ho oa ct SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI no KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn : Toan chuyên Thời gian làm bài: 150 phút nl in e ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,25 điểm) 1) Tìm số nguyên x y thỏa mãn x y x 10 y 200 2) Tìm tham số nguyên n để phương trình x nx n có nghiệm nguyên 3) Cho a số thực thỏa mãn a a Rút gọn biểu thức P Câu (1,5 điểm) 27 a a 125 27 a a Tìm a để P đạt giá trị lớn a 3 a a 2a 10 a 75 1) Giải phương trình x 35 x x 35 x 3 3 30 2) Tìm tham số thực m để phương trình x 2m 1 x m có hai nghiệm x1 , x2 cho biểu thức M x1 x2 x1 x2 đạt giá trị nhỏ x12 x22 Câu (1,5 điểm) Giải hai hệ phương trình sau : 6 x x y x y 1) 2 x xy y Câu (2 điểm) x y 36 2) y x 36 1 a2 b2 c2 a, b, c Chứng minh 1) Cho 3b c 3c a 3a b2 2) Trong mặt phẳng cho 1889 điểm thỏa mãn với điểm tạo thành đỉnh tam giác có diện tích nhỏ Chứng minh tron điểm cho tồn 237 điểm nằm bên cạnh tam giác có diện tích nhỏ 3) Có cách bỏ bút khác màu gồm xanh, đen, tím, đỏ, hồng vào hộp đựng bút khác màu gồm xanh, đen, tím, đỏ, hồng cho hộp có bút màu bút khác với màu hộp Câu (2,75 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn O có hai đường cao BE, CF cắt trực tâm H , biết AB AC Gọi L giao điểm đường thẳng BC với tiếp tuyến A (O) Gọi K giao điểm hai đường thẳng BC EF Gọi M , N trung điểm hai đoạn thẳng BC, EF a) Chứng minh tứ giác ALMO nội tiếp đường tròn Gọi D giao điểm O với đường tròn ngoại tiếp tứ giác ALMO, D khác A Chứng minh LD tiếp tuyến O b) Chứng minh MK vng góc với AK , suy KH AM c) Chứng minh ba điểm A, N , D thẳng hàng ho oa ct no ĐÁP ÁN nl Câu 1.1) Tìm số nguyên x, y in e x 7t Giả sử có x, y thỏa mãn x y t y t (vì x y 7t 4 6t 8, t ) Vậy x 10 y 200 200 7t 10 4 6t 200 98 106 t 2 t dot 41 123 Do có x; y 8;8 ; 1;2 ; 6; 4 thỏa mãn toán 200 123t 94 200 1.2 ) Tìm số nguyên n Phương trình x nx n 1 có nghiệm n2 4n Giả sử 1 có nghiệm ngun n2 4n số phương (vì ngược lại 1 có n n 4n số vô tỷ, vô lý) nghiệm Hay n 4n k , k n k n k n k 3 Mà n k 4n n k n k chẵn lẻ n k n k chẵn lẻ n k n k 2 Vậy 3 n k n k 2 n (tm) Giải hệ ta n Vậy n 0, n 1.3) P 27 a a 125 27 a a 27 a a 27 a a a 25 a 3 a a 2a 10 a 75 a 3 a a a 25 27 a a 27 a 135 a 3 a a a 36 Vậy P a a 36 , với a Tìm a a 3 a a 36 ho no oa ct nl in e 135 135 P a a 36 a a 0; a 2 4 Dấu " " xảy a a (tm) 135 Vậy Min P a 4 Câu 1) Giải phương trình: x 35 x3 x 35 x3 30 1 Đặt y 35 x3 x3 y 35 Có 1 xy x y 30 xy x y 30 xy x y 30 Vậy có 3 x y 35 x y x y xy 35 x xy ( x y ) 30 xy y x y x x y 125 y Vậy x 2;3 2) Tìm m x 2m 1 x m 1 2m 1 4m 4m2 nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 x x 2m Áp dụng định lý Vi – et ta có: Vậy x x m x x x x x1x2 x1 x2 m 2m 1 1 m M 2 22 2 x1 x2 x1 x2 x1x2 2m 1 m 1 4m 2m Có 4m2 2m m 1 3m2 0m 1 m 4m2 20m 25 2m 0m 4m 2m 22 22 4m2 2m 3 22 4m2 2m 3 Vậy MinM 1 m 22 ho 3 35 x3 17tx3 7t x3 t x3 t 7t 17t 35 x t 5 t t 2t t 2t 0(VN ) x y 5 y 5 x x x 1 y Vậy hệ có hai nghiệm x; y 1; 5 ; 1;5 3.2 Giải hệ phương trình x y 36 1 I Lấy (1) trừ (2)vế theo vế ta được: x y x3 y y x 36 x y x y xy x y x y 2 x y xy x y 0(VN ) x y 1 x3 x 36 x 3 x x 12 x 3 y 3 x x 12 0(VN ) Vậy x; y 3; 3 Câu 4.1 ) Chứng minh bất đẳng thức Ta có : a, b, c a2 b2 c2 1 Cần chứng minh : 2 3b c 3c a 3a b Vì x khơng thỏa mãn (1) nên x 0, đặt y tx, t e 35 x3 17 x y xy y 3 in Lấy (1) nhân (2) vế theo vế ta có: x y x xy y x3 x y nl x y x3 x y 1 6 x3 x y x y 2 x xy y x xy y no oa ct Câu 3.1 Giải hệ phương trình ho 1 a a2 , b 3b c 3b 2c Đặt m a , n b , k c m, n, k 1 a2 2m Từ có: 3b c 3n 2k c2 2k b2 2n Tương tự: Từ đó: 2 3c a 3k 2m 3a b 3m 2n a2 b2 c2 2m 2n 2k 2 3b c 3c a 3a b 3n 2k 3k 2m 3m 2n m n k 3 Đê có (1) cần chứng minh 3n 2k 3k 2m 3m 2n u v2 u v Bổ đề : 4 (với u, v, x, t thỏa mãn x, t 0) x t xt 4 u 2t v2 x x t xt u v (đúng) nên (4) m n k m2 n2 k2 Vậy 3n 2k 3k 2m 3m 2n 3mn 2km 3nk 2mn 3km 2nk m n k2 m n k 3mn 2km 3nk 2mn 3km 2nk mn nk km 2 2 2 (vì m n k 3 mn nk km m n n k k m 2 Nên m n k 3 mn nk km m, n, k ) Bất đẳng thức bất đẳng thức (1) chứng minh 3b 2c , b e c2 in 31 b nl 3b c b2 , b no oa ct Thật vậy, b 1 b ho oa ct no 4.2 Chứng minh tồn 237 điểm thỏa mãn toánư nl T in e F D L N M B A C H K E Gọi P tập hợp 1889 điểm cho Tồn tam giác có diện tích lớn tam giác có đỉnh thuộc P gọi ABC có diện tích S 1; Gọi a, b, c đường thẳng qua A, B, C tương ứng song song với BC, CA, AB Gọi D, E, F giao điểm a b, b c, c a Giả sử có điểm T P nằm bên tam giác DEF - Nếu T thuộc nửa mặt phẳng bờ DF không chứa B Vẽ TK BC , AH BC H , K BC TK AH TK BC AH BC 2 TBC có diện tích lớn S, vơ lý Tương tự T thuộc nửa mặt phẳng bờ DE không chứa C nửa mặt phẳng bờ EF khơng chứa A vô lý Vậy 1889 điểm cho không nằm bên ngồi DEF ADBC hình bình hành (vì a / / BC, b / / AC ) BC AD AC BD ABC BAD(c.c.c) ho no oa ct Tương tự ABC ECB CFA nl in Gọi M , N , L trung điểm BC , CA,AB e Tương tự DEF chia thành tam giác ABM , ACM , DAL , DBL, EBM , ECM 1 , FAN , FCN 1 có diện tích gọi S1 S1 S 2 Theo nguyên lý Dirichlet, tam giác (1) tồn tam giác có 1889 1 237 điểm cho nằm bên cạnh 4.3 Tính số cách bỏ bút vào hộp - Để bỏ bút vào hộp cho, hộp có bút cần thực liên tiếp bước bỏ bút vào hộp màu xanh có cách, hộp màu đen có cách (trừ bút bỏ hộp màu xanh), tương tự hộp màu tím, đỏ , hồng có 3,2,1 cách Vậy có 5.4.3.2.1 120 (cách) - Tương tự để bỏ bút vào hộp cho, hộp có bút mà có hộp đựng bút màu, hộp lại đựng bút cịn lại có 1.4.3.2.1 24 (cách) Có trường hợp - Tương tự để bỏ bút vào hộp cho, hộp có bút mà có hộp với hộp đựng bút màu, hộp lại đựng bút cịn lại có cách Có 10 trường hợp - Tương tự để bỏ bút vào hộp cho, hộp có bút mà có 3,4,5 hộp với hộp đựng bút màu; hộp lại đựng hộp bút cịn lại có 2,1,1 (cách) Tương ứng có 10, 5, trường hợp (liệt kê) Vậy số cách bỏ bút thỏa mãn : 120 5.24 10.6 10.2 5.1 1 44 (cách) ho oa ct no Câu nl in A e E T F N O H L K B M D C P a) Chứng minh ALMO nội tiếp Vì M trung điểm dây BC O OM BC OMB 900 hay OML 900 Mặt khác OA AL (vì AL tiếp tuyến O A ) hay OAL 900 Vậy OML OAL 900 900 1800 Do tứ giác ALMO nội tiếp đường trịn đường kính OL (chứng minh trên) nên ODL 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính OL) OD LD Vậy LD tiếp tuyến O D b) Chứng minh MH AK Có BEC 900 (vì BE đường cao ABC ) Tương tự BFC 900 Vậy BEC BFC 900 Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn M đường kính BC (tương tự tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn I đường kính AH , với I trung điểm AH ) BEF BCF (hai góc nội tiếp chắn cung BF M ) Hay KEB KCF mà EKB CKF (góc chung) KE KB KB.KC KE.KF Vậy KEB KCF ( g.g ) KC KF Gọi T giao điểm AK với O khác A Tương tự KT KA KB.KC ho oa ct no KE KT Mà EKT AKF (góc chung) KA KF Vậy EKT AKF (c.g.c) KET KAF hay FET FAT Mà hai điểm E A nằm phía đường thẳng TF nên tứ giác AEFT nội tiếp nl Từ KE.KF KT KA in e đưởng tròn T I HTA 900 HT KA Vẽ đường kính AP O ABP 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O ) BP AB Mà CF AB (vì CF đường cao ABC ) hay CH AB Vậy BP / /CH Tương tự CP / / BH Từ HBPC hình bình hành BC, HP cắt trung điểm đoạn Mà M trung điểm BC (gt) M trung điểm HP Mặt khác PTA 900 (góc nội tiếp chắn nửa O ) PT KA Vậy điểm P, M , H ,T thẳng hàng Do MH KA Chứng minh KH AM Ta có MH KA(cmt ) AH BC (vì H trực tâm ABC ) AH KM Vậy H trực tâm AKM KH AM c) Chứng minh A, N , D thẳng hàng Vì tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (cmt) AEF FBC (do bù với CEF ) hay AEF ABC mà EAF BAC (góc chung) EA EF EN EA EN hay Vậy AEF ABC ( g.g ) BA BC BM BA BM Mà AEN ABM (do AEF FBC ) Vậy AEN ABM (c.g.c) EAN BAM (1) Mặt khác CAP BAH (vì CAP phụ với APC , BAH phụ với ABQ, với Q giao điểm AH BC , mà ABQ ABC APC (do hai góc nội tiếp chắn cung O ) Lấy 1 trừ vế theo vế có OAN HAM Lại có HAM OMA (hai góc so le , OM / / AH ) OMA ODA (hai góc nội tiếp chắn cung đường trịn đường kính OL) Mà ODA OAD (OAD cân O OA OD, bán kính (O)) Vậy OAN OAD Do ba điểm A, N , D thẳng hàng ... y t (vì x y 7t 4 6t 8, t ) Vậy x 10 y 200 200 7t 10 4 6t 200 98 106 t 2 t dot 41 123 Do có x; y 8;8 ; 1;2... 2c Đặt m a , n b , k c m, n, k 1 a2 2m Từ c? ?: 3b c 3n 2k c2 2k b2 2n Tương t? ?: Từ đ? ?: 2 3c a 3k 2m 3a b 3m 2n a2 b2 c2 2m 2n 2k ... 237 điểm cho nằm bên cạnh 4.3 Tính số cách bỏ bút vào hộp - Để bỏ bút vào hộp cho, hộp có bút cần thực liên tiếp bước bỏ bút vào hộp màu xanh có cách, hộp màu đen có cách (trừ bút bỏ