Tổng hợp 10 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán (chuyên) năm 2020 – 2021 tập 1

THCS.TOANMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2020 Mơn thi: TỐN (chun) Dành cho thí sinh thi vào trường THPT chuyên Hạ Long Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm có 01 trang - ịà ùũ íá ắÃfô ơá'ẵ ợ ăừù ợ ă ù ăừợ òó ă ợ ¨ ¨ ë ¨õê ° ¨õì ° ¨ ï ° ă ê2à ă ă ờó ùồ ă ờó ỡồ ă ờó ỗổ ùũ ẻ-ơ ạ; ò ợũ èd ă ẵá ò ọ ợũ ịà ợũ ùũ íá á)4ạ ơđdá ăỡ ợăợ ợ ợ ợ ó ứ ơá ư8ữũ èd ạáÃe á{ ắÃeơ ăù ăợ ăớ ăỡ ơá< ~ ¨ìï õ ¨ìỵ õ ¨ìí õ ¨ìì ã ỵìị ° ợ ă Đ ó Đợ Đ ă ợũ Ã}à áe á)4ạ ơđdá ũ Đ ù ó ă ớĐ ù ỡ ịà ớũ íá ăồ Đ áà ư8 ơá$ẵ ơá< ~ ăợ ởĐ ợ ỡăĐ ớă ỡĐ ó ợộũ èd ạà ơđ@ áyơụ á< áyơ ẵ+ ắÃfô ơá'ẵ ể ó ă ợĐũ ò ịà ỡũ ịồ í ê2à ĩ ơ|à ỉ ứẹữ àl ẵẵ ơÃh ơôĐh òịồ òí ê ẵơ ơôĐh òĩ ê2à òĩ ọ òồ ĩị ọ ĩí ẹ ịí ơ|à ế ũ íá'ạ Ãáổ ùũ è' ạÃẵ ịíẹỉ ơÃhũ ợũ ếĩ ứẹữ ũ ó ỉịí ớũ ĩịí ịà ởũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ẵp ư8 ạôĐj ẳ)4ạ ứồ ắữ ẵá ắ ắữ ư8 ạôĐjũ ắ ợ THCS.TOANMATH.com ịà ùũ ùũ íá ă Đ Ư ó ăợ Đ ợ Ư ợ ó ợ ê ăĐƯ ờó ũ íá'ạ Ãá đtạ ù ù ù ù ừ ó ũ ă Đ Ư ăĐƯ ợũ íá ọ ă ọ ợ ơá< ~ ợỡ ứăợ ớă ùữ ứăợ ởă ùữ ợớ ó ổ ¨ỵ õ ¨ ï ¨ỵ õ ỵ¨ ï ï ỵðỵð ècá ạà ơđ@ ẵ+ ắÃfô ơá'ẵ è ó ứăợ ă ợữ ũ ứăợ ăữợợù ịà ợũ ùũ íá á)4ạ ơđdá ăợ ă ó ạáÃe ă ơád ảă ả ọ ợợùũ ợ ợ ó ợợũ íá'ạ Ãá hô á)4ạ ơđdá ẵ> ịà ớũ ùũ Ã}à áe á)4ạ ơđdá ù ăợ ớữ Đ ừ Đ ợ Đ ù ợ ỡ ợ ă ợứớ ốĐữă ùờĐ ộ ó ứă ợũ èd ẵẵ ư8 ạôĐj ăồ Đ ơá< ~ ỗăợ ùờă ỗờ ùờĐ ó ớă ó ợ ổ ợỡổ ứẹữ ũ ;à é ịà ỡũ íá ạÃẵ á; òịí ẵ> ơđ$ẵ ơ{ ỉ ỉịí ê t ơđạ ạÃẵ òịí ụứé ờó Þå Ýå Ø÷ị Ù;· Ĩ ÐÞ øĨ êã Þ÷å Ị é í ê2à ứẹữ ụ ứề ờó íữ ịể ẵsơ òí ơ|à íề ẵsơ òị ơ|à ạÃẵ òể òề ẵsơ áô ơ|à ẽồ ứẽ ờó òữũ ùũ íá'ạ Ãá ơ' ạÃẵ òé 5à ơÃhũ ợũ íá'ạ Ãá ểồ ềồ ẽ ơáqạ áạũ ớũ èđạ ơđ)3ạ á/ òé á{ ạÃẵ ẵ+ ể òềụ ẵá'ạ Ãá é ẽ ịí ũ ịà ởũ íá ăồ Đồ Ư õ ăĐ ù ù ĐƯ ăĐ ĐƯ ợ ĐƯ ù ăĐ ợ THCS.TOANMATH.com UBND TNH LAI CHU SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG PTDTNT VÀ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn thi: TỐN (mơn chun) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát ) Ngy thi: 17/07/2020 ăừợ ăừù ịà ùũ íá ắÃfô ơá'ẵ é ó ă ùũ ợũ èd ă ă ă ă ă ợ ổ ă ¨ ° ỵ ¨ ° õ° ị ¨ ỵ ¨ ợ é é ó ùũ ịà ợũ ùũ íá éđắ ẵ> á)4ạ ơđdáổ Đ ó ớăợ Đ ó ờă ợ ợũ íá á)4ạ ơđdáổ ăợ ờă ợ ù ó ổ ơá< ~ ăớù ăớợ ọ ộợ ịà ớũ íá ứẹồ ẻữ ơđ? ứịồ í ê2à ẹì ơ|à ì ò ì ù ứẳữũ ăù ăợ ò àl áà ơÃh ơôĐh òị ê òí ịíứìị ọ ìíữ ẳ êô:ạ ạ>ẵ òịồ òí z )/ơ ê ũ ẳ ùũ íá'ạ Ãá ơ' ạÃẵ ẹìị ê ơ' ạÃẵ ẹì í ẵẵ ơ' ạÃẵ 5à ơÃhũ ũ ợũ íá'ạ Ãá ì ớũ ẽô ẹ ơđc ẵ+ ò ịà ỡũ Ã}à á)4ạ ơđdáổ ợăợ ẹò òịồ òí z )/ơ ơ|à é ê ẽũ èd ê@ òé ẽ á< áyơũ ù ăợ ớă ợ ó ợăợ ợă ừ ăợ ă ợũ ịà ởũ íá ắồ ẵ ắ ư8 ẳ)4ạ ắÃhơ ắ ẵ ắ ắẵ ẵ ó ờắẵũ íá'ạ Ãá ù ù ù ợừ ợ ợ ắ ẵ ớổ THCS.TOANMATH.com ịà ùũ ùũ íá ắÃfô ơá'ẵ ăứ ¨ õ ï÷ ø ¨ Ð ã õ ï ¨ ă ợ ợữ ă ù ă ă é ọ ốũ ợũ íá ứữ ó ợ ỡ ơcá ẽ ó ứùữ ứợữ õ ï ° ° ïø ỵ² õ ï õ ỵ² ùữ ứỡữũ ịà ợũ ẹăĐ ;à òồ ị j ơđ*ẵ ááũ èd ăằơÃnơữũ ợũ Ã}à áe á)4ạ ơđdá ứẳữ ổ Đ ó ă ỡ ứ ờó ữ ê đắ ứé ữ ổ Đ ó ợăợ ũ ứẳữ ê ứé ữồò ê ị z )/ơ ádá ẵáÃhô êô:ạ ạ>ẵ ẵ+ ò ê ị òịị ò ắtạ ùở ẵợ ăợ Đ Đ ă ó ớăĐ ũ ăĐ ợ Đ ăớ ó ớăĐ ịà ớũ ùũ Ã}à á)4ạ ơđdá ứ ăừớừ ợũ íá'ạ Ãá á)4ạ ơđdá ăợ ạà ơđ@ ẵ+ ũ ;à ăù ăợ ạà ơđ@ á< áyơũ ứợ ăữứờ ợă ùữ ă ứ ợă ùớữ ó ợổ ùữợ ó ứ ă w ư8 ữ ô: ẵ> ạáÃe ê2à ;à ăù ăợ ụ ơd ăợ ứẹữ ê ứẹ ữ ịà ỡũ ò ê ị ẹ t ạà ứẹ ữ òị ụ êm ẵẵ ơÃh ơôĐh ể íồ ể ĩ ứẹữ ứ íồ ĩ ĩ ứẹ ữ òí ê òĩ ơđ? ứẹ ữ z )/ơ ơ|à ê ứ ê àá:ạ ơđ.ạ ê2à ò íĩ ê ẵsơ áô ơ|à ì ũ ùũ íá'ạ Ãá ơ' ạÃẵ ịíì 5à ơÃh ê ì ịĩ ó ịì òĩũ ợũ íá'ạ Ãá ì ớũ íá'ạ Ãá àáà ể ũ òị íĩ ịà ởũ ùũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ạà ơđ@ ạôĐj ẵ+ ă ê Đ ơá< ~ ợợù ăợ ợĐ ợ ợợứợăĐ Đữ ó ợợợổ ợũ íá ăồ Đồ Ư ắ ư8 ơá$ẵ ẳ)4ạụ ơd ạà ơđ@ á< áyơ ẵ+ ắÃfô ơá'ẵ ợăợ ăĐ ợĐ ợ ợĐ ợ ĐƯ ợƯ ợ ợƯ ợ Ưă ợăợ ó ừ ổ ă Đ ợƯ Đ Ư ợă Ư ă ợĐ ịà ùũ íá ắÃfô ơá'ẵ é ó ăừợ ăừù ă ă ă ¨ í ỵ ỉ ¨ ¨ ° ¨ ỵ ° ă ợ ă ợ ổ ùũ ẻ-ơ ạ; ắÃfô ơá'ẵ é ũ ợũ íá'ạ Ãá é ù ũ ộ ịà ợũ ùũ Ã}à á)4ạ ơđdá ăợ ùợ ó ớă ăợ ởũ ợũ íá á)4ạ ơđdá ăợ ứ ợ ùữă ạáÃe ẵ+ á)4ạ ơđdá ứùữụ ơd ẽó ợ ó ứùữ ứ ê2à ơá ư8ữũ;à ăù ăợ áà ợ ăù ăợ ăợ ăù ịà ớũ íá ắồ ẵ ẵẵ ư8 ơá$ẵ àá:ạ { ơá< ~ ắ ẵ ó ớổ èd ạà ơđ@ á< áyơ ẵ+ è ó ứ ùữớ ứắ ùữớ ứẵ ùữớ ũ ịà ỡũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ư8 ạôĐj ẳ)4ạ ẵá ể ó ỡ ẵáà áhơ ẵá ộ ũ ịà ởũ òịí ứẹữ ò ê ẵsơ ẵôạ á< òị ơ|à ứ ò ê ị ứẹữ z )/ơ ơ|à ể ê ề ũ ;à ơÃh ơôĐh ơ|à ị ê í íá'ạ Ãá đtạổ ùũ íòề ịể òồ ể ịí ịíề ũ ịồ ểồ ẳ ẳ ẳ ẵsơ áà ể í ê ịề ũ ịà ùũ ùũ ẻ-ơ ạ; ắÃfô ơá'ẵổ ỗ ứữ ò ã ° ị ¿ í ° ° í ê ° ứắữ ị ó ù ợ ợừ ố ũ ùừ ợ ợũ Ã}à á)4ạ ơđdá ảăợ ớă ùả ó ớũ ịà ợũ ùũ íá á)4ạ ơđdá ăợ ă ù ó ứ ơá ư8 ữũ èd ăù ăợ ơá< ~ ăợù ăợợ ỡ ứăù ăợ ữ ó ởũ ị ợũ ể5ơ ẵ : ăô:à ẳ?ạ ơđj 5ơàá-ẵ ư:ạ ơ( ắh ò í ẵẵá ắh ị ù àụ ơá3à ạà ẵ : ăô:à ẳ?ạ á4 ơá3à ạà ạ)/ẵ ẳ?ạ á-ơũ ècá êv ơ8ẵ đÃjạ ẵ+ ẵ :ụ ắÃhơ êv ơ8ẵ ẵ+ ẳ?ạ )2ẵ ỡ àủáũ ịà ớũ ứẹồ ẻữ êm áà ơÃh ơôĐh òịồ òí ịồ í ịí ể ứ ể àáẵ ị ụ ể àáẵ í ữụ ơ( ể àl ể ì ụ ể ế ụ ể é z )/ơ êô:ạ ạ>ẵ ê2à òị ụ òí ụ ịí ứì ợ òịồ ế ợ òíồ é ợ ịíữũ ò ùũ íá'ạ Ãá đtạổ ể éế ó ể ịíũ ểéế ũ ợũ íá'ạ Ãá đtạổ è ạÃẵ ể ìé ể ơđj ẵôạ á< ịí ểì ểế ểé ịà ỡũ ùũ Ã}à áe á)4ạ ơđdá ứă Đữ ứĐ ợ ợĐữ ó ă Đợ Đ ó ợ ù ũ ợũ íá ắ ư8 ăồ Đồ Ư ăợ ợĐ ù ó Đ ợ ợƯ ù ó Ư ợ ợă ù ó ổ ècá ạà ơđ@ ẵ+ ắÃfô ơá'ẵ ò ó ăù Đ ù Ư ù ũ ịà ởũ ùũ èd ẵẵ ư8 ạôĐj ă ê Đ ơá< ~ổ ăĐợ Đ ợ ăợ ăĐ ợă Đ ó ũ ợũ íá ạÃẵ òịí ứẹữ ũ èà á{ ạÃẵ ẵ+ ạ>ẵ ò ũ íá'ạ Ãá đtạ òị òí ọ ợòĩũ ứẹữ ơ|à ĩ S GIO DC V O TO BÌNH DƯƠNG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn Tốn chun Ngày thi 10/7/2020 Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (3,0 điểm) a) Giải phương trình    x  2020  x  2019  x  x  2019  2020  4039 b) Cho hai số thực m, n khác thỏa mãn 1   Chứng minh phương trình: m n  x2  mx  n x  nx  m  ln có nghiệm Câu (1,5 điểm) Với số thực x, y thay đổi thỏa mãn  x  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P   x  y    x  y  xy   Câu (2,0 điểm) a) Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x  xy  y  x y b) Với a, b số thực dương thỏa mãn ab  a  b  Chứng minh rằng: a b  ab   2 1 a 1 b 1  a 1  b  Câu (3,5 điểm)     900 nội tiếp đường trịn O bán kính R, M điểm nằm cạnh Cho tam giác ABC cân A BAC BC cho BM  CM Gọi D giao điểm AM đường tròn O với  D  A , H trung điểm đoạn thẳng BC Gọi E điểm cung lớn BC , ED cắt BC N a) Chứng minh MA  MD  MB  MC BN  CM  BM  CN b) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD Chứng minh ba điểm B, I , E thẳng hàng c) Khi AB  R, xác định vị trí M để 2MA  AD đạt giá trị nhỏ HẾT LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a) Điều kiện: x  2019 Nhân hai vế phương trình cho   4039  x  x  2019  2020  4039 x  2020  x  2019, ta được:  x  2020  x  2019   x  2020  x  2019    x  2020 x  2019    x  2020 x  2019  x  2020        x  2019 1   x  2019 1   x  2020 1   x  2019     x  2020  x  2020  So với điều kiện ban đầu ta thấy x  2020 nghiệm phương trình b) Ta có 1    m  n  mn m n Phương trình tương đương: x  mx  n  1 x  nx  m  2 Phương trình 1 2 có 1  m2  4n 2  n  4m Ta có: 1  2  m  n2  4m  4n  m  n  2mn  m  n  Suy hai số 1 2 lớn Do hai phương trình 1 2 ln có nghiệm Suy phương trình cho ln có nghiệm Câu Ta có: P   x  y    x  y  xy     x  y    x  y     x  y 1    y  x 1    y  x 1 Đẳng thức xảy        1  x  y    x  0; 4 Chẳng hạn x  2; y  x  3; y  Vậy giá trị nhỏ P đạt y  x 1 x  0; 4 Câu a) Ta có x y  x  xy  y  y  x y Mặt khác x y  x  xy  y  x  y  x Suy ra: x  y x   y Với x  y, ta có: 3x  x  x   y  x   Với x   y, ta có: x  x   x    x  1  Với x  1, ta có: y  1 Với x  1, ta có: y  Vậy phương trình cho có ba nghiệm  x; y   0;0 , 1; 1 , 1;1 b) Ta có: ab  a  b    a  a  ab  a  b  a  ba  1 Tương tự  b  a  bb  1 Suy ra: a b a b    a  b  a  ba  1 a  bb 1   2ab  a  b  ab  a  b1  a 1  b a  b1  a   a  b1  a   1  a 1  b  ab 1  a 1  b  Suy điều phải chứng minh Câu  chắn cung   AC  a) Ta có:  ABM  MDC AMB  CMD Suy BMA  DMC đó: MA MB  MC MD  MA  MD  MB  MC   ACE  nên ABE  ACE ABE ACE có AE cạnh chung, AB  AC ABE     ACE   ABE  ACE  900 (do tứ giác ABEC nội tiếp) Suy ABE ADE  900 hay MD  EN Suy AD đường kính O Mà D  O  nên  Ta có NHE  NDM  NH NE   NM  NH  NE  ND 3 NM MD Lại có: NCD  NEB  NC NE   NB  NC  NE  ND 4 ND NB Từ 3 4 suy NM  NH  NB  NC   MN  MC  NB Suy ra: BN  MC  MN  NH  MN  NB  MN  NH  NB   MN  BH Hay BN  CM  MN  BH 5   900  MA  MD  MH  MN Tứ giác AHDN nội tiếp có  AHN  NDA Tứ giác ABDC nội tiếp  MA  MD  MB  MC Do đó: MH  MN  MB  MC  MB   MN  CN  Suy ra: BM  CN  MN  MB  MH   MN  BH 6 Từ 5 6 suy ra: BN  CM  BM  CN b) Ta có:     MBD  BDM   MID   BID BIM 0    900   ADC  CBD AED IBD  90   90   90   900   2     900   Suy ra: IBD AED   EAD   900  AED  Mà EBD   EBD  hay B, I , E thẳng hàng Do IBD  ADB nên ABM  ADB ABM  ACB c) Ta có:  Suy ra: R2 AB AM   AD  AM  AB  AB AD Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: AM  AD  2 AM  AD  2  R2  R Đẳng thức xảy AM  AD hay M trung điểm AD Khi AD  R Vậy giá trị nhỏ của 2AM  AD R đạt M trung điểm AD với D điểm cho AD  R HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI - ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chun) Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x  x    x  3 x  b) Cho hai số thực a , b, c thỏa mãn a  b  2c  2ab  bc  ca  Chứng minh a  b  c Câu (2,0 điểm) a) Chứng minh với số nguyên dương n, số A  11n  n  n  chia hết cho 15 b) Cho hai số nguyên dương m n thỏa mãn 11  m m  Chứng minh rằng: 11   n n  11  mn  Câu (2,0 điểm) a) Cho đa thức P ( x ) với hệ số thực thỏa mãn P 1  P  3  Tìm đa thức dư phép chia đa thức P ( x ) cho đa thức x  x  b) Với a , b, c số thực không âm thỏa mãn a  b  c  abc  4, tìm giá trị lớn biểu thức: P  ab  bc  ca Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB  AC Gọi  I  đường tròn nội tiếp tam giác ABC K tâm đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC Gọi D , E , F chân đường vng góc kẻ từ điểm I đến đường thẳng BC , CA, AB Đường thẳng AD cắt đường tròn  I  hai điểm phân biệt D M Đường thẳng qua K song song với đường thẳng AD cắt đường thẳng BC N a) Chứng minh tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK b) Gọi P giao điểm BI FD Chứng minh góc BMF góc DMP c) Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác MBC qua trung điểm đoạn thẳng KN Câu (1,0 điểm) Cho bảng ô vuông kích thước  (6 hàng, cột) tạo vng kích thước 1 Mỗi vng kích thước 1 tơ hai màu đen trắng cho bảng vng kích thước   2, có hai vng kích thước 1 tơ màu đen có chung cạnh Gọi m số vng kích thước 1 tô màu đen bảng a) Chỉ cách tơ cho m  20 b) Tìm giá trị nhỏ m HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI - ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chun) Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu a) Phương trình cho xác định với x  Đặt a  x  ( a  0), phương trình viết lại thành a  3x  ( x  3)a, hay ( a  x )( a  3)  x   Do a  x   x  x  x nên từ đây, ta có a  hay Từ đó, ta có x  (thỏa mãn) x  2 (thỏa mãn) Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  x  2 b) Từ giả thiết thứ thứ hai, ta có: 2ab  c a  b  2c Do ab  c Suy ra: a  c b  c  ab  c a  b  c  c  2c  c  1 Mà: a  b  a  b  4ab  2c   4c  2 2 Từ 1 2 , suy ra: a  b  c Câu a) Với số nguyên a, b số tự nhiên k ta có: a k  b k a  b Suy ra: a k  b k  a  b M với M số nguyên Ta có: A  11n  2n   7 n 1n   9C  D  33C  D với C , D số nguyên Lại có: A  11n 1n   7 n  2n   10C  5D  5 P  Q với P, Q số nguyên Suy A15 b) Với số nguyên a a chia 11 dư 0, 1, 3, 4, 5, Ta có: 11  m   11n  m  Nếu 11n  m2  m  10 mod11 , mâu thuẫn n Suy ra: 11n  m2  Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 11n  m    11  m  11n  m   1  11     11  m2      11    11   m   11n Bất đẳng thức 2  Nếu m  VP2  m2   Nếu m  1  11n  11   11n   11 Do 11n  m   n   Nếu m  1  11n  11  Do 11n  m   n  nên 1 11 nên 1 11 Tóm lại trường hợp ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy m  3, n  Câu a) Do x  x  có bậc nên số dư phép chia P( x) cho x  x  có dư ax  b Đặt P( x)   x  x  3 Q( x)  ax  b  P 1     a  b  a  Ta có:        P 3   3a  b   b      Vậy đa thức dư cần tìm x 1 b) Ta chứng minh ab  bc  ca  a  b  c  abc Thật bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 1a  b  c12  ab  bc  ca1 abc   1 a 1 b1 c  Khơng tính tổng quát giả sử a  b  c Ta có:  a  b  c  abc  3c  c  c  Ngoài  a  b  c  abc  3a  a3  a  Khi 1 a 1 c   Nếu b   1 b  Khi 1 a 1 b1 c   Ta có điều phải chứng minh  Nếu b  1, kết hợp với c  áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:  a  b    a  b  c  abc            2 1 a 1 b1 c  a 1b 11 c  a 1b 1   2 Từ suy ra: ab  bc  ca  a  b  c  abc  Do P  Đẳng thức xảy a  b  2, c  hoán vị Vậy giá trị nhỏ P đạt a  b  2, c  hoán vị Câu a) Dễ thấy D, E , F điểm  I  với cạnh BC , CA, AB BD  BF , kết hợp với ID  IF suy BI trung trực DF Do BI  DF  nên BI  BK , từ BK  DF Mà BI , BK theo thứ tự phân giác ngồi góc ABC Chứng minh tương tự, ta có CK  DE  CI   NKB  1 Từ BK  DF KN  DM , ta suy ra: FDM   IEC   IEA   IFA   900 Mặt khác ID  BC , IE  CA IF  AB, suy ra: IDC Do IDCE IEAF tứ giác nội tiếp Lại có IA, IB, IC ba đương phân giác ABC , ta có:      FEI   IED   FAI   ICD   BAC  ACB  900  ABC FED 2    FED   900  BAC  KBI   CBI   NBK    Vì BK  BI tứ giác DEMF nội tiếp nên: FMD Từ 1 2 , suy tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK b) Theo câu a) BI trung trực DF nên BI vng góc với DF trung điểm P DF Gọi G giao điểm thứ hai BM đường tròn  I  Dễ thấy hai tam giác BMF BFG đồng dạng với nên BF MF BM   Suy ra: BG FG BF BM BF MF MF  MF  BM       3 BG BF BG FG FG  FG  BM  MD  Chứng minh tương tự ta có:   4 BG  DG  Từ 3 4 suy ra: DM FM  FG DG Kẻ dây cung GH  I  song sóng với DF tứ giác FDHG hình thang cân Suy ra: FH  DG FG  DH Khi đó: FM FM DM DM    FG DG FH DH Do đó: FM  FH  DM  DH 5    x  MD  sin MDH   Gọi x, y khoảng cách từ M đến HD, HF    MF  sin MDH   y  MF  sin 1800  MFH     Suy ra:  x y   6 MD MF Từ 5 6 , suy ra: S FMH x  FH MF  FH   Do MH qua trung điểm FD  S DMH y  HD MD  DH   GMF   DMH   DMP  Tức P  MH , BMF c) Gọi Q trung điểm KN Theo câu a) MFD  BNK mà MP, BQ trung tuyến hai tam tác nên DMP  KQB   DMP   KBQ  Đặt   BMF  , ta có: BQN   QKB   KBQ   QKB    Kết hợp với câu b), ta có: BMF  ta có CQN   QKC    Tương tự đặt   CME   BQN   CQN   QKB     QKC     BKC      Suy ra: BQC Do BK  DF , CK  DE tứ giác DEMF nội tiếp nên:       EDF   1800  EMF   1800  BMF   BMC   CME   1800  BMC    BKC   BKC       1800  BMC  hay BQC   BMC   1800 Suy BQC Do tứ giác BMQC nội tiếp, tức đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM qua trung điểm Q KN Câu a) Cách tô màu thỏa mãn m  20 b) Theo cách tô bảng, ta thấy ba vng nằm vị trí hai dạng có tơ đen Tiếp theo, ta xét ô nằm vị trí hình (phần có màu đỏ hình) Ta chứng minh A, B, C , D có hai tô màu đen Thật vậy, giả sử bốn ô có tối đa tơ màu đen Khi đó, theo nhận xét trên, ta thấy có màu đen Khơng tính tổng qt, giả sử A tô màu đen ô B, C , D tô trắng Lúc bảng 23 ô B, E , C , F , D khơng có hai tơ đen nằm cạnh nhau, mâu thuẫn Vậy bốn ô A, B, C , D có hai tơ đen Từ đây, ta suy bốn ô nằm vị trí giống với bốn A, B, C , D hình vẽ có hai ô tô đen Bây giờ, ta chia bảng ô vuông cho thành vùng hình vẽ bên Từ kết thu được, ta suy m  16 Với m  16, ta thu cách tô màu thỏa mãn sau: Vậy giá trị nhỏ m 16 HẾT Þ€· ùũ íá'ạ Ãá đtạ ư8 Đ ó ứ ợ ợ ùữ ă ợợù ô: ạá@ẵá ắÃh ê2à ;à ạà ơđ@ ẵ+ ơá ư8 ũ ịà ợũ Ã}à á)4ạ ơđdá ỡ ăợ ó ợ ợ ă ợ ă ũ ịà ớũ èd ẵẵ ư8 ơ$ áÃj ẵá ợ ùố ợợ ư8 ẵácá á)4ạũ ịà ỡũ íá ádá ơáạ òịíĩ ứòị íĩ ẵũ ècáẵáÃiô ẵ ẵ+ ádá ơáạũ òí ó ố ẵồ ịĩ ó ịà ởũ íá'ạ Ãá đtạ ê2à ;à ư8 ơá$ẵ ắồ ẵồ ẳồ ằ ô: ẵ>ổ ợ ắợ ẵợ ẳợ ằợ ịà ờũ íá á)4ạ ơđdá ăợ ă ó èd ẵẵ ạà ơđ@ ẵ+ ứắ ẵ ẳ ằữổ ă w ư8ồ ơá ư8 ơá< ~ ó ỡũ ăù ăợ ẵá ăù ó ăợ ăợợ ũ ịà ộũ á< 5ơ ơđôạ ơ{ ô:à ẳ|Đ ơđl ẵ:Ãũ ềhô 7à áz ô ạÃ} ôĐf ê0 ơád ưm ẵ> ơáj áz ô & ẵá ẵẵ ẵáôụ ẵ? hô 7à áz ô ạÃ} ù ôĐf ê0 ơád ẵẵ ẵáô ưm ẵ> ơáj ù áz ôũ ỉ