De thi chuyen toan 2020 phan 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2020-2021 Mơn: Tốn (Dành cho thí sinh thi chun 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 5 xy Tính E  x  y2 2021  3  2 Tính giá trị biểu thức P  x3  x  2008  b) Cho x  3 2 2 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  3  x  1 x  b) Giải hệ phương trình 2   x   y  xy 11y  2   y  x  y  2 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 4 R c) Khi vị trí đỉnh A, B, C thay đổi đường tròn (O ) cho tam giác ABC ln nhọn, chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF khơng 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 x z  xyz x 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 NĂM HỌC 2020-2021 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN TỐN (Dành cho thí sinh thi chuyên 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 khơng làm trịn số II Đáp án – Thang điểm Câu a) Cho  x  y thỏa mãn x  y 5 xy Tính: E  x2  y2 x2  y2 Đáp án Điểm Ta có: x  y 5 xy  x  xy  y  xy 0 0,25  x  x  y   y  y  x  0 Vậy E    x  y   x  y  0 0,25  2x  y 0,25 (  x  y ) x y 5x   2 x  y  3x b) Cho x  3 2 0,25  3  2 Tính giá trị biểu thức P  x  x  2008  2021 Đáp án 1  3  2  x3    2  3x Từ x  3 2 3 2  x3  3x 6  x3  3x  0 3 Ta có: x  x  2008 2  x  3x    2020 2020 Vậy P 2020 2021 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 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Đáp án  Điểm  Với n   ta có n  n 10 0,25 Thật n  n  n  1 n  n  1 n  2 n    n     n    n  1 n  n  1  n    n    5n  n  1  5 n     n5  n  10 n   Suy  10   0,25  i 1; 2; , k    a15  a 52   ak5   a1  a2   ak   10   0,25   S  210720202021 10 Vậy S có số tận 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 Điểm 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 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 3.(2 điểm): a) Giải phương trình x  x  3  x  1 3x  Đáp án Điểm Phương trình tương đương 3x    x  1 x   x  x 0  2 0,25  Đặt t  x   t   x  1 t  x  x 0    t 2 x 2 Ta có  9  x  1  x  x  x  x   x   Do   t x  Với t 2 x ta có  x 0 x  2 x    x 2  x  0 0,25 0,25  x  3  19 3x   x     x 2 x  x  0  19 Vậy phương trình có nghiệm x 2; x  Với t  x  ta có b) Giải hệ phương trình 0,25 2   x   y  xy 11y  2   y  x  y  2 x  13 y  Đáp án Điểm + Với y 0 ( không thoả mãn) + Xét y 0 Hệ phương trình tương đương  x2   x  y 11   x   xy  y 11 y  y   2  x2  2   y  x  y  2( x  2) 13 y  13  x  y   y  u  v 11 u 5 u  x2  u  x  y ; v     ;  Đặt y v 6 v 18 u  2v 13   x 2  u 5 2 x  y 5  y 1    Với    x  14 v 6  x  6 y    y 33   x   2 x  y  u  2 x  y   y 1     Với    x  32 v 18  x  18 y  x  36 x  128 0    y 57 0,25 0,25 0,25 0,25 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  O; R  Các đường cao AD; BE ; CF cắt H Gọi M trung điểm BC a) Chứng minh bốn điểm M ; D; E ; F thuộc đường tròn Đáp án   Vì BE ; CF đường cao nên BEC BFC 90  Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn tâm M đường kính BC 1    ECF EBF  EMF (1) (Góc nội tiếp góc tâm)   Tứ giác BDHF có BDH  BFH 90  90 180 nên nội tiếp   (2)  HBF HDF   Tương tự, tứ giác CDHE nội tiếp  HCE (3) HDE 1       EDH  HDF ECF  EBF 2 EMF EMF Từ (1);(2) ;(3)ta có :  EDF   M ; D ; E ; F  Từ EDF EMF  MDFE nội tiếp bốn điểm thuộc đường tròn Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Chứng minh: AB.BF  AC.CE 4 R Đáp án   chung ; ADB CFB Xét ABD CBF có B 90  ABD  CBF (g.g) AB BD    AB.BF BC.BD (4) BC BF AC CD   AC.CE BC.CD (5) Tương tự ACD  BCE (g.g)  BC CE Cộng (4)(5) theo vế ta : AB.BF  AC.CE BC  BD  DC  BC Vì BC 2 R nên ta có AB.BF  AC.CE 4 R Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 c) Khi vị trí đỉnh A, B, C thay đổi đường tròn (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)   EBC  A ' AC (cùng phụ với góc ACB)  A ' BC EBC  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 DEF A ' 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 không đổi A,B,C thay đổi đường tròn (O) R A'B ' 2 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (1 điểm): Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3xyz x y z + + £ Chứng minh 2 2 2 y z + xyz x z + xyz 3x y + xyz Đáp án Từ giả thiết xy + yz + zx = 3xyz ta có Điểm 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 ổ 1 ữ Ê ỗ + ữ ỗ ốa + b a + c ữ ứ 2ỗ (a + b)(a + c) ca ca ổ 1 ữ Ê ỗ + ữ Tng t ỗ ữ ốb + a b + c ứ 2ỗ 3b + ca ab ab ổ 1 ữ ỗ Ê + ữ ỗ ữ ốc + a c + b ứ 2ỗ 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 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 0,25 0,25 0,25 0,25 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2020-2021 Mơn: Tốn (Dành cho thí sinh thi chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số Câu (2,0 điểm) a) Cho x  y  z  x  y  z 2 xyz 0 Chứng minh b) Cho  x  thỏa mãn  x  x  1 x2  x    23  Tính giá trị biểu thức T  x  x   2020  24  x  3x  1 x2  2x  1 x  x 2021 1 1    x y z xyz Câu (2,0 điểm) a) Cho phương trình x  mx  n 0 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 1     a) Giải hệ phương trình   x    y  x  16 y  0    b) Tìm số nguyên x,y thỏa mãn x  16 x  96  16 y 3x  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  2 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 NĂM HỌC 2020-2021 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 2 xyz 0 Chứng minh rằng: 1 1    x y z xyz Đáp án 2 Điểm Từ x  y  z 2 có x  y  z   xy  yz  zx  4  xy  yz  zx 1 Do xyz 0 nên ta có 0,25 0,25 1 1    (đpcm) x y z xyz b) Cho  x  thỏa mãn:  x  x  1 x2  x  0,25  23  24  x  x  1 x2  2x  2020 T  x  x   2021 Tính giá trị biểu thức: x  x     Đáp án Điểm   x  x  0 Điều kiện    x  x  0  1   1    x    5 24   x    3  x  x  1 24  x  3x  1 x  x     23     23   1 1 x x x  2x     x   1  x 2 x x   2 0,25 Đặt t  x   x  x  có phương trình trở thành: t  3t  0  x 1  x  x  0 x   x  x    2 x  t 1  t 2  0,25  1 1 ;x x  2   x 1  2; x 1  0,25 1 Vì  x  đối chiếu điều kiện nên có x   x  x  0 0,25 Vậy T  x  x   2020  x  x   1  2020 x   x 2021 x  x   1 2021   1 2020   1 2021 0,25 2 Câu (2 điểm): a) Cho phương trình x  mx  n 0 m  n 2020 Chứng minh phương trình có nghiệm x0 x0  2021 Đáp án Vì x0 nghiệm phương trình x  mx0  n 0  x0  mx0  n Điểm 0,25 2 2 Ta có x0  mx0  n   m  n   x0  1 2020  x0  1 0,25  x04   2020  x02  1  x04  2020 x02  2021  0,25   x02  1  x02  2021   x02  2021  x0  2021 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 Điểm Gọi số phương thứ 2021 x , x  N ; x 2020 Ta có 4041 số phương liên tiếp là: 0,25  x  2020  ;  x  2019  2 ; ;  x  1 ; x ;  x  1 ; ;  x  2020  Theo đề 2 2  x  2020    x  2019     x  1  x  x  1   x      x  2020  2 2 2  x  x  1   x  1   x     x      x  2020    x  2020  2020.2021 2  x 8164840 x  x 8164840 (vì x khác 0) Vậy số cần tìm x 81648402 Câu (2 điểm):  x 4 x      2020   x 4 x 0,25 0,25 0,25    2  x  x   y   y  y     1   a) Giải hệ phương trình:   x    y  x  16 y  0  2    Đáp án pt  1 : x  x    y  1      y  1  y  1 Điểm 3  x  x    y  1    y  1      x  y  1   0 2 x    y  1    x Do x2   x 3     y  1  y  1 0,25   x  y  0 3 0,25 Thế y   x vào ta có pt   : x  x  14 x  x  15 0  x  x  x  15 0     x 1  x     x    x  Vậy hệ phương trình có nghiệm là:  1;  1 ;   1;0  ;   3;1 ;   5;2  b)Tìm số nguyên x,y thỏa mãn: 0,25 0,25 x  16 x  96  16 y 3 x  24 Nội dung Điểm Ta có x  16 x  96  16 y 3x  24  x  16 x  96 3 x  16 y  24 Đặt 3x  16 y  24 a với a  N * Khi x  16 x  96 a 2 0,25  81x  144 x  864 9a   x     3a   800   x   3a   x   3a   800 (*) Thay a 3x  16 y  24 vào (*)   x  24 y  32   y    25 0,25 0,25  25 y   mà y  chia dư  y   {  1;5;  25} Với y    y   x 1 (Thỏa mãn) Với y  5  y 0  x 3 (Loại a