SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) NĂM HỌC: 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN (Hệ số 2 - Chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
----------------- -----------------------------
y
.
Câu 1.
y
7
5 xy x 2 2 x xy
Giải hệ phương trinh:
2
Câu 2.
p là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng
1p chia hết cho 6.
a) Cho p và
1p là lập phương của một số nguyên dương.
b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2
,
Câu 3.
x y z thỏa mãn , 1
x
1.
1
1
x
y
y
z
z
Cho các số thực Chứng minh rằng: 2. 1 x 1 y 1 z
,
,
AD BE CF cắt nhau tại
.H Gọi K là một điểm tùy ý trên cạnh BC
K B K C ,
.
Kẻ đường kính KM của đường tròn ngoại tiếp tam giác BKF và đường kính KN của
,
Câu 4.
,M H N thẳng hàng.
.
CEK Chứng minh rằng
Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao với đường tròn ngoại tiếp tam giác
Câu 5.
Cho 20 điểm phân biệt trong mặt phẳng. Chứng minh rằng tồn tại đường tròn có đúng 12 điểm đã cho bên trong và có đúng 8 điểm đã cho bên ngoài.
…Hết…
LỜI GIẢI CHI TIẾT
5
S P
P
5
S
2
.
S
x
, y P
Câu 1.
với xy
S
P 4 .
2
2
12
0
S
P
S
S
7
2
Đặt Khi đó hệ cho trở thành:
Ta có: S 12 0 S . 3 S S 4
3,
S ta có:
P Khi đó
2.
2
S
P 4 .
3 x 2, y Với 2 y 2, x 1 . 1 y x xy
S ta có: 4,
P Loại vì
9.
Với
Vậy hệ cho có hai nghiệm
x y ;
2;1 , 1; 2 .
3
Câu 2.
p nên p chia 3 dư 1 hoặc 2.
2
a) Ta có: p lẽ và
p
p 2
p là số nguyên tố lớn hơn 3.
Nếu suy ra vô lí do
1 mod 3
0 mod 3
p
p 1
1p chia hết cho 6.
nên Hay Do đó
2 mod 3
0 mod 6 .
*
1p là lập phương một số tự nhiên nên đặt
3 với a
a và a lẽ.
2
b) Vì 2 2 1p
a
a
2
p
a
1
Khi đó ta có:
1 .
2
lẽ nên suy ra
a
1
a
1
1a chẵn và
a 2. 1
Do a lẽ nên
a a
1
33
3,
a ta có:
13
1 p 13. Khi đó 2
p là giá trị cần tìm.
Vậy
Câu 3.
x 1 y 1 z 1 Ta có: 1 1 2 1 1 . 1 x 1 x 1 y 1 y 1 1 1 z 1 z x y z
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:
x 1 y 1 z x y x y z z x 1 1 y z
2 1
x y 1 z
1.
1
y
x
y
z
z
x
1
x
.
y
z
Suy ra:
3 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
AE AC
Câu 4.
AF AB
AE AC
AI AK
Ta có: AF AB do tứ giác BCEF nội tiếp.
Gọi I là giao điểm của AK với
, BFK ta có:
1 .
AI AK
AE AC AF AB
Gọi I là giao điểm của AK với
, CEK ta có:
2 .
K I .
I I . Từ 1 và 2 suy ra
BFK và
Hay AK đi qua I là giao điểm thứ hai của đường tròn
CEK với
180 Ta có ACB ABC EIA AIF EIF 0 BAC .
,
,
,
,
Suy ra tứ giác AEIF nội tiếp.
A E I F F cùng thuộc một đường tròn.
Mà tứ giác AEHF nội tiếp nên năm điểm
IK
HI
hay Suy ra: 090 AIH AFH
3 .
,
,M I N thẳng hàng và
MN IK
Mặt khác 090 MIK NIK nên
4 .
,
,M H N thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh.
Từ 3 và 4 suy ra
,A B bằng nhau khi và chỉ khi P nằm trên đường trung trực của
Câu 5.
Trước hết ta chứng minh tồn tại một điểm P mà khoảng cách từ P đến 20 điểm đã cho là khác nhau. Thật vậy, .AB Do đó chỉ khoảng cách từ P đến hai điểm cần chọn điểm P không nằm trên đường trung trực của bất cứ đoạn thẳng nào tạo bởi 20 điểm đã cho.
2
20
... d d . Xét đường tròn tâm P bán kính Gọi khoảng cách của P đến 20 điểm đã cho lần lượt là d 1 d 3
12,d
đường tròn này chứa đúng 12 điểm có khoảng cách đến P gần nhất. Ta có điều phải chứng minh.
-------------------- HẾT --------------------
