỏa mãn yêu cầu bài toán.
−
thỏa mãn (1). Vậy
x
≥ ⇔ ≥ − . x 1
0
)3 1
+
0,25 Điều kiện(
⇔ − x
3 3
2
x
= . 0
( x x
) + + 1
(
)3 1
2
3
−
+
=
PT
+ (điều kiện
0y ≥ ) ta được phương trình 3 x
3
xy
2
y
0
y
x=
1
2
+
y
x
2
y
( ⇔ − x
) (
)
y 2 .
= x y = ⇔ = − 0 x
Đặt 0,25
0
5
1
=
2)
y= ta được
x
x
+ ⇔ 1
⇔ = x
− − =
+ 2
x
1 0
x
≥ x 2
0
(thỏa mãnđiều kiện). Với x 0,25
x
= − 2
y
x
x
⇔ = − x
= − 2
+ ⇔ 1
2 2 2
−
− =
x
x
4
4 0
≤ x 2
Với ta được (thỏa mãnĐK).
5
1
= −
=
0,25
x
x
;
2 2 2
,B C là
,M I . Gọi D là
,AB AC đến đường tròn ( )O lần lượt tại
Vậy phương trìnhđã cho có hai nghiệm .
+ 2 Từđiểm A nằm ngoài đường tròn( )O kẻ các tiếp tuyến cáctiếp điểm). Đoạn thẳng AO cắt BC và đường tròn ( điểm thuộc cung lớn BC của đường tròn (
)O (với DB DC<
).
,E F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng
,DB DC .
.EF
)O .Chứng minh rằng KI
Câu 4 3,0 đ 1) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
2) Gọi Chứng minh DM vuông góc với 3) Gọi K là giao điểm thứ hai của tia DM với đường tròn ( là tia phân giác của AKM .
A
E
I
K
B
F
M
C
O
D
)O nên o90
. ABO = và o90 ACO = 0,25 Ta có AB và AC là tiếp tuyến của (
0,25 = , suy ra tứ giác ABOC nội tiếp. Suy ra o + ABO ACO 180
= (Mối liên hệ giữa góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). Ta có ACI CBI
1) 0,25 . Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có AO là trung trực của BC, suy ra tam giác IBC cân tại I, suy ra ICB IBC=
= , suy ra CI là phân giác của góc ACB. Suy ra ACI BCI
0,25 Chứng minh tương tự ta có BI là phân giác của góc ABC, suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
= . Ta có o + AEB AMB 180 , suy ra tứ giác AEBMnội tiếp, suy ra BEM BAM= 0,25
)O ta có BDC ABC
= (mối liên hệ giữa góc nội tiếp và góc tạo bởi tia 0,25 Trong đường tròn ( tiếp tuyến và dây cung).
2) = = Tam giác AMB vuông tại M nên o90 ABM BAM+ , suy ra o90 . + DEM EDC 0,25 Suy ra EM vuông góc với DC.
Chứng minh tương tự ta có FM vuông góc với DB. 0,25 Suy ra M là trực tâm của tam giác DEF, suy ra DM vuông góc với EF.
= (hai góc nội tiếp cùng chắn 1cung) Xét tam giác MKC và MBD có MKC MBD
= , suy ra hai tam giác MKC và MBD đồng dạng. và KMC BMD 0,25
= MK MD MB MC
.
.
.
MK MC = MB MD
Suy ra hay 3)
= MB MC MA MO .
.
.
Chứng minh tương tự ta có
= MK MD MA MO
.
.
MA MK = MD MO
0,25 Suy ra hay .
MA MK = MD MO
= và Xét hai tam giác AMK và DMO có AMK DMO
=
= hay . = AKM DOI
2
(mối liên hệ giữa góc có đỉnh ở tâm và góc nội tiếp). Suy ra hai tam giác AMK và DMO đồng dạng, suy ra AKM DOM Ta có 1 DOI DCI
=
0,25
.
2
Suy ra 1 AKM DCI
)O ta có DCI IKD=
(hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) Trong đường tròn (
=
2
2
2
−
y
x
3
x
+ = 1
x
1
y
(
) + + 1
0,25 , hay KI là phân giác của góc AKM. Suy ra 1 AKM IKM
2
+ =
−
9 6
1
x
x
− − y
x
1.
1) Giải hệ phương trình
( ) 1 ( ) 2 + + 1
Câu 5 1,0
,a b c là các số dương thỏa mãn
,
2
2
2
2
2
=
+
+
+
+
+
+
P
a
+ ab b
b
bc
c
c
+ ac a
2 .
a + + 1 b c + = . Tìm giá trị nhỏ nhất 1 6 2) Cho
=
− ĐK:
t
x
1
y
t ≥ . 0
2
1 . Đặt ĐK: 1 của biểu thức ≥ x ≤ y
+
−
−
− = ⇔ − −
+
+
t
xt
22 x
3
x
1 0
x
t
t
2
x
= 0
(
)( 1
) 1
+
+ > ∀ ≥
⇒ − = + . y
1
1
x
x
x⇔ = + (vì
1
t
t
2
x
1 0
t
0;
x
≥ ) 1
2
2
+ =
− ⇔ −
0,25 Phương trình (1) trở thành
x
9 6
x
x
1
x
6
x
+ + 3
x
− = 1 0
(
) + − 1
− −
= ⇔ −
−
+
=
2 ⇔ − x
6
x
+ + 5
x
1 2
0
x
x
5
0
(
)( 1
)
Thay vào phương trình (2) ta được:
(
)
− x 5 − + x 1 2
= ⇔ =
> ∀ ≥
1
0
x
5
5
x
− + 1
x
− + 1
0
x
1
( ⇔ − x
)
1 − + 1 2
x
1 − + 1 2
x
(thỏa mãn) (vì )
y⇒ = −
11 25
(thỏa mãn). 0,25
11 25
− 5;
2
2
+
2
2
2
2
2
2
≥ +
+
+
+
+
≥
+
+
4
b ab
a
b
a 3
4
ab
b 3
a 3
6
ab
b 3
(
Vậy hệ phương trình có nghiệm .
2
2
2
2
(
)
) 2 ) + ⇒
(
2
2
2
2
0,25 ⇒ + ≥ + ≥ 2 . 4 a + ab b a b 3 2 a + ab b 3 + a b Ta có a 2 ⇒ + a 4 (
+
≥
+
≥
bc
2
b
c
3
+ b c
2
c
+ ca a
3
+ c a
(
)
(
)
(
)
ab 2 2 = b 4 ) + Tương tự: ; . ⇒ ≥ P 3 + + a b c
2
2
2
2
≤
+
+
∀
z
3
x
y
z
x y z ; ;
x
+ + y
)
)
2
2
2
≤
+
+
2
y
2
2
xz
2
−
+
−
−
z
z
x
y
y
x )
2 z 2 )
( 2 (
yz (
2
0,25 (luôn đúng).
)
(
)
+ + + + ⇒ + + ≥ ⇒ ≥ ≤ . a + + 1 b + + 1 c 1 a b c a b c P 9 3 9 3 3
= = = . Vậy GTNN của biểu thức là
a
3
b
c
Chứng minh:( + ⇔ + xy 2 2 ) ( ⇔ ≤ + 0 x Áp dụng ta có: ( Dấu bằng xảy ra khi P = 9 3 .
Lưu ý:
+ Các cách giải khác đáp án nếu đúng, phù hợp với chương trình THCS, ban giám khảo thống nhất cho điểm thành phần tương ứng.
+ Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu không làm tròn.
__________HẾT__________
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
NĂM HỌC2020-2021. Môn thi: Toán (chung) – Đề 2 Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên xã hội Thời gian làm bài: 120 phút. (Đề thi gồm: 01 trang)
Câu 1.(2,0 điểm)
1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức .
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số để đường thẳng cắt parabol tại hai điểm
phân biệt.
đều, cạnh . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác .
3) Cho tam giác 4) Cho hìnhnón có thể tích cm3, biết bán kính đáy cm. Tính chiều cao của hình nón đó.
Câu 2.(1,5 điểm) Cho biểu thức (với ).
. . 1) Rút gọn biểu thức 2) Tìm để Câu 3.(2,5 điểm)
1) Cho phương trình (với là tham số).
biết là một nghiệm của phương trình. a) Tìm giá trị của tham số b) Tìm tất cả các giá trị của tham số để phương trình có hai nghiệm phân biệt sao cho
.
2) Giải hệphương trình
Câu 4.(3,0 điểm)Từđiểm nằm ngoài đường tròn kẻ các tiếp tuyến đến đường tròn ( là
cắt và đường tròn lần lượt tại và cáctiếp điểm). Đoạn thẳng
là tứ giác nội tiếp và là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
1) Chứng minh rằng 2) Gọi làđiểm thuộc cung lớn của đường tròn (với ) và . là giao điểm thứ hai củatia
với đường tròn . Chứng minh rằng
trên các đường thẳng . Chứng minh 3) Gọi
lần lượt là hình chiếu vuông góc của . song song với Câu 5.(1,0 điểm)
2) Cho
1) Giảiphương trình .
là các số dương thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
---------HẾT--------- Họ và tên thí sinh:....................................................Họ tên, chữ ký GT 1:...............................................
Số báo danh:.............................................................Họ tên, chữ ký GT 2:.................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2020 - 2021. Môn thi: Toán (chung) – Đề 2 Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên xã hội (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Điểm
2
= + − cắt parabol
= 1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức . P Nội dung 1 − x 4
y
m
3
x
y x=
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng tại hai điểm phân biệt. Câu 1 (2,0đ) 3) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC , biết độ dài cạnh của tam giác
2R = cm. Tính chiều cao
4V π=
là 3 cm. 4) Cho hình nón có thể tích cm3, biết bán kính đáy củahình nón đó.
x − > 4 0
x > . 4
x⇔ > Vậy ĐK xác định của biểu thức là
4
2
Điều kiện xác định 0,25 1) 0,25
tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi y x=
3 3
2
0,25
x
x
> ⇔ <
⇔ ∆ > ⇔ − 0
13 4
m
m
0
= + − cắt parabol x m = + − có hai nghiệm phân biệt x m = có hai nghiệm phân biệt 0 13 4
Đường thẳng y 2 phương trình x ⇔ − − + m 3 2) .
m <
13 4
0,25 Vậy với thì đường thẳng cắt parabol tại hai điểm phân biệt.
o
Gọi M, G lần lượt là trung điểm của BC và trọng tâm của tam giác ABC .
= cm.
.sin 60
AM AB=
3 2
=
0,25 Ta có 3)
= R AG
AM R
⇒ = cm. 1
2 3
2
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC : 0,25
V
R hπ=
1 3
Gọi h là chiều cao của hình nón ta cóthể tích 0,25
⇒
π
2 R h
= ⇒ = cm. h
π 4
3
4)
1 3
≥
≠
=
−
−
0,25
x
0;
x
1;
x
≠ ). 4
P
x
x +
− x 4 − x 1
x
− 2 + 1
1
:
Cho biểu thức (với
2P = .
x x 1) Rút gọn biểu thức P . 2) Tìm x để
−
x
x
x
2
x
x
(
) 1
=
+
≥
≠
P
:
Câu 2 1,5
≠ ta có:
x
0;
x
1;
x
4
−
( x
1
− x 4 − 1 x
) + − + 1 + 1
x
Với điều kiện 1) 0,25
+
−
−
x
x
x
2
4
=
:
x x
x x
−
+
x
x
− + x + 1 (
+ − 1 ) 1
=
.
)( 1 −
+ +
x
4
x x
2 1
1
=
+
x
(
) 2 .
0,25
−
+
x
x
2
2
(
− x )(
)
0,25
= . 0,25 − − x x 1 2
(
)
= ⇔ − = − Ta có P x x = ⇒ 2 1 2 2 2 0,25 − − 2) x x 1 2
2
− =
−
9x = . − m 2
3 0
2
x
0,25 x 9
2P = khi ) 2 + + x m 1
x = là một nghiệm của phương trình.
(với m là tham số).
+
−
−
⇔ = ⇔ = (tm). Vậy x 3 ( m 1) Cho phương trình a) Tìm giá trị của tham số m biết 2 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt ,x x sao 1 2
= . 8
2 x 1
2 x 2
x 1
x 2
+
y
− = 2
4
x
cho Câu 3 2,5
−
y
2
− = − 2
3.
x + + 1 1 x 3 + + 1 1
2
2
2) Giải hệ phương trình
− = ⇔ −
−
x x = là một nghiệm của phương trình khi và chỉ khi m m
3 0
m
m
m
2
6
− = 3 0.
2 ) + + 1
0,25 Ta có ( − 4 4
∆ >
1.a) 3 2 3 3 2 3 . Vậy Giải phương trình ta được thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 = − = − m 3 2 3 m 3 2 3 = + m
⇔ + > ⇔ > − (1)
' 0
4 0
1.
m
m
4
2
+
+
=
2
m
x 1
x 2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt = + m ,x x khi và chỉ khi 1 0,25
2
( −
) 1 −
2
m
3.
2
Áp dụng định lý Vi ét ta có 0,25
−
−
+
−
−
+
8
2
= 8
(
)
x 2
x 1
x x 1 2
x 1
x 2
x 2
2 x 1
2
2
2
−
−
+
= ⇔ +
−
−
+
⇒
m
m
3
2
2
m
8
m 5
= 0
2
m
4
m
(
) 1
2 x 2 ) 1
= x x m 1 2 ) ( = ⇔ + )
x 1 (
1.b) 0,25
0m = .Vậy
0m = thỏa mãn yêu cầu bài toán.
+
y
2
− = 2
8
=
1 (1)
Kết hợp với điều kiện (1) ta được 0,25 Ta có ( = m 0 ⇔ = − m 5.
x
⇔
⇔
x
−
y
2
− = − 2
3
y
x + + 1 1 − = 2
3.
( ) 2
x
x 2 + + 1 1 x 3 + + 1 1
+ ≥ x x ≥ − 1 ⇔ Điều kiện .HPT 2) 0,5 1 0 − ≥ ≥ y 2 0 y 2
1
⇔
3(
).
x
1
1
x
⇔ = x
tm
0
≥ x 2
−
=
x
3
x
0
⇔ + = − ⇔
3
≥ 1 x = x = x (thỏa mãn).
y
2
2 9
11
y
Giải phương trình ( ) 1 0,25
,AB AC đến đường tròn (
,B C là
− = ⇔ − = ⇔ = y ) 3;11 . )O kẻ các tiếp tuyến
3 Giải phương trình (2): Vậy hệ phương trình có nghiệm ( Từđiểm A nằm ngoài đường tròn( cáctiếp điểm). Đoạn thẳng AO cắt BC và đường tròn (
)O lần lượt tại M và
.I
0,25
ABC .
1) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
)O (với DB DC< = MD MK MA MO . .
.
Câu 4 3,0 ) và K là giao
2) Gọi D làđiểm thuộc cung lớn BC của đường tròn( )O . Chứng minh rằng điểm thứ hai của tia DM với đường tròn (
,DB DC .
3) Gọi ,E F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng
Chứng minh AF song song với ME .
A
E
I
K
B
F
M
C
O
D
)O nên o90
. và o90 ACO = ABO = 0,25
0,25 = , suy ra tứ giác ABOC nội tiếp.
(Mối liên hệ giữa góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung).
1) 0,25 .
= , suy ra CI là phân giác của góc ACB.
0,25
= (hai góc nội tiếp cùng chắn 1cung) 0,25 = , suy ra hai tam giác MKC và MBD đồng dạng 2)
= MK MD MB MC
.
.
.
Suy ra hay 0,25 Ta có AB và AC là tiếp tuyến của ( Suy ra o + ABO ACO 180 Ta có ACI CBI = Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có AO là trung trực của BC, suy ra tam giác IBC cân tại I, suy ra ICB IBC= Suy ra ACI BCI Chứng minh tương tự ta có BI là phân giác của góc ABC, suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Xét tam giác MKC và MBD có MKC MBD Và KMC BMD MK MC = MB MD
= MB MC MA MO .
.
.
.
Chứng minh tương tự ta có
0,25 0,25 0,25 . , ta có điều phải chứng minh. , suy ra tứ giác AEBM nội tiếp, suy ra BEM BAM=
= (mối liên hệ giữa góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp 0,25
EM AF Ta có điều phải chứng minh.
/ /
.
3) = = ABM BAM+ , suy ra o90 . + DEM EDC 0,25
2
3
2
+
+
+ = 3
2
x
x
x
x
x
x
0,25
3 +
+ − . 2 + +
+
+
=
b 2
2
a
c ab bc
ca
24
= . MK MD MA MO Suy ra Ta có o + = 180 AEB AMB )O ta có BDC EBC Trong đường tròn ( tuyến và dây cung). Tam giác AMB vuông tại M nên o90 Suy ra EM vuông góc với DC. Mà AF vuông góc với DC nên ) 1) Giải phương trình ( 2) Cho ,
,a b c là các số dương thỏa mãn 2 2
2
+
+
Câu 5 1,0 . Tìm giá trị nhỏ nhất
= P a
c
2.
+ ≥ ⇔ ≥
của biểu thức
2
x
3 0
x
2
3
2
2
2
2
+
+ = ⇔ +
+
2
x
x
x
x
x
2
x
3
0
x
x
x
x
2
x
+ + 3
x
− = 2 0
) + − 1
(
)
)(
2
2
b − 3 2 ( + − − +
ĐK: .
) x
( = 0
(
) 1
(
)
2
+ + − + x x x + − 1 3 3 0,25
) x
⇔ + PT x 3 )( ( ⇔ + x ( ⇔ + − x
2
+
+
+
+ + + x 1 2 x 3 2 + + 1 2 x 3 = ⇔ + − x 0 1 2 x + = 0 3 2 )( 2 x )
x
2
x
+ + 1
2
x
+ = 3
x
2
x
+ > ∀ ≥ 0
3
x
(
)2 1
− 3 2
+ ≥
x
1 0
x
≥ − 1
⇔
⇔ + = x
1
2
x
+ ⇔ 3
2
2
+
+ =
+
=
x
2
x
1 2
x
3
x
2
≥ − 1
x
) (Vì 1
= −
⇔ = x
2 ( /
t m
)
x =
2
2
2
⇔ x = x
2
2
2
2
2
2
≥
+
≥
+
≥
+
0,25 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm .
2
ab b ,
c
bc c 2 ,
a
2
ca
a
2
2
2
b + ≥
+ ≥
+ ≥
4 4 ,
c 4 4 . 2 2
+
+
+
+
+
+
+
+
=
a
b
c
a
b 2
2
c ab bc
ca
48
( ≥ 12 2 2
)
Ta có các bất đẳng thức 0,25
) 2
P =
12
a a b 4 2 , b c Cộng từng vế ta được ( 2 3 P ≥ 12 Suy ra = = = thì a b c 2 Với Suy ra giá trị nhỏ nhất củaP là 12.
. 0,25 .
+ Các cách giải khác đáp án nếu đúng, phù hợp với chương trình THCS, ban giám khảo thống nhất
Lưu ý: cho điểm thành phần tương ứng. + Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu không làm tròn. __________HẾT__________
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
NĂM HỌC 2020-2021. Môn thi: TOÁN (chuyên)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút. (Đề thi gồm: 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm).
=
+
= + ,
y
c
xy
.
b
a
x
x y z khác 0. Đặt ,
,
a) Cho các số thực
1 x
1 = + và y
1 xy
2
2
2
+
−
c
a
= 4.
+
+
2
a
= 9.
)( b 1 2
) 1
⋅
=
+
Tính giá trị của biểu thức
A
+ Chứng minh abc b ,a b khác 2− thỏa mãn ( b) Cho các số thực 1 +
1 +
2
a
2
b
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình
x
x x
3 3
+ 3.
2
−
x
y
(
)
x
y
+ = 1
+ + 1
2
2
b) Giải hệ phương trình
+
+
=
+
+
2 y 2
4.
3
2
x
x
y
x
y
)(
)
22 + + = x ( Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có AB AC<
nội tiếp đường tròn (
).O Một đường tròn .BC Kẻ đường cao AH của tam
,AB AC tại
,M N và có tâm I thuộc cạnh
tiếp xúc với các cạnh giác ABC .
a) Chứng minh các điểm
A M H I N cùng thuộc một đường tròn và HA là tia phân giác của góc
,
,
,
,
.MHN
b) Đường thẳng đi qua I và vuông góc với BC cắt MN tại
.K Chứng minh AK đi qua trung
.BC
điểm D của
.S Chứng minh . = BAS CAD
c) Tiếp tuyến của đường tròn (
)O tại B và C cắt nhau tại
Câu 4 (1,5 điểm).
3
2
+
=
a) Tìm các số nguyên
x
y
xy
,x y thỏa mãn
b) Cho các số nguyên dương
+ = + ⋅ Chứng minh ab là lập phương của
c
a
,a b c thỏa mãn
,
2 1. + 1 b
b a
một số nguyên dương. Câu 5 (1,5 điểm).
a b c
+ + = 1.
,
a) Cho các số thực không âm
3
3
3
4
4
4
+
+
+
+
Chứng minh
a
b
c
a
b
c
.
,a b c thỏa mãn điều kiện 1 ≤ + 8
b) Ban đầu có 2020 viên sỏi để trong 1 chiếc túi. Có thể thực hiện công việc như sau: Bước 1: Bỏ đi 1 viên sỏi và chia túi này thành 2 túi mới. Bước 2: Chọn 1 trong 2 túi này sao cho túi đó có ít nhất 3 viên sỏi, bỏ đi 1 viên từ túi này và chia
túi đó thành 2 túi mới, khi đó có 3 túi.
Bước 3: Chọn 1 trong 3 túi này sao cho túi đó có ít nhất 3 viên sỏi, bỏ đi 1 viên từ túi này và chia
túi đó thành 2 túi mới, khi đó có 4 túi.
Tiếp tục quá trình trên. Hỏi sau một số bước có thể tạo ra trường hợp mà mỗi túi có đúng 2 viên sỏi
hay không?
--------- HẾT ---------
Họ tên, chữ ký GT 1:………………………………. Họ tên, chữ ký GT 2:………………………...……..
Họ và tên thí sinh:…………………………….. Số báo danh:…………………………………..
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Nămhọc 2020– 2021. Mônthi: TOÁN (chuyên)
=
+
= + ,
= + và
⋅
x y z khác 0. Đặt
,
b
y
c
xy
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướngdẫnchấmgồm: 05trang) Câu 1 (2,0 điểm)
a
x
1 x
1 y
1 xy
2
2
−
+
=
c
b
a) Cho cácsốthực ,
abc
4.
+
+
2
a
= 9.
)( b 1 2
) 1
=
+
⋅
Chứng minh 2 a
A
+ b) Cho cácsốthực ,a b khác 2− thỏamãn( 1 +
1 +
2
a
2
b
Tínhgiátrịcủabiểuthức
2
2
2
2
=
+
+
=
+
=
+
Nội dung Điểm
x
2,
b
y
+ và 2 c
2
2 x y
+ 2.
2
1 2 x y
1 2 x
1 2 y
Ta có 2 a 0,25
=
+
ab
xy
1 xy
y x
2
2
2
=
+
+
+
+
+
Ý a (1,0 điểm) Ta có 0,25
abc
2 x y
x
y
+ 2
2
x + + y 1 2 x y
1 2 x
1 2 y
2
2
2
+
+
−
=
Suy ra 0,25
a
b
c
abc
4.
−
=
a
0,25 Suy ra
b + ≠ ). 1 0
+
1 2
9 ( b 2 2
) 1
Từ điều kiện bài toán rút được (do 2 0,25
=
Suy ra
.
b (1,0 điểm)
1 +
+ +
2
a
3
1 2
=
+
=
=
A
.
Suyra
0,25
+ +
) 1 +
3
2 b ( b 1 2
b
2
2 3
2 b ( b
)
b 2 ( 3
+ + 1 3 ) + b 2
0,5
Câu 2(2,0 điểm)
3 3
x x
+ 3.
x
2
−
x
y
(
)
y
+ + 1
2
+ = 1
a) Giảiphươngtrình
+
+
+
=
y
x
y
x
2
3
4.
2 y 2
)(
)
22 + + = x x 2 + ( x
b) Giảihệ phươngtrình
Nội dung Điểm
2
2
x
2 + − t
3
xt
= . 0
x
0
x ≥ − Điềukiện 3. ( ≥ + = Đặt 3 t t ,
)
2
− x t
0,25 , phươngtrìnhtrởthành Ý a (1,0 điểm)
)(
)
− = ⇔ 0 x t
0
0
+
1
13
=
⇔
0,25 Phươngtrìnhtươngđương(
t= ta được
x
x
⇔ = x
+ ⇔ 3
±
1
13
2
=
x
= + x
3
x
≥ x 2
= t x = 2 t x ≥ x
2
(thỏa mãn điều Với x 0,25
kiện)
0
=
⇔
t= ta được
x
x
⇔ = x
2
+ ⇔ 3
1
x
= + x
4
3
≥ x 2
(thỏa mãn điều kiện) Với 2x
3 4
+
1
13
0,25
S
2
≥ x 0 = x 1 = − x
= 1,
2
−
x
y
(
)
y
+ + 1
2
+ = 1
( ) 1
. Vậy tập nghiệm của phương trình là
+
+
+
=
y
x
y
x
2
3
2 y 2
4
( ) 2
)(
)
x 2 + ( x
b (1,0 điểm)
x y ≥ − ,
.
1 2
+
+
x
+ − y
x
2
y
4
= 0
0,25 Điều kiện xác định
)( 1
)
+ ≥ − − + > nên dẫn đến
Phương trình (2) tương đương (
x
y+ = 1.
x
y+ 2
1 4 0
4
1 2
=
=
+ ≥ , kếthợp
Với điều kiện xác định ta có
a
2
b
2
y
1 0
x
y+ = 1
2
2
−
+ =
b
a
a b
x (
+ ≥ và 1 0 )2
(1) và ta cóhệphươngtrình Đặt
2
2
1 8 =
+
a
b
4
+ =
0
0,25
a b 2
2
+
=
a
b
4
2
=
a b
− 4 2
ab
8
)
=
+ a b
8
a b
)
⇔
Trườnghợp 1: , hệvônghiệm.
2
2
2
−
=
+
) ( =
+ a b
2
ab
4
)( )
a
b
4
− (
( + (
= +
a b
Trườnghợp 2:
S = P ab
2
2
(
2
2
) =
}
0 2
2
Đặt , hệtrởthành 0,25 4 S 4 S = P − = = 4 8 S P 0 P ⇔ ⇔ ⇔ = 2 S 4 − 2 S − 2 4 S P = − 5 8 4 S − 2 { ∈ − ± 2, 1 − 2
,x y củahệlà
)
+ = a b = ab
0
Suy ra , từđósuyratậpnghiệm(
2 0
−
−
;
.
1 3 ; 2 2
3 2
1 2
,
0,25
= P S = a = b ⇔ = a = b
,AB AC tại
,M N
).O Mộtđườngtròntiếpxúcvớicáccạnh ABC . A M H I N cùngthuộcmộtđườngtrònvà HA làtiaphângiáccủagóc
,
,
.BC
.MHN .K Chứng minh AK đi qua trungđiểm D của
.S Chứng minh . = BAS CAD
Câu 3 (3,0 điểm) Cho tam giácnhọn ABC có AB AC< vàcótâm I thuộccạnh nộitiếpđườngtròn ( .BC Kẻđườngcao AH của tam giác ,
)O tại B và C cắtnhautại
a) Chứng minh cácđiểm , b) Đườngthẳngđi qua I vàvuônggócvới BC cắt MN tại c) Tiếptuyếncủađườngtròn(
Hình vẽ:
A
N
O
K
Q
P
M
D'
C
B
H
E
I
D
G
=
Điểm
Do , suy ra các điểm nên o90 = AMI ANI
S Nội dung ,AM AN là các tiếp tuyến của đường tròn ( )I
0,25
AHI =
,
,
, suy ra điểm H thuộc đường tròn Ý a (1,0 điểm) 0,25
=
A M H I N cùngthuộcđườngtrònđườngkínhAI. và AHN AMN
0,25 .
, suy ra cân tại A, suy ra AMN ANM= 0,25
=
=
0,25 b (1,0 . M, N thuộc đường tròn đường kính AI. Ta có AH là đường cao của tam giác ABC nên o90 đường kính AI. Suy ra cácđiểm , , Do tứ giác AMHN nội tiếp nên AHM ANM= Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, suy ra AMN AHM AHN = .MHN , hay HA làtiaphângiáccủagóc Kẻ đường thẳng đi qua K và song song với BC cắt AB và AC tại P và Q. Ta có o + IKP IMP 180 , suy ra tứ giác IKPM nội tiếp, suy ra KIP KMP
0,25 Suyra . KIP KIQ=
0,25 điểm)
=
Chứng minh tươngtự ta có . = KIQ KNA Xét tam giác IPQ có IK vừa là đường cao, vừa là phân giác nên nó là tam giác cân, suy ra IK là đường trung tuyến, hay K là trung điểm của PQ. DựngDlàgiaođiểmcủaAKvàBC.
DB DC=
.
PQ BC , ápdụngđịnhlýTalet ta có
/ /
AK KQ KP = BD AD DC
Do , suyra 0,25
)O .
SuyraDlàtrungđiểmcủaBC. Gọi E là giao điểm của AS và BC, G là giao điểm thứ 2 của AS và (
'D khác E sao cho ' = BAE CAD
'D là trung
, cần chứng minh c (1,0 điểm)
'
ACD
=
0,25 đồng dạng và ' = BAG CAD nên AGB
( )1
AG AC
Suy ra
=
( )2
'
=
đồng dạng và ' = CAG BAD ' nên AGC ABD 0,25 Suy ra
.
'
SB BG = AB SA CG BG = CA BA 'D là trung điểm của BC.
. , suy ra Trên cạnh BC lấy điểm điểm của BC. Ta có ' = AGB ACD GB CD ' Ta có ' = AGC ABD GC AG BD AB Ta có SBG SAB nên SBG đồng dạng SAB 0,25 Suy ra (3) Chứng minh tương tự ta được
SC CG = AC SA CD BD= hay Từ (1), (2) và (3) suy ra ' Ta có điều phải chứng minh.
0,25
2
+
=
y
xy
2 1. +
Câu 4 (1,5 điểm)
a) Tìmcácsốnguyên ,x y thỏamãn 3 x
ab
,a b c thỏamãn
c
a
b + = + ⋅ Chứng a
1 b
b) Cho minh cácsốnguyêndương ,
2
2
3
2
2
3
2
+ + −
+
=
x
x
x
1
x
y
x
y
xy
1
y
= 0
Ta có
làlậpphươngcủamộtsốnguyêndương. Điểm
(
(
)( 1
)
) ( + ⇔ − − x 1
Nội dung ) − = ⇔ − 0 1
1
= x 2
2
=
x
+ + x
1
⇔ Với
y 1x = , khi đó phương trình có nghiệm (
)1; y với y là số nguyên.
0,25 Ý a (0,75 điểm)
2
2
2
2
=
−
+
−
+
+
0,25
y
x
+ + ⇔ 1
x
2
y
2
x
3
2
y
2
x
y
2
x
= 3
(
)
(
) 1
( = ⇔ −
)( 1 2
) 1
3
Với
2 2
y y
x− 2 x+ 2 x y
−
−
y
1 3 0 1 )
Lậpbảngxétcáctrườnghợp − 1 + 1 0,25
) ( 0;1 , 0; 1 ,
) (
) ,y
1 1− 1 ) ( − − 1; 1 ,
3− 1− 0 1− ) ( 1;1 , 1;
1− 3− 1− 1− { ;x y thỏa mãn là (
} ∈
2
2
+ = + ⇔ + =
Vậy tập các giá trị (
c
abc a
a
+ a b b
1 b
b a
Ta có 0,25 b (0,75
*
2
2
2
bk k , 2 2 b k
a k
3 b k
b
∈ , thay vào điều kiện ta được + b
3
0,25
ab b=
k= , suy ra
, ta có điều phải 0,25 điểm) Suy ra a chia hết cho b , đặt = + ⇔ + = = + b kc bk bkc Suy ra b chia hết cho k và k chia hết cho b, suy ra b chứng minh.
+ + = Chứng minh rằng
1.
Câu 5 (1,5 điểm)
,a b c thỏamãnđiềukiện
3
3
3
4
4
4
+
+
+
+
a
b
c
a
b
c
.
a b c 1 ≤ + 8
a) Cho cácsốthựckhôngâm ,
b) Ban đầucó 2020 viênsỏiđểtrong 1 chiếctúi. Cóthểthựchiệncôngviệcnhưsau:
Bước 1: Bỏđi 1 viênsỏivà chia túinàythành 2 túimới. Bước 2: Chọn 1 trong 2 túinàysaochotúiđócóítnhất 3 viênsỏi, bỏđi 1 viêntừtúinàyvà chia túiđóthành 2 túimới, khiđócó 3 túi. Bước 3: Chọn 1 trong 3 túinàysaochotúiđócóítnhất 3 viênsỏi, bỏđi 1 viêntừtúinàyvà chia túiđóthành 2 túimới, khiđócó 4 túi.
3
3
3
3
4
4
4
3
Điểm
+
+
−
+
+
=
−
+
−
a
b
b
a
b
c
c
c
c
( 1
( 1
)
)
)
3
3
2
2
2
=
+
+
+
+
+
+
+
+
) a ab ac
b bc ba
+ ca cb
c
) b ( ) b c a
( ( 3 c a b
( 1 (
a )
a )
(
)
)
(
)
Nội dung 3 + − 0,25 Xét hiệu ( ( + = a b c Tiếptụcquátrìnhtrên.Hỏisaumộtsốbướccóthểtạoratrườnghợpmàmỗitúicóđúng 2 viênsỏi hay không? Ý a (0,75 điểm)
2
2
+
a ab ac
c
)
2
2
2
Do
≤
+
+
+
+
+
+
c
ca cb ab
, Suyra (
bc ca ab khôngâm ,a b c khôngâmnên , , ( ) 2 + + + ca cb b bc ba ( (
( )
)
2
2
2
=
+
+
+
+ ab bc
b
c
) ( + ) + a ab ac bc )( ( ca a
+ b bc ba ca )
2
2
2
0,25
(
)2
2
2
2
)
(
)(
+ + + + + a b c 2 ab bc 2 2 ca = + + + + ≤ a b c 2 ab bc 2 2 ca 0,25 1 2 1 2 1 = 8 4
0,25
b (0,75 điểm) 0,25
0,25 Suyrađiềuphảichứng minh. Sau mỗi bước, số sỏi giảm đi 1 và số túi tăng lên 1, suy ra tổng số sỏi và túi không thay đổi sau mỗi bước, tổng này là 2021. Giả sử sau một số bước có thể tạo ra trường hợp mà mỗi túi có đúng 2 viên sỏi, khi đó tổng số sỏi và túi phải chia hết cho 3. Do 2021 không chia hếtcho 3 nênmâuthuẫn, suyragiảsửsai. Vậykhôngthểtạoratrườnghợpmàmỗitúicóđúng 2 viênsỏisaumộtsốbước.
Nếuthísinhlàmđúngmàcáchgiảikhácvớiđápánvàphùhợpkiếnthứccủachươngtrình
Chú ý: - THCSthìtổchấmthốngnhấtchođiểmthànhphầnđảmbảotổngđiểmnhưhướngdẫnquyđịnh. - Tổngđiểmtoànbàikhônglàmtròn. ---------- HẾT ----------
UBND TỈNH BẮC NINH
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2020 - 2021
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: Toán (dành cho thí sinh chuyên Toán, chuyên Tin)
(Đề gồm 01 trang)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (2,0 điểm)
√
√
(cid:112)
(cid:112)
x + 4
x − 4
x − 4
. Với giá trị nào của x thì biểu thức A
a) Cho biểu thức A =
x − 4 + (cid:114)16
+ 1
x2 −
8 x
xác định. Rút gọn A.
(cid:40)x2y + 2x2 + 3y = 15
b) Giải hệ phương trình
.
x4 + y2 − 2x2 − 4y = 5
Câu 2. (2,5 điểm)
a) Cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 6. Chứng minh rằng có ít nhất một trong
ba phương trình sau có nghiệm x2 + ax + 1 = 0; x2 + bx + 1 = 0; x2 + cx + 1 = 0.
b) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A = (1 + 2a) (1 + 2bc).
Câu 3. (1,5 điểm)
a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n (2n + 7) (7n + 1) luôn chia hết cho 6.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 4a + 1 và 4b − 1
nguyên tố cùng nhau; a + b là ước của 16ab + 1.
Câu 4. (3,0 điểm)
1) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, gọi I là trung điểm của đoạn OA. Vẽ tia
Ix vuông góc với AB cắt nửa đường tròn (O) tại C. Lấy điểm E trên cung nhỏ BC (E (cid:54)= B, E (cid:54)= C)
nối AE cắt CI tại F .
a) Chứng minh rằng BEF I là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi K là giao điểm của hai tia BE và Ix. Giả sử F là trung điểm của IC. Chứng minh rằng
hai tam giác AIF và KIB đồng dạng. Tính IK theo R.
2) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi I, J, K lần lượt là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác ABC, ABH, ACH. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK và đường
tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính bằng nhau.
Câu 5. (1,0 điểm)
Một bảng kích thước 2n × 2n ô vuông, n là số nguyên dương. Người ta đánh dấu vào 3n ô bất
kỳ của bảng. Chứng minh rằng có thể chọn ra n hàng và n cột của bảng sao cho các ô được đánh dấu
đều nằm trên n hàng và n cột này.
- - - - - - Hết - - - - - -
Họ và tên thí sinh:...........................................Số báo danh:...............
UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO (Hướng dẫn có 04 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh chuyên Toán)
Đáp án
Câu 1.a Điểm 1,0
x
4
x
4
x
4
2
0
2
Ta có
0
1
x
x
4
4
4
2
x
; 0
8 x
4 x
2 1
2 Vậy điều kiện để A xác định là
16 2 x x . 4
x
x
x
x
2
4
4
2
2
4
4
2
A
0,25 .
x
4
4
x
x
x
4
2
x
x
x
4
2 x
2
Khi đó . 0,25
x
4
2
8
x
thì
A
4
x
4
x
2
4
x
x
x
4
2
0,25 Nếu .
A
x
8
2
4
x
thì 4
4
4
x
x
4 x
0,25 Nếu 0 .
2
2
2
1
1)
y 4(
2)
5
1.b 1,0
2
y (
x 4( 2 2)
10
u x v y 2
Hệ pt . Đặt
2
2 v
v
2 )
10
0,25
10 v )
u 4(
5
u 4(
uv 2 v )
5
( 2) y 1)( x 2 x ( 1) u uv
( u uv
10
2
1
Ta có hpt
45
1
u v uv
u 3 v
u v uv 3
u 3 v
x y
(2;1)
x y
( 2;1)
Giải hệ ta được (vô nghiệm) hoặc hoặc . 0,25
1
1
x y
(0; 5)
+) Tìm được 2 nghiệm ( ; ) và ( ; ) 0,25
u 3 v u v 3
2;1 ,
2;1
+) Tìm được nghiệm ( ; ) 0,25
0; 5 .
,
2
2
4,
4,
a
c
Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm: 2.a 1,5
2 b 4
1
2
3
a
b
c
2
2
2
2
12
12
a
c
b
12
0
1
2
3
0,5 Ba phương trình trên lần lượt có:
3
36 3
a
2
b
0,5
). c
(Dấu “=” xảy ra khi
0
3
2
1
,
,
không âm. 3
1
2
Suy ra 0,5 Do đó có ít nhất một trong ba biệt thức
Vậy ít nhất một trong ba phương trình trên có nghiệm.
2
2
2
2
2.b 1,0
a
a
a 2
2bc
b
c
4 9
4 3
a 3 2
2
2
2
2
2
0,25 Áp dụng BĐT Côsi ta có
2 c
2 và 3
b 1 b 1 c a 1 A Suy ra 0,25 10 9 3 2 a 3 2 2 3
2
2
2
2
c
2
2
Áp dụng BĐT Côsi ta có
10 9
A
2 c
98 27
3 2
98 27
2
a
2 3
0,25 b 1 . 3 2 10 9 a
2
2
2
b
c
1
c
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .
a b
10 6
2
2
1
c
b
c
0,25
10 6
a b 1 2 3 b c 10 a 9 2 a b 98 27
2 a và 3
khi và chỉ khi . Vậy GTLN của biểu thức A là
n
A n n
3.a 1,0
7 7
. 1
Gọi
1
n
n phải có một số là số chẵn nên
chia hết
n n 2
7 7
1
n
k k 3 , 3 k
k 3
A
1,
n
0,5
A
A
n
3 k
2 Ta có trong hai số n và 7 cho 2 . Với n , ta có ba trường hợp sau: k 7 21 3 6 k k + k 1 6 k k 2 6 k 3 k , n .
3A
+ 0,5 1 1 3 2 k 9 21 8 3 3 k 11 21 15 3
6A
, n .
b
;a b là cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán. 1 . 16 a 4 chia hết cho a
b 2 .
1
1
4
b
b
2, + Từ 1 , 2 và 3 suy ra Vậy Giả sử Khi đó Ta có a 4 a 4 Ta có
b a 1 a .
và 1; 4 b 1 1 b 1 4 ab 16 1 a b 4
4
3.b 0,5
1
1;
a
b cũng chia hết cho p , điều
b 1; 4
1;
b
0,25
a 4 b
b 4
b
ab 1 a cùng chia hết cho số nguyên tố p thì 4 1 . 1 1 b a 4 1 3 . a 1
16
ab
b
.
;a b là cặp số nguyên thỏa mãn 3 thì từ 2 ta có
a 1
. Nếu 4 a b này mâu thuẫn vì Do đó, a 4 a Nên từ 1 suy ra Ngược lại, nếu
a 4
b 1; 4
1
vì nếu hai số 4
a và 4 1
b cùng chia hết
1
b 4
a 4
1
4
1
b
a 1
b p
1
b 4
2
Ta lại có điều này suy ra
a 1
Ta chứng minh được 1 cho số nguyên tố p thì p là số nguyên tố lẻ. b p a b 4 không chia hết cho p .
4 b 3 .
1
4 b
b
a
1
mâu thuẫn với Như vậy 1
b 4
1
4
b
b lẻ và 1
nên 3
a
1
1
3
4 b
b
a
3 b a 3 a b
c c ; 3
c 3
1;
c
c
,
1
* .
0,25 Ta lại có 4 .
x
Như vậy các cặp số nguyên thỏa mãn bài toán là a b ; 4.1.a 1,0
K
Vẽ đúng hình ý a) 0,25
90 AEB (Góc nội tiếp chắn nửa
E
Ta có :
C
0,5
F
).
90
180
I
O
B
A
0,25
+) đường tròn) 90 BIF (Do Ix AB +) Tứ giác BEFI có 90 AEB BIF Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp.
4.1.b 1,0
AFI KBI AFI KBI
0,25 Do tứ giác BEFI nội tiếp nên
90 AIF KIB
(chứng minh trên); 0,25 Xét AIF Suy ra AIF
2
2
và KIB có: ” KIB . 90 ACB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét ACB Và CI AB có (gt) 0,25 R 3 R 3 CI AI IB . CI IF Suy ra . R 3 4 4
KIB
.
R
3
KI
Do AIF
”
IF IB
R R 3 . 2 2
R
3
CI 2 4 . nên 0,25 R R 3 . 2 2 AI KI 2 AI IB . IF
4.2 1,0
A
I
K
J
C
N
D
B
M H
0,5
,M N là giao điểm của
,AJ AI với BC , hạ ID BC
90
Gọi .
MN AB AC BC
2 r
NAC NAH BNA BAN 90 Ta có cân tại C . Tương tự ACM Do đó, IA IM IN Mà
nên ABN cân tại B .
KMC KAC IBC HAC
ABC
nên D là trung điểm của MN . nên MIN ID 2
/ /
Vì CK là trung trực của AM nên nên vuông tại I . 1 2
. 0,5
I J K nằm trên đường tròn đường kính MN có bán kính r (điều phải ,
1 2 MK BI . Mà BI là trung trực của AN nên MK AN Tương tự NJ AM Do đó các điểm
. ,
chứng minh).
5 1,0
Chọn ra n hàng có chứa số ô được đánh dấu nhiều nhất trên các hàng đó.
x x x
x x
x x
0,5 x
3
x
n )
n . 1
n 2
(hình minh họa khi
trái giả thiết. n 3
n
1
Ta chứng minh số ô được đánh dấu còn lại nhỏ hơn hoặc bằng n . Giả sử số ô được đánh dấu còn lại lớn hơn hoặc bằng Các hàng còn lại chưa chọn là n . Theo nguyên lí Dirichlet sẽ có ít nhất một hàng (trong n hàng còn lại) chứa ít nhất hai ô đã đánh dấu. Mà theo cách chọn thì n hàng đã chọn có chứa số ô được đánh dấu nhiều nhất trên các hàng đó. Có một hàng còn lại chưa chọn có ít nhất hai ô đánh dấu, nên suy ra mọi hàng trong n hàng đã chọn đều có ít nhất hai ô được chọn, tức là trên n hàng đã chọn có không ít hơn 2n ô đã được đánh dấu. Nếu vậy, số ô được đánh dấu lớn hơn hoặc bằng 0,5
Vậy sau khi chọn n hàng (với cách chọn như trên) sẽ còn lại không quá n ô được đánh dấu. Vì thế có nhiều nhất là n cột chứa chúng. Do đó, sẽ không còn ô đánh dấu nào nằm ngoài các hàng hay cột được chọn. Suy ra điều phải chứng minh.
Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.
- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm. ---------------Hết---------------
![Đề thi Tiếng Anh có đáp án [kèm lời giải chi tiết]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250810/duykpmg/135x160/64731754886819.jpg)
