061 đề thi vào 10 chuyên toán bắc ninh 2019 2020

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi: TỐN (Dành cho thí sinh chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút Câu (2,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức A  x  x3  3x  38 x  x   x  4x  b) Cho hai hàm số y  x y   m  1 x  1(với m tham số) có đồ thị  P  d Tìm m để  P  cắt d hai điểm phân biệt A  x1; y1  , B  x2 ; y2  cho 2 y13  y23  18  x13  x23  Câu (2,5 điểm)   y  xy   x  y a) Giải hệ phương trình:   5 x  y  18  x  b) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức M  x  x  25  y  y  25  z  z  25 Câu (1,5 điểm) a) Tìm tất cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn  xy  x  y   x  y  1  30 b) Cho n số nguyên dương thỏa mãn 12n2  số nguyên Chứng minh rằng: 12n2   số phương Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB  AC Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt điểm H Gọi  O  đường tròn ngoại tiếp tứ giác DHCE, cung nhỏ EC đường tròn (O) lấy điểm I (khác điểm E) cho IC  IE Đường thẳng DI cắt đường thẳng CE điểm N , đường thẳng EF cắt đường thẳng CI điểm M a) Chứng minh NI ND  NE.NC b) Chứng minh đường thẳng MN vng góc với đường thẳng CH c) Đường thẳng HM cắt đường tròn  O  điểm K (khác điểm H), đường thẳng KN cắt đường tròn (O) điểm G (khác điểm K), đường thẳng MN cắt đường thẳng BC điểm T Chứng minh ba điểm H ,T , G thẳng hàng Câu (1,0 điểm) Cho 2020 kẹo vào 1010 hộp cho hộp chứa nhiều 1010 kẹo hộp chứa kẹo Chứng minh tìm thấy số hộp mà tổng số kẹo hộp 1010 ĐÁP ÁN Câu 1.a Ta có x     x     x  x   x2  x   x2  x    x  x3  3x  38 x    x  x3  x    x3  x  x   10 x  40 x  10    5  A   1.b Phương trình hồnh độ giao điểm d  P  x2   m  1 x   (1) (P) cắt d hai điểm phân biệt A x1; y1  , B  x2 , y2  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 m      m  1    m     (*) m    Áp dụng định lý Viet ta có: x1  x2  m  1; x1x2  Từ giả thiết ta có y1  x12 , y2  x22 Khi y 13 y23  18  x13  x23   x16  x26  18  x13  x23    x13  x23  x13  x23  18  (2) Do x1  x2 nên    x13  x23  18    x1  x2   3x1x2  x1  x2   18  Do đó,  m  1  3 m  1  18    m   3  m  1  3 m  1  6   m  4(tm(*))   Câu 2   y  xy   x  y 2a   5 x  x  18  x  (1) , DK : x, y  (2)  y 1  y   2x 1  y  y  x  y  1  1  y     y  1 y  x      Với y  thay vào (2) ta được:  11 x  x  11  x    24 x  110 x  117    x2  55  217 55  217  x 24 24 Với y   x thay vào   ta được: 5x  28x  14 x  18  x    x2  x  2  x  x   x  x     x  x     x  x   x  x    x2  x    x2  x  2  x  x   3 x  x   5 22 y x  3  3x  10 x      5 22 y x  3  Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là:  55  217   55  217           ;1 ;   ;1 ;  ; ; ;     24 24 3      2b Từ giả thiết suy  x, y, z  Ta có:  x2  x  25   x  30 x  225  8x  24 x  15  x   8x  x  3  15  x  với x,0  x  x  (do  x   8x  x  3  0, dấu xảy  ) x  Do  x  x  25  15  x hay x  x  25  15  x với x,0  x  3 15  y 15  z ; z  z  25  với y, z :  y, z  3 Tương tự: y  y  25  Do đó, M  15  x  15  y  15  z 45    14 3 Dấu xảy  x; y; z    3;0;0   x; y; z    0;3;0   x; y; z    0;0;3 Ta có  x  x  25   x  22 x  121   x  8x    11  x    x  1  11  x  x,0  x  2 (do  x  1  0, dấu xảy x  1) Do  x  x  25  11  x hay x  x  25  11  x với x,0  x  11  y 11  z ; z  z  25  với y, z :  y, z  5 Tương tự y  y  25  Do đó, M  11  x  11  y  11  z 33   6 5 Dấu xảy x  y  z  Vậy GTLN M 14 đạt  x; y; z    3;0;0   x; y; z    0;3;0   x; y; z    0;0;3 GTNN M đạt x  y  z  Câu 3a)Vì x, y nguyên dương  x; y   1;1 khơng thỏa mãn phương trình nên x2  y   3; xy  x  y  Suy xy  x  y ước nguyên dương lớn 30 gồm 5;6 Nếu xy  x  y    x  1 y  1  ta trường hợp: x   x  (thỏa mãn điều kiện)   y   y    x   x    (tmdk ) y   y    Nếu xy  x  y    x  1 y  1  7(ktmdk ) Vậy cặp số  x; y  thỏa mãn 1;2  ;  2;1 3b) Vì 12n2  số lẻ nên để 12n2  số nguyên 12n2    2m  1 , m  Suy m  m  1  3n2  m  3u ; m   v Vì  m; m  1  nên xảy hai trường hợp  , u, v  * 2 m  v ; m   u  Nếu m  v ; m   3u v2  3u  hay v số phương chia dư Điều khơng xảy số phương chia dư Do xảy m  3u ; m   v Ta có: 12n2     2m  1   4m   4v số phương (đpcm) Câu A M E I K F N H O B D C T G a) Xét NDE NCI có: END  INC (đối đỉnh), EDN  ICN (cùng chắn cung EI ) suy NDE NCI  g.g   ND NE   NI ND  NE.NC NC NI b) Do tứ giác BFEC, DEIC, ABDE nội tiếp nên: AFE  ACB  DIE MEC  ABC  DEC  DIC  MENI tứ giác nội tiếp  DIE  EMN  AFE  EMN  MN / / AB Mà CH  AB  CH  MN c) Xét ENM , TNC có: EMN  EIN  NCT , ENM  TNC  ENM  TNC ( g.g ) NE NM   NC.NE  NM NT 1 NT NC Xét ENK , GNC có KEN  CGN , ENK  GNC  ENK  GNC ( g.g ) NE NK   NC.NE  NG.NK   NG NC Từ 1 ,    NM NT  NG.NK  NK NM   TGN NT NG KMN  KMN  TGN (3) Mà KMN  HCK (cùng phụ với KHC )  KMN  HGN (4) Từ (3) (4) ta có TGN  HGN  H ,T , G thẳng hàng Câu TH1:Tất hộp có số kẹo 2, lấy 505 hộp ta có tổng số kẹo 1010 TH2:Tồn hai hộp có số kẹo khác nhau, ta xếp hộp thành hàng ngang cho hai hộp số kẹo, ký hiệu số kẹo hộp thứ i, i  1;2; ;1010 Xét số S1  a1; S2  a1  a2  .; S1010  a1  a2   a1010 , với   1010 +)Nếu tồn hai số S1; S2 ; ; S1010 có số dư chia cho 1010, giả sử Si , S j  i  j  S j  Si   1   a j  1010 Do  S j  Si  2019;  S j  Si  1010 nên S j  Si  1010 hay ai1   a j  1010 +)Nếu S1; S2 ; S1010 khơng có hai số có số dư chia cho 1010 (1) Xét 1011 số S1; S2 ; ; S1010 , a2 , theo nguyên lý Dirichle tồn hai số có số dư chia cho 1010 Mà S1  a1  a2 ,1  a1, a2  1010 nên S1 , a2 không số dư chia cho 1010 (2) Từ (1) (2) suy tồn k  2;3; ;1010 cho Sk , a2 số dư chia cho 1010 Khi Sk  a2  a1  a3   ak 1010 Mà  a1  a3   ak  2019  a1  a3   ak  1010 Suy điều phải chứng minh  ... a2   a1 010 , với   101 0 +)Nếu tồn hai số S1; S2 ; ; S1 010 có số dư chia cho 101 0, giả sử Si , S j  i  j  S j  Si   1   a j  101 0 Do  S j  Si  2019;  S j  Si  101 0 nên S... Si  101 0 hay ai1   a j  101 0 +)Nếu S1; S2 ; S1 010 khơng có hai số có số dư chia cho 101 0 (1) Xét 101 1 số S1; S2 ; ; S1 010 , a2 , theo nguyên lý Dirichle tồn hai số có số dư chia cho 101 0...  a1, a2  101 0 nên S1 , a2 không số dư chia cho 101 0 (2) Từ (1) (2) suy tồn k  2;3; ;101 0 cho Sk , a2 số dư chia cho 101 0 Khi Sk  a2  a1  a3   ak 101 0 Mà  a1  a3   ak  2019  a1