Đề TS toán vào lớp 10 chuyên hùng vương phần 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CHUN HÙNG VƯƠNG Mơn: Tốn (Dành cho thí sinh thi chuyên Tin) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu (2 điểm) x2  y a) Cho  x  y thỏa mãn x  y  xy Tính E  x  y2 x  3 2 b) Cho Tính giá trị 32 2 P   x  x  2008  2021 biểu thức Câu (2 điểm) a) Phân tích số 210720202021 thành tổng k số tự nhiên a1 ; a2 ; ; ak 5 Đặt S  a1  a   ak Tìm chữ số tận S b) Cho X tập hợp gồm 506 số nguyên dương đôi khác nhau, số không lớn 2020 Chứng minh tập hợp X ln tìm hai phần tử x, y cho x  y thuộc tập hợp E   5;10;15 Câu (2 điểm) a) Giải phương trình x  x   x  x    b) Giải hệ phương trình 2   x   y  xy  11 y  2   y  x  y   x  13 y  Câu (3 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  O; R  , đường cao AD; BE ; CF cắt H Gọi M trung điểm BC a) Chứng minh bốn điểm M ; D; E ; F thuộc đường tròn b) Chứng minh AB.BF  AC CE  R c) Khi vị trí đỉnh A, B, C thay đổi đường trịn (O ) cho tam giác ABC ln nhọn, chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF không đổi Câu (1 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  3xyz Chứng minh x y z    2 2 y z  xyz 3x z  xyz 3x y  xyz 2 Hết Họ tên thí sinh: SBD: Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TẠO TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG PHÚ THỌ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN TỐN (Dành cho thí sinh thi chun Tin) Hướng dẫn chấm có 05 trang I Một số ý chấm - Đáp án chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic chia nhỏ đến 0,25 điểm - Thí sinh làm theo cách khác với hướng dẫn chấm mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm hướng dẫn chấm - Điểm thi tổng điểm câu không làm tròn số II Đáp án – Thang điểm Câu a) Cho  x  y thỏa mãn x  y  xy Tính: E  x2  y x2  y Đáp án Điểm x  y  xy  x  xy  y  xy  0,25 Ta có:  x  2x  y   y  y  2x    2x  y   x  y    2x  y Vậy E  (  x  y ) x y 5x   2 x y 3 x b) Cho x  0,25 0,25 3 2 0,25  3  2 Tính giá trị biểu thức P   x  x  2008  2021 Đáp án  3  2  x3    2  3x Từ x  3 2 3 2  x  x   x  3x   3 Ta có: x  x  2008   x  3x    2020  2020 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy P  20202021 Câu (2 điểm): a) Phân tích số 210720202021 thành tổng k số tự nhiên a1 ; a2 ; ; ak 5 Đặt S  a1  a   ak Tìm chữ số tận S Đáp án   10 Với n  ¥ ta có n  n M Điểm 0,25     2 n  ¥ Thật n  n   n  1 n  n  1 n  M n  n    n  1 n  n  1  n    n    5n  n  1  M5 n  ¥   n5  n  M 10 n  ¥   10 Suy  M   i  1;2; , k     a15  a 52   ak5   a1  a2   ak   M 10     S  210720202021 M 10 Vậy S có số tận 0,25 0,25 0,25 b) Cho X tập hợp gồm 506 số nguyên dương đôi khác nhau, số không lớn 2020 Chứng minh tập hợp X ln tìm hai phần tử x, y cho x - y thuộc tập hợp E = { 5;10;15} Đáp án Ta chia số nguyên từ đến 2020 thành 101 nhóm: {1; 2; ; 20} ; { 21; 22; ; 40} ; ; {1981;1982; ; 2000} ; { 2001; 2002; ; 2020} Vì có 506 số ngun dương khác nên theo nguyên lý Dirichlet tồn é506 ù nhóm có chứa ê ú+1 = số trở lên ê ë101 ú û Hiệu hai số nhóm ln lớn 0, nhỏ 20 Trong số có số có số dư chia cho 5, hiệu số chia hết cho Giả sử hai số x, y; ( x > y ) Từ ta có x - y Ỵ { 5;10;15} ta điều phải chứng minh Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 3.(2 điểm): a) Giải phương trình x  x    x  1 x  Đáp án Phương trình tương đương 3x    x  1 3x   x  x  Điểm Đặt t  x   t   x  1 t  x  x  0,25 t  x 2 2 Ta có    x  1   x  x   x  x    x   Do  t  x  x  x2 Với t  x ta có 3x   x   x    x  3  19 x Với t  x  ta có 3x   x    2 2 x  x   0,25 2   0,25 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x  2; x  b) Giải hệ phương trình  19 2   x   y  xy  11 y  2   y  x  y   x  13 y  Đáp án + Với y  ( không thoả mãn) + Xét y  Hệ phương trình tương đương  x2   x  y  11   x   xy  y  11y y    2  x2  2   y  x  y   2( x  2)  13 y  13  x  y   y  Đặt u  x  y; v  u  v  11 u  u  7 x2    ;  y v  v  18 u  2v  13  x   u  2 x  y  y 1   Với    x  14 v   x   y    y  33   x  4  2 x  y  7 u  7 2 x  y  7 y 1    Với    x  32 v  18  x   18 y  x  36 x  128     y  57 Vậy hệ phương trình có nghiệm  2;1 ;  4;1 ;  14;33 ;  32;57  Câu (3 điểm) : Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn đường cao AD; BE; CF cắt H Gọi M trung điểm BC Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25  O; R  Các a) Chứng minh bốn điểm M ; D; E ; F thuộc đường tròn Đáp án · · Vì BE ; CF đường cao nên BEC  BFC  90o  Tứ giác BCEF nội tiếp đường trịn tâm M đường kính BC 1· · ·  ECF  EBF  EMF (1) (Góc nội tiếp góc tâm) · · Tứ giác BDHF có BDH  BFH  90o  90o  180o nên nội tiếp · · (2)  HBF  HDF · · Tương tự, tứ giác CDHE nội tiếp  HCE (3)  HDE 1· · · · · · ·  EDH  HDF  ECF  EBF  EMF  EMF Từ (1);(2) ;(3)ta có :  EDF · · Từ EDF  EMF  MDFE nội tiếp  bốn điểm M ; D; E ; F thuộc đường tròn Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Chứng minh: AB.BF  AC.CE  R Đáp án · µ chung ; ·ADB  CFB Xét VABD VCBF có B  90o  VABD : VCBF (g.g) AB BD    AB.BF  BC.BD (4) BC BF AC CD   AC.CE  BC.CD (5) Tương tự VACD : VBCE (g.g)  BC CE Cộng (4)(5) theo vế ta : AB.BF  AC.CE  BC  BD  DC   BC Vì BC  R nên ta có AB.BF  AC.CE  R Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 c) Khi vị trí đỉnh A, B, C thay đổi đường trịn (O), chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF không đổi Đáp án Điểm Gọi A ', B ', C ' giao điểm đường thẳng AD, BE , CF với (O) Ta có : ·A ' BC  ·A ' AC (góc nội tiếp chắn cung A’C) · · ' AC (cùng phụ với góc ACB)  ·A ' BC  EBC · EBC A 0,25 · Tam giác HBA ' có BD  HA ' ; ·A ' BC  EBC nên cân B  BD đường trung trực HA’  D trung điểm HA’ Tương tự có E ;F trung điểm HB’ , HC’ Suy VDEF : VA ' B ' C ' theo tỉ số đồng dạng k  Gọi r bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF ta có: r DE 1   k   r  R khơng đổi A,B,C thay đổi đường trịn R A' B ' 2 (O) 0,25 0,25 0,25 Câu (1 điểm): Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3xyz Chứng minh x y z + + £ 2 2 y z + xyz x z + xyz 3x y + xyz Đáp án Từ giả thiết xy + yz + zx = 3xyz ta có 2 1 + + = x y z 1 Đặt a = , b = , c = Ta có a, b, c > 0; a + b + c = x y z bc ca ab + + £ Ta phải chứng minh 3a + bc 3b + ca 3a + bc bc bc bc = = Thật vậy: Thay a + b + c = 3, 3a + bc (a + b + c)a + bc (a + b)(a + c ) 1 , Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số ta a +b a +c bc bc æ 1 ữ Ê ỗ + ữ ỗ ữ ç è ø a + b a + c (a + b)(a + c) ca ca æ 1 ữ Ê ỗ + ữ Tng t ỗ ữ ç è ø b + a b + c 3b + ca ab ab ỉ 1 ÷ ç £ + ÷ ç ÷ ç èc + a c + b ø 3c + ab bc ca ab a +b + c + + £ = Cộng vế với vế biến đổi 2 3a + bc 3b + ca 3c + ab Đẳng thức xảy a = b = c = hay x = y = z = Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Điểm KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 0,25 0,25 0,25 0,25 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số Mơn: Tốn (Dành cho thí sinh thi chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu (2,0 điểm) a) Cho x  y  z  x2  y2  z  1 1    x y z xyz b) Cho  x  thỏa mãn xyz   x  x  1  23  Chứng minh 24  x  x  1 x2  x  2020 T  x  x   2021 Tính giá trị biểu thức x2  x x2  x      Câu (2,0 điểm) a) Cho phương trình x  mx  n  m  n  2020 Chứng minh phương trình có nghiệm x0 x0  2021 b) Cho dãy số gồm 4041 số phương liên tiếp, tổng 2021 số đầu tổng 2020 số cuối Tìm số hạng thứ 2021 dãy số Câu (2,0 điểm)      2  x  x   y   y  y     a) Giải hệ phương trình   x    y  x  16 y    b) Tìm số nguyên x,y thỏa mãn x  16 x  96  16 y  x  24 Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H nội tiếp đường tròn (O) Gọi P điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC nằm tam giác ABC , ( P  B, C , H ) Gọi M giao điểm đường thẳng PB với đường tròn (O), ( M  B ); N giao điểm đường thẳng PC với (O ), ( N  C ) Đường thẳng BM cắt AC E , đường thẳng CN cắt AB F Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt Q ,  Q  A  a) Chứng minh tứ giác AEPF nội tiếp b) Chứng minh M , N , Q thẳng hàng · c) Trong trường hợp AP phân giác MAN , chứng minh PQ qua trung điểm đoạn thẳng BC Câu (1,0 điểm) Cho x, y , z  Chứng minh bất đẳng thức xy  yz  yz   xy  yz  xy Hết Họ tên thí sinh: SBD: Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN TỐN (Dành cho thí sinh thi chun Tốn) Hướng dẫn chấm có 06 trang I Một số ý chấm - Đáp án chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic chia nhỏ đến 0,25 điểm - Thí sinh làm theo cách khác với hướng dẫn chấm mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm hướng dẫn chấm - Điểm thi tổng điểm câu khơng làm trịn số II Đáp án – thang điểm Câu (2 điểm): a) Cho x  y  z  x  y  z  xyz  Chứng minh rằng: 1 1    x y z xyz Đáp án Điểm 0,25 Từ x  y  z  có x  y  z   xy  yz  zx   2  xy  yz  zx  1 1 Do xyz  nên ta có    (đpcm) x y z xyz b) Cho  x  thỏa mãn: 0,25 0,25  x  x  1 x2  x   23  24  x  x  1 x2  2x  2020 T  x  x   Tính giá trị biểu thức: x2  x  Đáp án  x  x 1    x  2x 1  Điều kiện     2021 Điểm 0,25  1   1   x    24  x   3 x  x     23     23   2 1 1 x  x 1 x  2x     x   x   x x   t  1 Đặt t  x  có phương trình trở thành: t  3t     x t    1 1 x  x   x2  x   x ;x     2 x  x   x     x   2; x    x 1 Vì  x  đối chiếu điều kiện nên có x   x2  x   2020 T   x2  x  2  2021 Vậy  x  x  x  x  1 24  x  3x  1   x  x   1 2020  x  x   1 2021   1 2020   1 2021 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Câu (2 điểm): a) Cho phương trình x  mx  n  m  n  2020 Chứng minh phương trình có nghiệm x0 x0  2021 Đáp án Vì x0 nghiệm phương trình x  mx0  n   x02   mx0  n Ta có x04   mx0  n    m  n   x02  1  2020  x02  1  x04   2020  x02  1  x04  2020 x02  2021    x02  1  x02  2021   x02  2021  x0  2021 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Cho dãy số gồm 4041 số phương liên tiếp, tổng 2021 số đầu tổng 2020 số cuối Tìm số hạng thứ 2021 dãy số Đáp án Gọi số phương thứ 2021 x , x  N ; x  2020 Ta có 4041 số phương liên tiếp là: 2 2  x  2020  ;  x  2019  ; ;  x  1 ; x ;  x  1 ; ;  x  2020  Theo đề 2 2 2  x  2020    x  2019     x 1  x   x  1   x      x  2020  Điểm 0,25 0,25  x   x  1   x  1   x     x      x  2020    x  2020  2 2 2 2020.2021 2  x  8164840 x  x  8164840 (vì x khác 0) Vậy số cần tìm x  8164840 Câu (2 điểm):  x  x      2020   x  x Đáp án     y  1  y  1 x2      y  1   x  2y 1  x    y  1  Thế y  1  x vào ta có pt   : x  x  14 x  x  15    x  1  x  x  15   2 x   x  1   x  3   x  5 Vậy hệ phương trình có nghiệm là:  1; 1 ;  1;0  ;  3;1 ;  5;2  b)Tìm số nguyên x,y thỏa mãn: x  16 x  96  16 y  x  24 Nội dung Ta có x  16 x  96  16 y  x  24  x  16 x  96  3x  16 y  24 Đặt x  16 y  24  a với a  N * Khi x  16 x  96  a  81x  144 x  864  9a   x     3a   800 Điểm 3  x  x    y  1    y  1      x  y  1  0 2 x    y  1     x Do 0,25      2  x  x   y   y  y     1   a) Giải hệ phương trình:   x    y  x  16 y    2  pt  1 : x  x     y  1  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Điể m 0,25   x   3a   x   3a   800 (*) Thay a  3x  16 y  24 vào (*)   x  24 y  32   y    25  25M y   mà y  chia dư  y   {  1;5; 25} 0,25 0,25 phát đề) Đề thi gồm 05 câu, 01 trang Câu (2,0 điểm): Cho P  a  a (a  1)  (a  1) với a  ¢ Chứng minh P số tự nhiên Tính giá trị biểu thức A  x 1  1  :   với x   x x  x x 1 Câu (2,0 điểm): Cho phương trình x  2mx  2m   Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x ,  x1  x  thỏa mãn 4x1  x 22 2  x  2y  xy  x  y  Giải hệ phương trình  2  x  y  10 Câu (1,5 điểm): Tìm tất số nguyên n cho n  2022 số phương Giải bất phương trình x 1   x  Câu (3,0 điểm): Cho đường tròn  T  tâm O dây cung AB cố định ( O  AB ) P điểm di động đoạn thẳng AB ( P  A, B P khác trung điểm đoạn thẳng AB ) Đường tròn  T1  tâm C qua điểm P tiếp xúc với đường tròn  T A Đường tròn  T2  tâm D qua điểm P tiếp xúc với đường tròn  T  B Hai đường tròn  T1   T2  cắt N ( N  P ) Gọi  d1  tiếp tuyến chung  T  với  T1  A ,  d  tiếp tuyến chung  d1   T  với  T2  B , cắt  d  điểm Q Chứng minh tứ giác AOBQ nội tiếp đường tròn · · Chứng minh: ANP bốn điểm O, D,C, N nằm đường  BNP tròn Chứng minh đường trung trực đoạn thẳng ON qua điểm cố định P di động đoạn thẳng AB ( P  A, B P khác trung điểm đoạn thẳng AB ) Câu (1,5 điểm): Cho ba số dương a, b,c thoả mãn: a  b  b  c  c  a  2021 a2 b2 c2 2021    bc ca a b 2 Chứng minh rằng: Với số thực a , ta định nghĩa phần nguyên số a số nguyên lớn khơng vượt q a kí hiệu  a  Dãy số x , x1 , x , , x n , xác  n  1  n      Hỏi 200 số  x , x1 , x , , x199  có bao    2 định công thức x n   nhiêu số khác 0? (Biết 1, 41   1, 42 ) HẾT -Lưu ý: Thí sinh sử dụng máy tính cầm tay khơng có thẻ nhớ khơng có chức soạn thảo văn Họ tên thí sinh: Số danh: Họ tên, chữ Cán coi thi ký: nhất: báo Cán coi thi hai: thứ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT thứ NĂM HỌC: 2020 - 2021 Bài thi mơn chun: TỐN - Ngày thi: 18/7/2020 (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) I Hướng dẫn chung Bài làm học sinh đến đâu cho điểm đến Học sinh sử dụng kết câu trước làm câu sau Đối với hình, vẽ sai hình khơng vẽ hình khơng cho điểm Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà cho điểm đủ phần hướng dẫn, thang điểm chi tiết Ban chấm thi thống Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch đảm bảo thống thực toàn Ban chấm thi Tuyệt đối khơng làm trịn điểm II Hướng dẫn chi tiết Câu Nội dung Điể m (1,0 điểm) Cho P  a  a (a  1)  (a  1) với a  ¢ Chứng minh P số tự nhiên P  a  a (a  2a  1)  (a  1)  a  2a  2a  (a  1) 0,25  a  2a (a  1)  (a  1) 0,25  (a  a  1)  a  a  0,25 Vì (2,0 đ) x 1  1  :    với x2  x  x x 1 x  42 Với  x   x 1  1  :   x x  x x 1 x x   x 1 : x  Với x = +  Suy A = (2,0 đ) 0,25 (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức A  Ta có: A ( pcm) a  PƠ  x 1     x 1  x 1  x 1 : x 1 x x   0,25 x 1 x 0,25 1  x  1 0,25 1 = 1 0,25 (1,0 điểm) Cho phương trình x  2mx  2m   Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x ,  x1  x  thỏa mãn: 4x1  x 22 x  x  2mx  2m      x  2m  +) Nếu  2m   m   m   2m   2  Từ giả thiết 4x1  x    2m  1    2m   2 m   +) Nếu 2m    m  4x1  x 22    2m  1  m  3 5 2 8 Kết luận m   ;  0,25 1 0,25 0,25 0,25 2  x  2y  xy  x  y  (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2  x  y  10 x  y  x  1  2y 2 Có x  2y  xy  x  y    x  y   x  2y  1    2 +) Trường hợp 1: thay y  x vào x  y  10 ta 0,25 0,25 2x  10  x   2 +) Trường hợp 2: thay x  1  2y vào x  y  10 ta y  (1  2y)  y  10  5y  4y     y    2 0,25   Vậy hệ có nghiệm (x; y)  ( 5; 5),(  5;  5),(3;1),( 13 9  ; )  5  0,25 (0,75 điểm) Tìm tất số nguyên n cho n  2022 số phương Đặt n  2022  y với y số nguyên khác n  2022  y   y  n   y  n   2022 Có  y  n    y  n   2y số chẵn nên  y  n   y  n  tính 0,25 chẵn lẻ  y  n  số lẻ  y  n  lẻ   y  n   y  n  số lẻ   y  n   y  n   2022  2022M4 Nếu  y  n  số chẵn  y  n  chẵn   y  n   y  n  M Nếu (1,5 đ) (vô lý) 0,25 Vậy không tồn n thỏa mãn toán x 1   x  (0,75 điểm) Giải bất phương trình Điều kiện: 1  x  x 1   x       0,25  x 1   1  x  x 3 x 3 1       x  3     x  x 1  1  x  x 1  1  x  Đối chiếu ĐK tập nghiệm bất phương trình là: [- 1;3) 0,25 0,25 0,25 Câu (3,0 điểm): Cho đường tròn  T tâm O dây cung AB cố định ( O  AB ) P điểm di động đoạn thẳng AB ( P  A, B P khác trung điểm đoạn thẳng AB ) Đường tròn  T1  tâm C qua điểm P tiếp xúc với đường tròn  T  A Đường tròn  T2  tâm D qua điểm P tiếp xúc với đường tròn  T  B Hai đường tròn  T1   T2  cắt N ( N  P ) Gọi  d1  tiếp tuyến chung chung  T  với  T2  B ,  d1  cắt  T  với  T1  A ,  d   d  điểm Q tiếp tuyến Chứng minh tứ giác AOBQ nội tiếp đường tròn · · Chứng minh: ANP bốn điểm  BNP đường tròn O, D,C, N nằm Chứng minh đường trung trực đoạn thẳng ON qua điểm cố định P di động đoạn thẳng AB ( P  A, B P khác trung điểm đoạn thẳng AB ) (3,0 đ) N H O D C A P B E Q Vẽ hình 0,5 điểm (0,5 điểm) Chứng minh tứ giác AOBQ nội tiếp đường trịn · Có OAQ  900 (Tính chất tiếp tuyến) 0,25 · OBQ  900 (Tính chất tiếp tuyến) 0,25 A, B nhìn OQ góc vng nên tứ giác AOBQ nội tiếp  1 (1,25 điểm) · · Chứng minh ANP bốn điểm O, D, C, N nằm  BNP đường tròn · · »  QAP ( sđ AP) Trong đường trịn  T1  có ANP 0,25 · · » Trong đường tròn  T2  có BNP  QBP ( sđ BP) · · » · · ( sđ AB) Trong đường trịn  T  có QAP 0,25  QBP  ANP  BNP · · · · · · Ta có ANB , suy NAQB nội tiếp    ANP  BNP  QAP  QBP  1800  AQB Từ (1) (2) suy điểm O, N, A, Q, B nằm đường tròn · · » ) ( hai góc nội tiếp chắn ON  OAN  OBN · · Trong  T1  có OCN (góc nội tiếp góc tâm chắn  2OAN 0,25 0,25 cung) · · Trong  T2  có ODN (góc nội tiếp góc tâm chắn  2OBN · · cung)  OCN suy bốn điểm O, D, C, N nằm  ODN 0,25 đường tròn 3.(0,75 điểm) Chứng minh đường trung trực đoạn thẳng ON qua điểm cố định P di động đoạn thẳng AB ( P  A, B P khác trung điểm đoạn thẳng AB ) Theo ý suy điểm O, N, A,Q, B nằm đường trịn đường 0,25 kính OQ Gọi E trung điểm OQ ; O,Q cố định suy E cố định E tâm đường tròn 0,25 qua điểm O, N, A,Q, B  OE  NE  E thuộc đường trung trực đoạn thẳng ON Suy đường trung trực ON qua điểm E cố định (0,75 đ) Cho ba số dương a, b,c thoả mãn: (1,5 đ) a  b  b  c  c  a  2021 Chứng minh rằng: a2 b2 c2 2021    bc ca ab 2 0,25 Đặt x  b  c , y  c  a , z  a  b với ( x, y, z  0; x  y  z  2021 );  a2  y2  z  x 2 x  z  y2 x  y2  z ,b  ,c  2 0,25 áp dụng BĐT: b  c   b  c   2x,c  a   c  a   2y, a  b   a  b   2z y2  z2  x z  x  y2 x  y2  z   suy VT  2x 2y 2z   (x  y)   (z  x)   (y  z)   x    y    z   2  2x   2y    2z   (x  y)   (z  x)   (y  z)  2x  3x    2y  3y    2z  3z   2  2x   2y    2z   2 2 0,25  2(y  z)  3x    2(z  x)  3y    2(x  y  3z   0,25 1 2021 Suy VT  (đpcm) (x  y  z)  2 2 (0,75 đ) Với số thực a , ta định nghĩa phần nguyên số a số ngun lớn khơng vượt q a kí hiệu  a  Dãy số  n  1  n  x , x1 , x , , x n , xác định công thức x n       Hỏi    2 200 số  x , x1 , x , , x 199  có số khác ? (Biết 1, 41   1, 42 )  n  1  n  n   n  Ta có x n       1  1    xn        2 x   n x n  199 x i 0 i 0,25 Nên số khác nhận giá trị          200  199                    2  2  2  2  2  2  200       100   2  Mà 141  100  142 nên số số khác 141 Hết 0,25 0,25 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 11 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ THI MƠN: TỐN Dành cho thí sinh thi chun Tốn chuyên Tin Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu (4,0 điểm) a) Giải phương trình b) Giải phương trình x   x   1 4x 5x   x  x  x  5x  2  x  xy  x   c) Giải hệ phương trình   x  y    xy x  Câu (1,5 điểm) a) Tìm tất số nguyên tố p cho p  p  số nguyên tố b) Tìm tất số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a ! b ! c !  d ! Cho biết kí hiệu n! tích số tự nhiên từ đến n Câu (1,0 điểm) Cho số dương a, b, c Chứng minh  a2  b2  c2  ab  bc  ca  27  a  b   b  c   c  a   a  b  c  16 Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC nội tiếp đường tròn  O Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , tia AI cắt đường tròn  O  điểm D (khác A ) Đường thẳng OD cắt đường tròn  O  điểm E (khác D ) cắt cạnh BC điểm F a) Chứng minh tam giác IBD cân Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC b) Chứng minh ID.IE  IF DE c) Gọi điểm M , N hình chiếu vng góc I cạnh AB, AC Gọi H , K điểm đối xứng với M , N qua I Biết · · AB  AC  3.BC , chứng minh KBI  HCI Câu (0,5 điểm) Thầy Du viết số 2020 2021 thành tổng số nguyên dương đem cộng tất chữ số số nguyên dương với Hỏi thầy Du nhận kết số 2021 2022 không? Tại sao? -Hết Học sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ 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 MƠN: TỐN Dành cho thí sinh thi chuyên Toán chuyên Tin ———————— Lưu ý chung: - Hướng dẫn trình bày bước cách giải, học sinh có cách giải khác cho điểm theo thang điểm hướng dẫn chấm - Trong bài, thí sinh giải đến đâu cho điểm đến - Bài hình học khơng vẽ hình khơng cho điểm, vẽ hình sai khơng cho điểm ứng với phần vẽ hình sai - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn Câu (4,0 điểm) a) (1,5 điểm) Giải phương trình x   x   1 Nội dung Điểm Điều kiện xác định: x  1 Phương trình: x   x   1  x    x  0,5  x    2 x    x  1 x   2x   2x   4x   2x   x   2 x   x  x  x     x  2x    x  1  x  3  0,5 0,25 x      x  1  x   x   Vậy phương trình có nghiệm x  b) (1,5 điểm) Giải phương trình 0,25 4x 5x   x  x  x  5x  2 Nội dung  x  x   Điều kiện xác định  (1)   x  5x   +) Nhận xét: x  không nghiệm phương trình +) Với x  : Khi phương trình viết thành 5      3 x  x  x  5x  2 x 1 x 5 x x x x Đặt t  x   , thay vào phương trình ta được: x  t    5t    8t  48  10t  3t  18t  3t  48  t  4    t  t  6 t t 6 Điểm   x  3x   vô nghiệm    3  4.3  3  x Với t  4, ta có: x    4  x  x   , ta có   52  4.3  13  suy x 5  13 5  13 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  ; x2  2 So sánh với điều kiện (1) ta phương trình có hai nghiệm 0,25 0,25 0,5 Với t  4, ta có: x   x 0,5 5  13 5  13 ;x  2  x  xy  x   c) (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x  y    xy x  Điều kiện x  Nội dung   x  x  y  1    x  xy  x  x  y 1      x    5 2  x  y     x  y    xy  x  y  xy   x  x   x2  4   x  y  1 x  y  1 x  y  x 1      x x      1    16      11      2  x  x x x  x  x x Điểm 0,25 0,25  x  y  1  4  x    x  y  1  x  y  1 x     x  x 3x  x  11   x  1  3x  11    11    x     x    y      x   11     52  y  33  0,25 0,25  11 52  Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y ) (1; 2),   ;   33  Câu (1,5 điểm) a) (0,5 điểm) Tìm tất số nguyên tố p cho p  p  số nguyên tố Nội dung Nếu p M3  p  p  p   31 số nguyên tố suy p  thỏa mãn Nếu p  3k  1, k  ¥ p  p    3k  1   3k  1   18k  21k  M3 , kết hợp Điểm 0,25 với p  p   suy p  p  không số nguyên tố Nếu p  3k  2, k  ¥ p  p    3k     3k     18k  33k  18M3 , kết hợp với p  p   suy p  p  khơng số ngun tố 0,25 b) (1,0 điểm) Tìm tất số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a ! b ! c !  d ! Cho biết kí hiệu n! tích số tự nhiên từ đến n Nội dung Điểm Giả sử a  b  c , kết hợp với giả thiết ta  a  b  c  d *) Nếu a  b  a ! a ! a  1 b  a ! a  1 c  a ! a  1 d 0,25    a  1 b   a  1 c   a  1 d  1Ma  vô lí *) Nếu a  b 2a ! c !  d ! +) Nếu a  b  c từ phương trình ta được: 0,25 2a ! a ! a  1 c  a ! a  1 d    a  1 c   a  1 d Từ phương trình ta được: 2Ma   a  Với a   b  , ta phương trình  c !  d ! 0,25 + Nếu c   c !M3, d !M3  2M3 vơ lí + Nếu c    d ! vơ lí +) Nếu a  b  c từ phương trình cho ta được: a  3.a !  d !    a  1 d  3Ma    d  0,25 Vậy  a, b, c, d    2, 2, 2,3 Câu (1,0 điểm) Cho số dương a, b, c Chứng minh  a  b2  c  ab  bc  ca  27  a  b   b  c   c  a   a  b  c  16 Nội dung Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:  a2  b2  c2  ab  bc  ca 2   a  b  c 27  a  b   b  c   c  a   a  b  c  a  b  c  27  a  b   b  c   c  a  2 ab  bc  ca  a  b  c 27  a  b   b  c   c  a   12 ab  bc  ca  a  b  c Ta chứng minh 12 2 a  b  b  c  c  a  ab  bc  ca   a  b  c   a  b  b  c   c  a   16   a  b   b  c   c  a    ab  bc  ca   a  b  c   ab  bc  ca   a  b  c    ab  a  b   bc  b  c   ca  c  a   2abc   ab  a  b   bc  b  c   ca  c  a   3abc   ab  a  b   bc  b  c   ca  c  a   6abc  ab bc  ca  a b  b c  c a                    0  c   a   b  b a  c b  a c   a  b   b  c   c  a   (luôn đúng) Dấu xảy a  b  c ab bc ca Do bất đẳng thức chứng minh Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC nội tiếp đường tròn  O Gọi điểm I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , tia AI cắt đường tròn  O  điểm D (khác điểm A ) Đường thẳng OD cắt đường tròn  O  điểm E (khác D ) cắt cạnh BC điểm F a) (1,0 điểm) Chứng minh tam giác IDB cân Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC Nội dung 1 1· · · · ·  IBC  DBC  ·ABC  DAC  ·ABC  BAC Ta có IBD (1) (do AI, BI 2 phân giác góc BAC, ABC tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn) 1· 1· · · ·  IBA  IAB  ABC  BAC Mặt khác BID (do AI, BI tương ứng phân giác 2 góc BAC, ABC) (2) · · Từ (1) (2) ta BID  IBD  tam giác DBI cân D 1 1· · · · ·  ICA  DCB  ·ACB  DAB  ·ACB  BAC Ta có ICD (3) (do AI, CI 2 phân giác góc BAC, ACB tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn) 1· · · ·  ICA  IAC  ·ABC  BAC Mặt khác CID (do AI, BI tương ứng phân giác 2 góc BAC, ABC) (4) · · Từ (3) (4) ta CID  ICD  tam giác DCI cân D Do tam giác DBI DCI cân D nên DB  DI , DC  DI  DB  DC  DI  D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC Điể m 0,25 0,25 0,25 0,25 b) (1,0 điểm) Chứng minh ID.IE  IF DE Nội dung Điểm Theo kết phần a ta có tam giác DIC cân D nên CD  DI Do OD trung trực BC suy F trung điểm BC Do DE đường 0,25 · kính đường trịn (O) suy DCE  900 Kết hợp với CF đường cao tam giác DCE nên CD  DF DE  DI DI DE 0,25   DF DI Xét hai tam giác DIF DEI có: DI DE · ·  IDF suy tam giác DIF đồng dạng với tam giác DEI  EDI DF DI IF ID   ID.IE  IF DE Suy IE DE 0,25 0,25 c) (1,0 điểm) Gọi điểm M , N hình chiếu vng góc I cạnh AB, AC Gọi H , K điểm đối xứng với M , N qua I · · Biết AB  AC  3.BC , chứng minh KBI  HCI Nội dung Điểm Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác ABDC ta được: AB.DC  AC.DB  AD.BC   AB  AC  DB  AD.BC 0,25  3.BC.ID  AD.BC  3.ID  AD  IA  2.ID AI  I trung điểm PD Mặt khác I trung điểm HM suy tứ giác MPHD hình bình hành  MP  DH Từ suy DH = MP = DI (5) Chứng minh tương tự ta DK = DI (6) Mặt khác theo kết phần a ta DB = DC = DI (7) Từ (5), (6), (7) ta DB = DC = DH = DK = DI suy B, C, H, K, I thuộc đường tròn tâm D 1 · · » , ICH  sđ IK  sđ Do B, C, H, K, I thuộc đường tròn tâm D nên KBI 2 » IH »  IH »  sđ IK » »  sđ IH Do IK  IH  IK Gọi P trung điểm đoạn thẳng AI, suy MP  AP  PI  ID  0,25 0,25 0,25 · · Từ suy KBI  HCI Câu (0,5 điểm) Thầy Du viết số 20202021 thành tổng vài số nguyên dương đem cộng tất chữ số số nguyên dương với Hỏi thầy Du nhận kết số 2021 2022 không? Tại sao? Nội dung Nhận xét Cho số nguyên dương m , kí hiệu S  m  tổng chữ số m Khi S  m   m  mod  Chứng minh Giả sử m  ak ak 1 a1a0  ak 10k  ak 1.10k 1   a1.10  a0 Điểm 0,25  ak  ak 1   a1  a0  mod   S  m   m  mod  2021 2021 3.673  mod  Ta có 2020   mod   2020   mod   2021 Do  1 mod   2020   mod    mod  Mặt khác 2021   mod  , 2022   mod  2021  2021 mod  , 20202021  2022  mod  Từ suy 2020 Do thầy Du khơng nhận kết 2021 2022 0,25 -HẾT - ... nhỏ 10 1 0 Khi đó, ta cần chọn 10 1 0 hàng chứa màu đen cịn lại tốn chứng minh Thật vậy, giả sử số màu đen cịn lại lớn 10 1 0 (hay tổng số ô đen 10 1 0 cột chọn nhỏ 2020) Theo nguyên lý Dirichlet, 10 1 0... cột nên ta chọn 10 1 0 cột có số tơ màu đen nhiều Khi có có hai khả xảy ra: Khả 1: Trong 10 1 0 cột chọn chứa hết 3030 màu đen, ta chọn 10 1 0 hàng tốn giải Câu 1. 0 Khả 2: Trong 10 1 0 cột chọn không... 3a  3.2m  m  1? ??  10 1 0  y  3.2m  m  1? ??  10 1 2  y  Ta có m  m  1? ?? M2 , suy 2m  m  1? ?? M4 , đồng thời 10 1 2M4 , suy (y  2)M4 2 Mặt khác, y số phương nên y   mod  y  1? ?? mod  Nên không