Đề thi vào lớp 10 chuyên môn toan 2020 - 2021

- Thí sinh làm bài theo cách khác với hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của hướng dẫn chấm.. - Điểm bài thi là tổng điểm các câu khôn[r]

(1)



Tài liệu sưu tầm

TUYỂN TẬP ĐỀ VÀO LỚP 10 CHUYÊN MÔN TOÁN 2020-2021

(2)

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2020ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

MƠN THI: TỐN (cho tất cảcác thí sinh)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kểthời gian phát đề) Câu I (4 điểm)

1) Giải hệphương trình :

( )

2

3

7

9 70

x y xy

x xy x y

 + + =

 

= + −



2) Giải phương trình: 11 5− +x 8 2x− =1 24+3 (5−x)(2x−1)

Câu II (2 điểm)

1) Tìm x y, nguyên dương thỏa mãn x y2 2−16xy+99=9x2 +36y2 +13x+26y 2) Với a b, sốthực dương thỏa mãn

2

2≤2a+3b≤5 ;8a+12b≤2a +3b +5ab+10 Chứng minh rằng: 2

3a +8b +10ab≤21

Câu III (3 điểm)

Cho tam giác ABCcó BAClà góc nhỏnhất ba góc tam giác nội tiếp đường tròn (O) Điểm Dthuộc cạnh BCsao cho ADlà phân giác BAC.Lấy điểm M N, thuộc (O) cho đường thẳng CM BN, song song với đường thẳng AD

1) Chứng minh AM = AN

2) Gọi giao điểm đường thẳng MNvới đường thẳng AC AB, E F, Chứng minh bốn điểm B C E F, , , thuộc đường tròn

3) Gọi P Q, theo thứtựlà trung điểm đoạn thẳng AM AN, .Chứng minh đường thẳng EQ FP AD, , đồng quy

Câu IV (1 điểm)

Với a b c, , sốthực dương thỏa mãn a+ + =b c 3.Chứng minh rằng:

( )

( ) (( ) ) (( ) )

2 2

2 2 4

2 2 2

a a bc b b ca c c ab

b ab c c bc a a ca b

+ + +

+ + ≥

+ + +

ĐÁP ÁN Câu I

1) Giải hệphương trình:

( )

2

3

7 (1)

9 70 (2)

x y xy

x xy x y

 + + =

 

= + −

(3)

Nếu x= y,hệphương trình trởthành 7 3 7 3 8 0 0 x x x x   = = ±  ⇔   =

  = (Vơ nghiệm), x≠ y Nhân cảhai vế phương trình ( )1 với x− ≠y 0ta có:

( ) ( )( 2 ) ( ) 3 ( ) ( 3) ( )

1 ⇔ x− y x + y +xy =7 x− y ⇔ x − y =7 x− y ⇔10 x − y =70 x−y

Thếvào phương trình ( )2 ta có:

( ) ( )

( )( ) ( )

( )

3 3 3

2

2 9 10 10 0

2 0 3

2 2 5 0

2 5 0 4

x xy x y x xy y

x y

x y x xy y

x xy y

⇔ = + − ⇔ + − = − =  ⇔ − + + = ⇔  + + =  Ta có: ( )3 ⇔ =x 2y

Thếvào phương trình (1) ta có: 2 2 1 2

4 2 7 7 7

1 2

y x

y y y y

y x = ⇒ =  + + = ⇔ = ⇔  = − ⇒ = −  ( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2

4 2 4 0 2 4 0

2 0

2 2 0 0( )

0

x xy y y x y y

x y

x y y x y ktm

y ⇔ + + + = ⇔ + + = + =  ⇔ + + = ⇔ = ⇔ = = 

Vậy nghiệm hệphương trình ( ) ( ) (x y; ∈{ 2;1 ; − −2; 1)}

2) Giải phương trình: 11 5− +x 8 2x− =1 24+3 (5−x)(2x−1)

( )( ) ( )

11 5− +x 8 2x− =1 24+3 5−x 2x−1 *

ĐKXĐ: 5 0 1 5

2 1 0 2

x x x − ≥  ⇔ ≤ ≤  − ≥ 

Đặt : ( )

( )

2

5 0 5

2 1

2 1 0

x a a a x

b x

x b b

 − = ≥  = −  ⇒   = −  − = ≥   ( ) 2

2a b 2 5 x 2x 1 9

⇒ + = − + − =

Khi ta có: 112 82 24 3 (1)

2 9 (2)

a b ab

a b + = +   + = 

Giải phương trình ( )1 ta có: ( )1 ⇔11a−3ab=24 8− b⇔a(11 3− b)=24 8− b( )* Với 11 3 0 11 ( )* 0 16

3 3

b b a

− = ⇔ = ⇒ ⇔ = − (vô lý) 11

3 b

(4)

24 8 8 24

11 3 3 11

b b

a

b b

− −

⇒ = =

− − , Thay

8 24 3 11 b a b − =

− vào ( )2 ta được:

( )

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( )( )( )

2

2 2

4

3

8 24

2 2 9

3 11

2 64 384 576 9 66 121 9 9 66 121

128 768 1152 9 66 121 81 594 1089 0

9 66 168 174 63 0 3 22 56 58 21 0

1 3 19 37 21 0 1 1 3 3 7 0

b

b b

b b b b b b b

b b b b b b b b

−   ⇔   + = −   ⇔ − + + − + = − + ⇔ − + + − + − + − = ⇔ − + − + = ⇔ − + − + = ⇔ − − + − = ⇔ − − − − =

2 1 1

1 0 1 2 1 1 1( )

3 0 3 2 1 3 2 1 9 5( )

3 7 0 7 7 49 29

2 1 2 1 ( )

3 3 9 9

x

b b x x tm

b b x x x tm

b

b x x x tm

    − =     − = = − = =       ⇔ − = ⇔  = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =      − =   =  − =  − =  =    

Vậy phương trình có tập nghiệm 1;29;5 9 S =  

 

Câu II

1) Tìm x y, nguyên dương thỏa mãn: x y2 2−16xy+99=9x2 +36y2 +13x+26y

( ) ( ) ( )( )

2 2

16 99 9 36 13 26

20 99 9 36 36 13 26

20 100 1 3 2 13 2 *

x y xy x y x y

x y xy x xy y x y

x y xy x y x y

− + = + + +

⇔ + + = + + + +

⇔ + + − = + +

Đặt ( )

( )

2 0

10 10

x y a a

xy b b

+ = > 



+ = > 

( ) 2

* b 1 9a 13a

⇒ ⇔ − = + ( ) ( )( ) 2 2 2

13 169 169

9 2.3 1

6 36 36

13 133

3 18 13 36 133

6 36

18 6 13 18 6 13 133 (1)

a a b

a b a

a b a b

⇔ + + − = −

 

⇔ +  − = ⇔ + − =

 

⇔ − + + + =

(5)

( )

11

( )

18 6 13 0 18 6 120 3

18 6 13 1 18 6 12 19

1

18 6 13 19 18 6 32 6

( )

18 6 13 7 18 6 6 25

18 b

tm

a b a b a

a b a b

a

a b a b

ktm

a b a b

b  =    + + =  + =  =     − + =  − = −       ⇒ ⇔  ⇔ ⇔  =  + + = + =        − + = − = −      = −   ( ) ( )( )

3 2 3 2

2 3 3 2

3 2 1

10 11 1 2 3 1 0

3 2

3 2 1 1( )

( )

2 1 1 0 2 1( )

1

x y x y

y y

xy xy y y

x y

x y x tm

y ktm

y y y tm

y = − = −  + = = −    ⇒ ⇔ ⇔ ⇔ − = + = = − + =     = −   = −    = ⇔ ⇔ = ⇔ − − =  =    = 

Vậy phương trình có nghiệm ( ) ( )x y; = 1;1

2) Với a b, là sốthực dương thỏa mãn 2≤2a+3b≤5 ;( )

2

8a+12b≤2a +3b +5ab+10 Chứng minh 3a2 +8b2 +10ab≤21 2( )

Giải

( )2 ⇔8a+12b≤(2a+3b a)( +b)+10≤5(a+b)+10 3a 7b 10.

⇔ + ≤ Mặt khác 2a+3b≤5 Dựđoán dấu " "= xảy ⇔ = =a b 1 Ta có:

( ) ( ) ( )

2

3 8 10 3 4 . 2

I

a + b + ab= a+ b a+ b 

Áp dụng bất đẳng thức ( )

4

A B

AB≤ + , ta có:

( ) ( ) ( ) (9 12 7 14 )2

21. 3 3 4 7 2

4

a b a b

I = a+ b    a+ b ≤ + + +

( ) (16 26 ) (2 )2

21. 8 13

4

a b

I + a b

⇒ ≤ = +

(6)

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2

2 2

8 13 3 2 . 7 3 .

2

3 2 8 5

7 3 13 17

5

2 17 2 17

21. 8 13 3 7 2 3 .10 .5 21

5 5 5 5

21.

a b x y a x y b

x

x y

y

I a b a b a b

I

⇔ + = + + +

 = 

+ =

 

⇔ ⇔

+ =

  =



   

⇒ ≤ + = + + +  ≤ +  =

   

⇒ ≤

Dấu " "= xảy ⇔ = =a b 1 Câu III

1) Chứng minh AM = AN

Ta có:  NBA=DAB(so le BN / /AD)

K Q

P

F

E N

M

D O A

B

(7)

 ( )

DAB= DAC gt ;DAC = ACM (so le CM / /AD)

   

NBA MCA sd AN sd AM

⇒ = ⇒ = (trong đường trịn, hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)

Vậy AM = AN(trong đường tròn, hai dây căng hai cung nhau)

2) Chứng minh điểm B C E F, , , cùng thuộc đường trịn. Ta có:  1(  )

2

AEF = sd AN +sd CM (góc có đỉnh ởbên đường trịn)

 

( )

1

2 sd AM sd CM

= + 1  

2sd AC ABC

= = (góc nội tiếp nửa sốđo cung bị chắn) Vậy tứgiác BCEFlà tứgiác nội tiếp (tứgiác có góc ngồi góc đỉnh đối diện nhau) hay B C E F, , , thuộc đường tròn

3) Chứng minh đường thẳng EQ FP AD, , đồng quy

Áp dụng định lý Mê-lê-na-uýt tam giác AHN,cát tuyến EKQ, ta có:

. . 1 . 1

EN KH QA EN KH

EH KA QN = ⇒ EH KA = (do Qlà trung điểm AN gt( )nên QA=QN)

( )

EN KA

I

EH KH

⇒ =

Gọi AD∩PE={ }K' Ta chứng minh K'≡ K

Áp dụng định lý Mê-lê-na-uýt tam giác AHM,cát tuyến PKFta có:

' '

. . 1 . 1

' '

FM K H PA FM K H

FH K A PM = ⇒ FH K A = (Do Plà trung điểm AM gt( )nên PA=PM)

( )

' '

FM K A

II

FH K H

⇒ =

Ta chứng minh EN FM FM FH FM FH HM ( )*

EH FH EN EH EN EH HN

−

= ⇔ = = =

− (tính chất dãy tỉsố nhau)

Vì BN / /AD/ /CM nên áp dụng định lý Ta – let ta có: HM DC HN = DB Lại có : DC AC

DB = AB(định lý đường phân giác), đó: ( )1

HM AC

HN = AB Xét ∆AEFvà ∆ABCcó:  AEF = ABC cmt BAC( ),chung

( ). AC AF( )2 AEF ABC g g

AB AE

⇒ ∆ ∆ ⇒ =

Từ(1) (2) HM AF ( )3

HN AE

(8)

Tiếp tục áp dụng định lý đường phân giác tam giác AEFta có: AF HF( )4 AE = HE Từ(3) (4) ta suy HM HF,

HN = HE ( )* chứng minh, tức ( )

EN FM

III EH = FH Từ ( ) ( ) ( )I , II , III suy '

' KA K A

KH = K H , K ≡ K' Vậy EQ FP AD, , đồng quy K

Câu IV

Với a b c, , >0,a+ + =b c 3ta có:

( )

( ) (( ) ) (( ) ) (( ) ) (( ) ) (( ) )

2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

a a bc b b ca c c ab a a bc b b ca c c ab

P

b ab c c bc a a ca b ab ab c bc bc a ca ca b

+ + + + + +

= + + = + +

+ + + + + +

Áp dụng BĐT ( )

2

2 2 a b c

a b c

x y z x y z

+ +

+ + ≥

+ + ta có:

( )

( ) ( ( ) )

2

2 2 2

2

2 2 2

3 3

2

a b c abc a b c abc

P P

a b b c c a abc a b c ab bc ca

+ + + + + +

≥ ⇒ ≥

+ + + + + + +

Đặt ,

a b c p ab bc ca q abc r

+ + = 

 + + = 

 =



áp dụng BĐT Schur ta có: ( 2) 9r≥ p 4q− p

( ) ( )

9abc 3 4 ab bc ca 9 3abc 4 ab bc ca 9

⇒ ≥  + + − ⇔ ≥ + + −

Khi ta có:

( )

2

2 2

2

4 9

a b c ab bc ca

P

ab bc ca

 + + + + + − 

 

≥

+ +

( ) ( )

( )

( ) (( ))

2

2 2

2

2 9

3 2 9 4

4

a b c ab bc ca

P

ab bc ca

ab bc ca ab bc ca

P P

ab bc ca ab bc ca

 + + + + + − 

 

≥

+ +

 + + + −  + +

 

≥ ⇒ ≥ =

+ + + +

Dấu " "= xảy ⇔ = = =a b c 1

(9)

BỘGIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI CỘNG HÒA XA HĐộc lập – TỘựI CHdo Ủ– HNGHĨA VIỆT NAMạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2,0 điểm)

Cho biểu thức 4 8 : 1 2

4

2 2

x x x

P

x

x x x x

   − 

= +   − 

−

+ −

   với x>0;x≠4;x≠9 a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm msao cho m( x −3 ) P> +x 1đúng với giá trị x>9

Bài (3,0 điểm)

a) Trong hệtrục tọa độ Oxycho hai đường thẳng ( )d1 :y =5x+9và

( ) ( )

2 : 4 3

d y= m − x+ m (mlà tham số) Tìm giá trị mđểhai đường thẳng

d d2là song song

b) Cho phương trình: ( )

2 1 2 5 0

x − m− x+ m− = (mlà tham số) Tìm giá trị mđểphương trình có nghiệm x x1, 2thỏa mãn:

( )( )

1 2 2 1 2 0

x − mx + m− x − ≤

c) Hai ô tô khởi hành lúc quãng đường từA đến Bdài 120km Vì giờơ tơ thứnhát chạy nhanh ô tô thứ hai 10kmnên đến Btrước ô tô thứ hai 0, 4giờ Tính vận tốc tô, biết vận tốc ô tô không đổi quãng đường AB.

Bài (1,5 điểm)

Bác An muốn làm cửa sổkhuôn gỗ, phía có dạng nửa hình trịn, phía có dạng hình chữnhật Biết : đường kính nửa hình trịn cạnh phía hình chữnhật tổng độdài khuôn gỗ(các đường in đậm vẽtrong hình bên, bỏqua độrộng khn gỗ) 8 m Em giúp bác An tính độdài cạnh hình chữnhật để cửa sổcó diện tích lớn

Bài (3,0 điểm)

Cho đường tròn ( )O điểm nằm ngồi đường trịn Kẻtiếp tuyến ABvới đường tròn ( )O (B tiếp điểm) đường kính BC.Trên đoạn thẳng COlấy điểm I(I khác C O) Đường thẳng IAcắt ( )O hai điểm Dvà E(Dnằm A E) Gọi H trung điểm đoạn thẳng DE

a) Chứng minh AB BE. =BD AE.

b) Đường thẳng dđi qua điểm Esong song với AO, dcắt BCtại điểm K.Chứng minh HK / /CD

c) Tia CDcắt AOtại điểm P,tia EOcắt BPtại điểm F.Chứng minh tứgiác BECF hình chữnhật

(10)

0 , , 1

3

1 1 1

x y z

x y z

y zx z xy x yz x y z

< ≤ 



 + + =

 + + + + + + + +



ĐÁP ÁN Bài 1.

a) Rút gọn biểu thức P Với x>0,x≠4,x≠9 tacó:

( )( ) ( )

4 8 1 2 4 8 1 2

: :

4

2 2 2 2 2 . 2

x x x x x x

P

x

x x x x x x x x x x

   

   −     − 

= +   −  = + −

  

−

+ − + − + −

       

( )

( )( ) ( ( ) ) ( )( ) ( )

( )( ) ( ) ( ( ) ( ) )

4 2 8 1 2 2 8 4 8 2

: .

1 2 4

2 2 2 2 2

2 4 . 2

8 4 4

.

3 3

2 2 2 3

x x x x x x x x x x

P

x x

x x x x x x

x x x x x

x x x

x x

x x x x

− + − − − − + −

= =

− − +

− + − − +

− +

+

= = =

− −

− + + −

Vậy 4 3 x P

x =

−

b) Tìm msao cho m( x −3 ) P> +x 1đúng với giá trị x>9 Điều kiện: x>9.∀ >x 9,Ta có:

( ) ( )

( )

4

3 1 3 1

3 1

4 1 4 1 1 4 1

x

m x P x m x x

x

mx x m x m

x

− > + ⇔ − > +

− ⇔ > + ⇔ − > ⇔ − > Vì x>9nên 1 1

9 x <

Do 4m 1 1, x 9 x

− > ∀ > 4 1 1 9

m− ≥ 4 10 5

9 18

m m

⇔ ≥ ⇔ ≥

Vậy 5 18 m≥

Bài 2.

(11)

Ta có hai đường thẳng ( )d1 :y =5x+9và ( )d2 :y=(m2 −4)x+3msong song

2 3

4 5 9

3 3

3 9 3

3 m

m m

m  =

 − =  = 

⇔ ⇔ ⇔ = − ⇔ = −

≠ ≠

   ≠



Vậy m= −3thì đường thẳng d1và d2song song

b) Tìm m để ( )( )

1 2 2 1 2 0

x − mx + m− x − ≤ Xét phương trình: ( )

2 1 2 5 0

x − m− x+ m− = , ta có:

( )

( ) ( )

2 2

2

' 1 2 5 2 1 2 5

4 4 2 2 2 0

m m m m m

m m m m

∆ = − − + = − + − +

= − + + = − + > ∀ ⇒Phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x x1, 2với m

Áp dụng hệthức Vi et ta có: 2

2 2

2 5

x x m

x x m

+ = −



 = −



Vì x1là nghiệm phương trình ta có:

( )

2

1 1 1

2

1 1 1

2 1 2 5 0 2 2 2 5 0

2 2 1 2 4 0 2 2 1 2 2

x m x m x mx x m

x mx m x x mx m x

− − + − = ⇔ − + + − =

⇔ − + − + − = ⇔ − + − = − −

Theo đềbài ta có:

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )

( )

2

1 2

2 2 1 2 0 2 2 2 0

2 2 0 2 4 0

2 5 2 2 2 4 0 2 1 4 4 0

3

2 1 4 4 0 2 3

2

x mx m x x x

x x x x x x

m m m m

− + − − ≤ ⇔ − − − ≤

⇔ − − ≥ ⇔ − + + ≥

⇔ − − − + ≥ ⇔ − − + ≥

⇔ − − + ≥ ⇔ − ≥ − ⇔ ≤

Vậy 3 2

m≤ thỏa mãn điều kiện tốn

c) Tính vận tốc ô tô

Gọi vận tốc ô tô thứnhất x km h( / )(x>10)

⇒Thời gian ô tô thứnhất hết quãng đường ABlà 120( )h x

Vận tốc ô tô thứnhất lớn vận tốc ô tô thứ hai 10km h/ ⇒Vận tốc ô tô thứhai : x−10(km h/ )

(12)

Vì tơ thứnhất đến B trước ô tô thứ hai 0, 4 2 5

h= hnên ta có phương trình:

( ) ( )

( )( )

2

120 120 2

5.120 5.120. 10 2 10

10 5

600 600 6000 2 20 2 20 6000 0

10 3000 0 60 50 3000 0

60 0 60( )

60 50 0

50 0 50

x x x x

x x

x x x x x x

x x x x x

x x tm

x x

− = ⇔ − − = −

−

⇔ − + = − ⇔ − − =

⇔ − − = ⇔ − + − =

− = =

 

⇔ − + = ⇔  ⇔ 

+ = = −

 

Vậy vận tốc ô tô thứnhất 60km h/ vận tốc ô tơ thứhai:60 10− =50(km h/ )

Bài Tính độdài cạnh diện tích lớn

Gọi đường kính nửa hình trịn x m( )(0< < ⇒x 8) Bán kính nửa đường trịn ( )

2 x

m

Khi cạnh phía hình chữnhật: x m( )

Gọi cạnh cịn lại hình chữnhật y m( )(0< <y 8) Độdài nửa đường trịn phía trên: 1 ( )

2 2

x

x π m

π =

Khi ta có tổng độdài khuôn gỗ: 2 8 1 2 8

2 2

x

x y x y

π + + = ⇔π +  + =

 

 

2

2 8 1 4

2 4

y π x y π + x ⇔ = − +  ⇔ = − 

   

Diện tích cửa số:

2 2

1

2 2 8

x x

S = π   +xy=π +xy  

(13)

2

2 2

4 4

8 4 8 4

1 4

4 4

8 2 8

4 32 4 16 16 16

. . 2

8 4 8 4 4 4

4 16 32 32

.

8 4 4 4

x x

S x x S x x

S x

π π π π

π π

π π π π

π

π π π

  +    + 

⇔ = +  −  ⇔ = + − 

   

 

+

 

⇔ = − +  + ⇔ = − +

 

 

+   +    

⇔ = −  − ⇔ = −  − +  −  

+ + + +

       

+  

⇔ = −  −  + ≤

+ + +

 

Dấu " "= xảy 16 0 16 ( )

4 4

x x tm

π π

⇔ − = ⇔ =

+ +

( )

4 16 4 2

2 16 4 16 4 8 8

4 . ( )

4 4 4 4 4

y π π π π π tm

π π π π

+ − +

+ + − −

⇒ = − = = =

+ + + +

Vậy cửa sổcó diện tích lớn độdài cạnh hình chữnhật là: 16 4m

π + cạnh bên hình chữnhật 8 ( )

4 cm

π +

Bài 4.

a) Chứng minh AB BE. =BD AE. d

F P

Q

K H D

E C

B

O A

(14)

Xét ∆ABDvà ∆AEBcó: Achung;  ABD= AEB(góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn BD)⇒ ∆ABD∆AEB g g( )

AB BD

AE BE

⇒ = (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ )⇒ AB BE. =BD AE dfcm. ( )

b) Chứng minh HK / /CD

Vì Hlà trung điểm DE gt( )nên OH ⊥DE(tính chất đường kính dây cung)

 

90 90

OHD OHA

⇒ = ⇒ =

Xét tứgiác OBAHcó : OHA =90 (0 cmt OBA);=900(do ABlà tiếp tuyến ( )O )

  0

90 90 180

OHA OBA OBAH

⇒ + = + = ⇒ tứgiácnội tiếp  

OAH OBH

⇒ = (hai góc nội tiếp chắn cung OH) Mà OAH =HEK(so le d / /OA)

  

OBH HKE HBK

⇒ = = ⇒Tứgiác BEKH tứgiác nội tiếp (Tứgiác có hai đỉnh kề nhìn cạnh góc nhau)

  

HKB HEB DEB

⇒ = = (hai góc nội tiếp chắn cung HB)

Mà DEB =DCB(hai góc nội tiếp chắn BD) ⇒HKB = DCB(hai góc nội tiếp chắn cung BD)⇒HKB =DCB(=DEB) Lại có hai góc ởvịtrí đồng vịbằng

/ / ( )

HK CD dfcm ⇒

c) Chứng minh BECF là hình chữnhật Kẻtiếp tuyến AQvới đường trịn ( ) (O Q≠ B)

Xét tứgiác OBAQcó: OBA OQA + =900 +900 =1800 ⇒OBAQlà tứgiác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối

180 )   

OBQ OAQ PAQ

⇒ = = (hai góc nội tiếp chắn cung OQ) Lại có: OBQ  =CBQ=CDQ(hai góc nội tiếp chắn cung CQ)

 ( )

PAQ CDQ OBQ

⇒ = = ⇒Tứgiác APDQlà tứgiác nội tiếp (Tứgiác có góc ngồi góc đỉnh đối diện)⇒  ADP= AQP(hai góc nội tiếp chắn AP) Mà  ADP=CDE(đối đỉnh)⇒CDE =CBE(hai góc nội tiếp chắn CE)

 AQP CBE ( )1

⇒ =

Xét ∆ABPvà ∆AQPcó: AP chung;  BAP=QAP(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); AB= AQ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)⇒ ∆ABP= ∆AQP c g c( )

  (2)

ABP AQC

(15)

Từ(1) (2) ⇒CBE =ABP(=AQP)

     

90

CBE CBF ABP CBF EBF ABC

⇒ + = + ⇒ = =

 EBF

⇒ góc nội tiếp chắn nửa đườn trịn (O) nên EFlà đường kính ( )O O

⇒ trung điểm EF

Xét tứgiác BECF có hai đường chéo BC EF, cắt trung điểm đường BECF

⇒ hình bình hành Lại có:  90 ( )

EBF = cmt nên BECF hình chữnhật

(dfcm) Bài 5.

Ta có:

2

1 1

x x

xy y

 ≤ ⇒ ≤

 ≤ 

( )

2

1 1

1 1 1 1

1 1

x xy y x xy zx y zx

x xy xz y zx y xz x x y z

x

y xz x y z

⇒ + ≤ + ⇒ + + ≤ + +

⇒ ≥ ⇒ ≤

+ + + + + + + +

⇒ ≤

+ + + +

Chứng minh tương tựta có: 1 ; 1

1 1

y z

z xy ≤ x y z x yz ≤ x y z

+ + + + + + + +

Cộng vếtheo vếcác bất đẳng thức ta : 3

1 1 1

x y z

y xz + z xy + x yz ≤ x y z

+ + + + + + + +

Dấu " "= xảy ⇔ = = =x y z 1

(16)

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒCHÍ MINH TRƯỜNG PHỔTHÔNG NĂNG KHIẾU

HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2020 – 2021

Môn thi: TỐN (khơng chun)

Thời gian làm 120 phút, không kểgiao đề

Câu (1,0 điểm) Cho ba biểu thức

( ) ( ( ) ()( ) )

3

2

1

8 ,

4

3

x x

x x

M N

x x

x

+ − −

−

= =

− +

+ +

và

x P

x =

+ a) Tìm tất cảcác sốthực xthỏa mãn M = −x 4

b) Trong trường hợp biểu thức M N, Pxác định, rút gọn biểu thức Q=MN +P

Câu (3,0 điểm)

a) Giải phương trình ( ) 3 3

4 5 0

1

x x

x

 − + + 

+ −  =

−

 

b) Cho hai sốthực m n, thỏa mãn hai đường thẳng ( )d :y=mx+nvà

( )d1 :y= +x 3m+2n−mncắt điểm I( )3;9 Tính giá trị mnvà m

n c) Cho hình chữnhật ABCDcó chu vi 28(cm)và nội tiếp đường trịn ( )C có

bán kính R=5(cm).Tính diện tích hình chữnhật ABCD

Câu (2,0 điểm) Gọi ( ) ( )P , d đồthị hàm số y = x2và y =2mx+3 a) Chứng minh đường thẳng ( )d cắt parabol ( )P tai hai điểm phân biệt

( 1, 1)

A x y ,B x y( 2, 2)với sốthực m.Tính y1+ y2theo m b) Tìm tất cảcác sốthực msao cho y1−4y2 = −x1 4x2 +3x x1 2

Câu (1,0 điểm) Một kho hàng nhập gạo (trong kho chưa có gạo) ngày liên tiếp ngày (kểtừngàythứhai) nhập lượng gạo 120%lượng gạo nhập vào kho ngày trước Sau đó, từngày thứnăm kho ngừng nhập ngày kho lại xuất lượng gạo 1

10lượng gạo kho ởngày trước Hãy tính lượng gạo kho hàng nhập ngày thứnhất trường hợp sau :

a) Ngày thứba, sau nhập xong kho có 91tấn gạo

b) Tổng sốgạo xuất ngày thứnăm thứsáu 50,996tấn gạo,

Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABCnội tiếp đường trịn ( )T có tâm O, có AB= AC,và



90

BAC > Gọi M trung điểm đoạn thẳng AC.Tia MOcắt đường tròn ( )T điểm D.Đường thẳng BClần lượt cắt đường thẳng AOvà ADtại điểm N P,

a) Chứng minh tứgiác OCMNnội tiếp BDC=4.ODC

b) Tia phân giác BDPcắt đường thẳng BCtại điểm E.Đường thẳng MEcắt đường thẳng ABtại điểm F.Chứng minh CA=CPvà ME ⊥DB

(17)

ĐÁP ÁN Câu

a) Tìm xkhi M = −x 4 Xét biểu thức

( )2 8 3 1 x x M x − =

+ + (ĐKXĐ: x≥0) Ta có: ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 3 2

2 2 2 4

8

3 2 1

3 1 3 1

2 2 4

2

2 4

x x x x

x x M

x x

x x x

x x x − − + + − = = = + + + + + + + − + + = = − + +

Khi M = −x 4

( ) ( )( )

( )( )

2

2 4 2 2 2 2

2 0

2 2 1 0 4( )

1 0( )

x x x x x x

x

x x x tm

x VN ⇔ − = − = − ⇔ − = − +  − = ⇔ − + − = ⇔ ⇔ = + = 

Vậy x=4thì M = −x 4

b) Tính Q=M N. +P ĐKXĐ: 0

4 x x ≥   ≠ 

Ta có: 2, 2

x

M x P

x = − = + ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ( )( ) ) 2 3

1 1 1 1 1 1

1 1

4 3 1 4 3 1

2 2 1 1 2 1 2 3 1 2

4 3 1 4 3 1 4

x x x x x x

x x

N

x x x x

x x x x x x

x x x x x

  + − + + + + − + − + − −   = = − + − + + + + − + − + + = = = − + − + −

( ) 2

. 2

4 2

2

1

2 2

x

Q M N P x

x x x x x ⇒ = + = − + − + = + = + +

(18)

Câu 2.

a) Giải phương trình ( ) 3 3

4 5 0

1 x x x x x  − + +  + −  = −   ĐKXĐ:

3 0 3

0 0 0 1 1 1 0 x x x x x x x x + ≥   ≥ − ≥  ≥ ⇔ ≥ ⇔    ≠   − ≠  ≠ 

Ta có:

( ) 3 3 4 5 0 ( )( )1

4 5 0

1 3 3 0 2

x x

x x x

 + − =

 − + + 

+ −  = ⇔ 

−  − + + =

  

Xét phương trình ( )

1 :x +4x − =5 0 Đặt 2( )

0

t =x t≥ , phương trình (1) trởthành:

( ) ( ) ( )( )

2

4 5 0 5 5 0 1 5 1 0

1( )

1 5 0 1 1( )

5( )

t t t t t t t t

t tm

t t x x tm

t ktm + − = ⇔ − + − = ⇔ − + − = =  ⇔ − + = ⇔  = − ⇔ = ⇔ = ± 

Xét phương trình (2): x− +3 3+ = ⇔x 0 3+ = −x 3 xvới x≥0,x≠1

( )2 2 2

3 0 3 3

3 6 9 7 6 0

3 3

x x x

x x x x x

x x − ≥   ≤  ≤  ⇔ ⇔ ⇔ + = − + − + = + = −     ( ) ( ) ( )( ) 3 3 3

1 6 1 0 6 1 0

6 6 0

3 3

1

6 6( )

1 1( )

x x

x

x x x x x

x x x

x x

x

x x ktm

x x tm

≤ ≤ ≤    ⇔ ⇔ ⇔ − − − = − − = − − + =    ≤ ≤     ⇔ = ⇔ = ⇔ =    =  =  

Kết hợp với điều kiện xác định ⇒ =x 1không thỏa mãn

Vậy S= ±{ }1

b) Hai đường thẳng d y: =mx+mvà d1:y = +x 3m+2n−mncắt điểm

( )3;9

I Tính m n. và m n

Vì d ∩ =d1 { }I nên

(19)

9

9 3 9 4 4

9 3 3 2 6 3 2 9 3

6 3. 2

4 4

9 9

4 4

3

5 3

5

4 4

m

m m m

m n mn m n mn

n n

m m

n n

 = 

= + =

  

⇒ ⇔ ⇔

= + + − = + −

   = + −

 

 = =



 

⇔ ⇔

 = −  = −

 

 

Vậy . 9. 3 27

4 5 20

m n= − = −

 

9 3 9 5 15

: .

4 5 4 3 4

m n

−

   

= − =  = −

   

c) Hình chữnhật ABCDcó chu vi 28(cm)và nội tiếp đường trịn (C) có bán

kính R=5( )cm .Tính diện tích tứgiác ABCD

Theo ta có: Hình chữnhật ABCDcó chu vi 28(cm)nên có nửa chu vi 14(cm) Đặt AB= x cm( ).(ĐK: 0< <x 14)⇒CD=14−x cm( )

Gọi O= AC∩BD,Khi Olà tâm đường trịn ngoại tiếp hình chữnhật ABCD Hình chữnhật ABCDnội tiếp đường trịn có bán kính R=5( )cm

( ) ( )

5 2 10

OA cm AC OA cm

⇒ = ⇒ = =

Áp dụng định lý Pytagotrong tam giác vng ABCta có: C

B O

A

(20)

( )

( ) ( )

( )( )

2

2 2 2 2

2

14 10 28 196 100

2 28 98 0 14 48 0

6 8 48 0 6 8 6 0

6 0 6

6 8 0 ( )

8 0 8

AB BC AC x x x x x

x x x x

x x x x x x

x x

x x TM

x x

+ = ⇒ + − = ⇔ + − + =

⇔ − + = ⇔ − + =

⇔ − − + = ⇔ − − − =

− = =

 

⇔ − − = ⇔ ⇔

− = =

 

Với x= ⇒6 AB=6( )cm BC, =8( )cm ⇒Diện tích hình chữnhật ABCDlà

6.8 48( )

S= = cm

Với ( ) ( )2

8 8( ), 6 ABCD 8.6 48

x= ⇒ AB= cm BC = cm ⇒S = = cm

Vậy diện tích hình chữnhật ABCDbằng 48cm2

Câu 3.

Gọi ( ) ( )P , d lần lượt đồthịcủa hàm số y= x2và y =2mx+3

a) Chứng minh đường thẳng ( )d luôn cắt (P) hai điểm phân biệt A x y( 1; 1)và

( 2; 2)

B x y và tính y1+ y2theo m

Xét phương trình hồnh độgiao điểm hai đồthị ( )P ( )d ta có:

( )

2

2 3 2 3 0 *

x = mx+ ⇔ x − mx− =

Phương trình ( )* có ∆ =' m2 + > ∀3 0( )m ⇒Phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt x x1, 2với m

Hay với mthì đường thẳng ( )d cắt ( )P hai điểm phân biệt A x y( 1; 1)và

( 2; 2)

B x y

Ta có A B, ∈( )d nên: 1

2

2 3

y mx

= +



 = +



Áp dụng hệthức Viet vào phương trình ( )* ta có: 2

2 3

x x m

x x + = 

 = −

 Khi ta có:

( )

1 2

2

2 3 2 3 2 6

2 2 6 4 6

y y mx mx m x x

m m m

+ = + + + = + +

= + = +

Vậy

1 4 6

y + y = m +

b) Tìm msao cho y1−4y2 = −x1 4x2 +3x x1 2

Với mthì đường thẳng ( )d ln cắt ( )P hai điểm phân biệt A x( 1;2mx1+3)và

( 2;2 3)

B x mx + Áp dụng hệthức Vi−etta có: 2

2 (1)

3 (2)

x x m

x x

+ =



 = − 

(21)

( )

( )( )

1 2 2

1 2 1 2

1

4 4 3 2 3 2 3 4 3.( 3)

2 3 8 12 4 9 2 8 4 0

1

2 1 0

2 1 4 0 2

4 0

4

y y x x x x mx mx x x

mx mx x x mx x mx x

m m

m x x

x x

− = − + ⇔ + − + = − + −

⇔ + − − = − − ⇔ − − + =



− = =

 

⇔ − − = ⇔ ⇔



− =

  =

Với x1=4 ,x2 thay vào ( )2 ta có: 4x22 = − ⇒3 Phương trình vơ nghiệm Vậy 1

2

m= thỏa mãn yêu cầu toán

Câu 4.

a) Ngày thứba nhập xong có kho 91 gạo

Gọi lượng gạo kho hàng nhập ngày thứnhất x(tấn ) (ĐK: x>0) Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứhai : x.120% 1, 2= x(tấn)

Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứba : 1, 120% 1, 44x = x(tấn)

Sau ngày thứba, lượng gạo có kho : x+1, 2x+1, 44x =3,64x(tấn)

Vì ngày thứba, sau nhập xong kho có 91 nên ta có phương trình: 91

3,64 91 25

3,64

x= ⇔ =x = (tấn ) (thỏa mãn)

Vậy ngày thứ3, sau nhập xong, kho có 91 gạo lượng gạo kho hàng nhập ngày thứnhất 25tấn

b) Tổng sốgạo xuất ngày thứ5, thứ6 50,966tấn Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứtư 1, 44 120% 1,728x = x(tấn)

Sau ngày thứtư, lượng gạo có kho : x+1, 2x+1, 44x+1,728x=5,368x(tấn) Từngày thứ5 kho ngừng nhập ngày kho lại xuất lượng gạo 1

10lượng gạo kho ởngày trước nên:

Sốgạo xuất ngày thứ5 : 1 .5,368 0,5368 10 x= x(tấn)

Sốgạo lại sau ngày thứ5 : 5,368x−0,5368x=4,8312x(tấn) Sốgạo xuất ngày thứ6 : 1 .4,8312 0.48312

10 x= x(tấn)

Vì tổng sốgạo xuất ngày thứ5, thứ 50,996tấn nên ta có phương trình: 0,5368x+0, 48312x=50,966⇔1,01992x=50,966⇔ =x 50(tm)

(22)

Câu 5.

a) Chứng minh OCMNlà tứgiác nội tiếp BDC =4ODC

*) Ta có : AB= AC gt( )⇒ Athuộc đường trung trực BC OB=OC(cùng bán kính)⇒Othuộc trung trực BC Khi ta có OAlà trung trực BC ⇒OA⊥BC⇒ONC =900

Vì M trung điểm AC(gt) nên OM ⊥ AC(quan hệvng góc đường kính dây cung) 

90 ONC

⇒ =

Xét tứgiác OCMNcó ONC =OMC =90 (0 cmt),suy OCMNlà tứgiácnội tiếp (Tứ giác có đỉnh kềmột cạnh nhìn cạnh đối góc nhau)

*)Xét ∆ACDcó DM ⊥ AC OM( ⊥ AC)⇒DM đường cao đồng thời đường trung tuyến suy ∆ACDcân D nên DM đường phân giác ADC

 2 (1)

ADC ODC

⇒ =

I

F E P N

D

M A

O

(23)

Ta có : AB= AC gt( )nên sd AB= sd AC(trong đường tròn hai dây căng hai cung nhau)⇒ ADB= ADC(trong đườngtrịn, hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)

AD

⇒ phân giác BDC⇒BDC =2ADC (2) Từ(1) (2) suy BDC=4.ODC (dfcm)

b) Phân giác góc BDPcắt BC E, MEcắt AB F Chứng minh CA=CPvà ME

vng góc với DB Ta có : sd AB =sd AC cmt( )

   

  

 

( )

sd AB sd BD sd AC sd BD sd AD sd AC sd BD

sd CD sd AC sd BD do AD CD sd AD sd CD

⇒ + = +

⇒ = +

= ⇒ =

Lại có :  1  2

DAC = sd CD(góc nội tiếp chắn cung CD)

 1(  )

2

APC = sd AC+sd BD (góc có đỉnh nằm phía đường tròn chắn cung AC BD, )

   

DAC APC hay PAC APC

⇒ = =

Suy ∆ACP cân C (tam giác có hai góc nhau)⇒CA=CP dfcm( ) Ta có :  APC =DPB(hai góc đối đỉnh )

 

PAC =DBP(hai góc nội tiếp chắn cung CD) Mà  APC=PAC(do tam giác ACPcân C) (cmt)

 

DPB DBP BDP

⇒ = ⇒ ∆ cân D, phân giác DEđồng thời đường cao nên DE ⊥BC

Xét tứgiác CDEM có CED =CMD=900 ⇒Tứgiác CDEM tứgiác nội tiếp (tứgiác có đỉnh kềnhau nhìn cạnh đối diện góc nhau)

  

MEC MDC ADM

⇒ = = (hai góc nội tiếp chắn cung MC) Mà  MEC =BEF(đối đỉnh)⇒BEF = ADM( )3

Ta có:   90

ADM + DAM = (do tam giác ADM vuông M)

 

90

ADE+DPE= (do tam giác DEPvuông D)

(24)

Gọi EF∩BD={ }I Ta có: DEI    +EDB=DEI +BEF =DEB=900 DEI

⇒ ∆ vuông I⇒DI ⊥IEhay ME ⊥DB dfcm( )

c) Chứng minh tam giác MNEcân Tính DE DF Ta có:  1 

2

DBA= sd ADlớn 1(  ) 1(  )  2 sd CD sd AC 2 sd CD sd AB CPD

= + = + = (góc có

đỉnh ởbên đường trịn)  

180 DBA 180 CPD

⇒ − = −

  

DBF DPE BDE

⇒ = = ⇒BDlà tia phân giác EBF( )* BEF

⇒ ∆ cân B (phân giác BIđồng thời đường cao)  ( )5

BEF BFE

⇒ = (góc ởđáy tam giác cân)

Ta có:  ANM = ACO(góc ngồi góc đỉnh đối diện tứgiác nội tiếp )

OCMN mà   ACO=OAC=OABnên  ANM =OAB, hai góc lại ởvịtrí so le  

/ /

MN AF NME BFE

⇒ ⇒ = (hai góc so le ) (6) Từ(5) (6) suy BEF  =NME =NEM

Suy ∆MNEcân N dfcm( ) Vì ∆BEFcân B(cmt) nên BE =BF

Xét ∆BDEvà ∆BDFcó: BE =BF cmt BD( ); chung;EBD =FBD(theo ( )* ) ( )

BDE BDF c g c DE DF

⇒ ∆ = ∆ ⇒ = (hai cạnh tương ứng) Vậy DE 1

(25)

SỞGD&ĐT HỊA BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ

NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀTHI MƠN TỐN (Dành cho chun Tin) Ngày thi: 12 tháng năm 2020

Thời gian làm : 150 phút (không kểgiao đề) Câu I (2,0 điểm)

1) Phân tích đa thức thành nhân tử:

2 5 2

A= x + x+ 2) Giải phương trình: 4x+ =1 3

3) Rút gọn biểu thức: B= 6+2 5 + 6−2 5

4) Tìm tọa độgiao điểm đường thẳng : ( )d :y=4x−3và Parabol P( ):y=x2

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: 1 1 10

5 5

x − − x + = 2) Cho phương trình: ( )

2 1 0

x − m+ x+m = (mlà tham số) Tìm giá trị mđể phương trình cho có hai nghiệm x x1, 2thỏa mãn: (2x1+1 2)( x2+ =1) 13

Câu III (2,0 điểm)

1) Giải hệphương trình : 2 2 1 4

3 2 16

x y

 + − − = −

 

+ + = 

2) Một tam giác vng có cạnh huyền dài 10cm.Hai cạnh góc vng 2cm.Tính độdài hai cạnh góc vng

Câu IV (2,0 điểm)

Cho đường tròn (O R; )và dây cung BC<2 R Gọi Alà điểm cung nhỏ BC M, điểm tùy ý cung lớn BC CM( ≥ BM >0 ) Qua Ckẻtiếp tuyến d tới

( )O .Đường thẳng AM cắt dvà BClần lượt Qvà N.Các đường thẳng MBvà ACcắt P.

1) Chứng minh : PQCM tứgiác nội tiếp 2) Chứng minh rằng: PQsong song với BC

3) Tiếp tuyến Acủa ( )O cắt dtại E.Chứng minh : 1 1 1 CN +CQ =CE 4) Xác định vịtrí M cho bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆MBNlớn

Câu V (2,0điểm)

1) Tìm sốthực x y, thỏa mãn 2x+ y2 −2y x −3 2( x − =3) 0 2) Cho hai số x y, thỏa mãn (x+ x2 +2020)(y+ y2 +2020)=2020

(26)

ĐÁP ÁN Câu I

Vậy

4) Ta có phương trình hồnh độgiao điểm: Vì

Vậy tọa độgiao điểm Câu II

Phương trình (*) có nghiệm Áp dụng hệthức Vi – et : Ta có:

Hay

Vậy thỏa đề Câu III

( ) ( ) ( )( )

2

1)A=2x +5x+ =2 2x +4x+ + =x 2 2x x+2 + x+2 = x+2 2x+1

2) 4 1 3

1 1

*) 4 1 4 1 *) 4 1 4 1

4 4

1 1

) 4 1 3 ( )

4 2

1

) 4 1 3 1( )

4 x

x x khi x x x khi x

x x x tm

+ =

− −

+ = + ≥ + = − − <

+ ≥ − ⇒ + = ⇔ = −

+ < ⇔ − − = ⇔ = − 1

; 1 2 S= − 

  ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2

3) 6 2 5 6 2 5 5 2 5.1 1 5 2 5.1 1

5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 5

B= + + − = + + + − +

= + + − = + + − = + + − =

2

4 3

x = x− ⇔ x2 −4x+ =3 0

2

1 1

1 4 3 0

3 9

x y

a b c

x y

= ⇒ = 

+ + = − + = ⇒  = ⇒ = 

( ) ( )1;1 ; 3;9

( )( ) 0

1 1 5 5

1) 10 10

25

5 5 5 5

10

10 25 1 26( )

25

x

x x

x

x x x x

x x tm

x >   + − + − = ⇔ =   ≠ − + − +   ⇔ = ⇔ − = ⇔ = − ( ) ( ) 2

2)x −2 m+1 x+m =0 *

( )2 2

' m 1 1.m 2m 1

∆ = + − = +

1

' 0 2 1 0

2 m m ⇔ ∆ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ − 2 2 2

x x m

x x m

+ = +

 

= 

(2x1+1 2)( x2 + =1) 13⇔4x x1 +2(x1+x2)+ =1 13

( )

2

4m +2 2m+2 −12= ⇔0 2m +2m+ − =2 6 0

2 1( )

2 0 2( ) m tm m m m ktm =  ⇔ + − = ⇔  = −

(27)

Đặt Phương trình thành:

Thay (*) vào (2)

, thay vào phương trình đề: Vậy

1) Gọi cạnh góc vng bé suy cạnh góc vng lớn: Áp dụng định lý Pytago ta có phương trình:

Vậy độdài hai cạnh góc vng Câu IV

2 2 1 4 1

1)

2

3 2 16

x y y

x

x y

 + − − = −  ≥  

  ≥ − 

 

+ + = 

( )

2

2, 1 1 , 0

t = x+ u = y− ⇒ =y u + t u≥

( ) ( )

2

2 4 2 4 *

3 1 16 2

t u t u

t u

− = − ⇒ = − 



+ + = 

( )

3 2u 4 u 1 16

⇒ − + + =

2 3( )

6 27 0

9( )

u tm

u u

u ktm

=  ⇔ + − = ⇔  = −



3 1 3 10

u= ⇒ y− = ⇒ =y

3 x 2 10 16 x 2 2 x 2(tm)

⇒ + + = ⇔ + = ⇔ =

2, 10

x= y = ( )

x cm x+2

( )2

2 2

2 10 2 4 4 100

x + x+ = ⇔ x + x+ =

2

6( ) 2 8

2 48 0

8( )

x tm x

x x

x ktm

= ⇒ + =



⇔ + − = ⇔ 

= − 

6cm cm;8

F K

L

E P

N

Q A

O

B C

(28)

Ý tứgiác nội tiếp Ta có điểm cung

(hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Mà góc nhìn tứgiác nội tiếp Ý song song với

Ta có: tứgiác nội tiếp ) (1)

(góc nội tiếp chắn hai cung ) Từ(1) (2) suy

Mà hai góc ởvịtrí so le nên Ý

Dễ chứng minh :

Ta có: (hệquảTa let)

Ý

Ta có : (góc nội tiếp chắn cung nhau) tiếp tuyến đường trịn

Kẻđường kính Gọi giao điểm đường trung trực đoạn tâm đường tròn

Tương tựdựng tâm

Dễdàng chứng minh cân

là hình bình hành (khơng đổi)

Ta có: mà

Dấu xảy điểm cung lớn Câu V

1) PQCM

A BC⇒sd BA =sd AC  

PMQ PCQ

⇒ =

PQ⇒PMCQ

PQ BC

 

QPC =QMC (MPQC  

QMC =BCP ( )2

  QPC= BCP

/ /

BC PQ

/ /

AE BC AE=CE

CE AE QE

CN = CN = QC

CE CE QE CE

CN CQ QC CQ

⇒ + = + CE. 1 1 1

CN CQ

 

⇒  + =

 

1 1 1

CN CQ CE

⇒ + =

  ABN =BMN AB

⇒ (BMN)

AL ( )O K BN BL

E

⇒ (BMN)

F (CMN)

, ,

BLC BEN CFN

∆ ∆ ∆

LENF

⇒ ⇒R(MBN) +R(MCN) =LC

MC ≥MB⇒NC ≥NB EBN FCN g g( ) EB NB 1

FC NC

∆ ∆ ⇒ = ≤

( ) ( )

2 2

2

ABN MBN

EB FC EB EB FC R LC

LC R

⇒ ≤ ⇒ ≤ + ⇒ ≤

⇒ ≤

(29)

Vậy

2)

Cộng (1) (2) vếtheo vếta có: Vậy

( ) ( )

2

2 2 3 2 3 0 0; 0

2 2 6 9 0

6 9 2 . 0

3 0

3 0 9

( )

3 0

x y y x x x y

x y y x x

x x x x y y

x x y

x x

tm y

x y

+ − − − = ≥ ≥

⇔ + − − + =

⇔ − + + − + =

⇔ − + − =

 − =  =



⇒ ⇔ =

− = 



9, 3

x= y =

( )( )

( )( )( )

( )( )

2

2 2

2

2 2

2

* 2020 2020 2020

2020 2020 2020

2020 2020

2020

1 2020 2020(1)

2020

x x y y

x x x x y y

x x

x x y y

x x

y y

x x y y

x x

+ + + + =

− + + + + +

⇔ =

− +

− − + +

⇔ =

− +

+ +

⇔ = ⇒ + − = + +

+ −

( )( )( )

( )

2 2

2

2020 2020 2020

*) 2020

2020

2020 2020

2020 2020 (2)

x x y y y y

y y

x x y y

+ + + + − +

=

− +

⇒ − + + = − + +

⇒ − + − = − + +

2 2 0 0

x y x y x y x y

− − = + ⇔ + = ⇔ + =

(30)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

Đề số

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10

TRUNG HỌC PHỔTHÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2020-2021

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 1(2 điểm)

a)Cho 0< <x y thỏa mãn 2x2+2y2 =5xy Tính

2

x y

E

x y

+ =

−

b)Cho

3

1

3 2 2

x= + −

− Tính giá trị biểu thức ( )

2021

2 2008

P= x − x+

Câu (2 điểm)

a) Phân tích số 210720202021 thành tổng k số tự nhiên a a1; 2; ;ak

Đặt

2

5 5

1 k

S =a +a + +a Tìm chữ số tận S

b) Cho X tập hợp gồm 506 số nguyên dương đôi khác nhau, số

không lớn

hơn 2020.Chứng minh tập hợp X ln tìm hai phần tử x y, cho x−y thuộc tập hợp E ={5;10;15}

Câu 3(2 điểm)

a) Giải phương trình ( )

5x +6x+ =4 x+1 3x +4

b) Giải hệphương trình

( )

2

2 2

2 11

2 13

x y xy y

y x y x y

 + + + =

 

+ = + +



Câu (3 điểm) Cho tam giác nhọnABC nội tiếp đường tròn (O R; ), đường cao

; ;

AD BE CFcắt tạiH 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 vịtrí 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 không đổi

Câu (1 điểm) Cho 3số thực dương x y z, , thỏa mãn xy+ yz+zx=3xyz Chứng minh

2 2 2

3

3 3

x y z

y z +xyz + x z +xyz + x y +xyz ≤

Hết

Họ tên thí sinh: SBD:

(31)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀCHÍNH THỨC MƠN TỐN

(Dành cho thí sinh thi chun Tin) Hướng dẫn chấm có 05 trang I Một số ý chấm bài

- 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 0< <x y thỏa mãn 2x2+2y2 =5xy.Tính:

2 2

x y

E

x y

+ =

−

Đáp án Điểm

Ta có:

( ) ( )

2 2

x y xy x xy y xy x x y y y x

+ = ⇔ − + − =

⇔ − + − =

0,25

⇔(2x−y)(x−2y)=0 0,25

⇔2x= y (do 0< <x y) 0,25

Vậy 22 22 22

3

x y x

E

x y x

+

= = = −

− − 0,25

b) Cho

3

1

3 2 2

x= + −

− Tính giá trị biểu thức ( )

2021

2 2008

P= x − x+

Từ 3

3

1

3 2 2

x= + − ⇔x = + − + x −

− 0,25

3

3 6

x x x x

⇔ − = ⇔ − − = 0,25

Ta có: ( )

2x −6x+2008=2 x −3x− +6 2020=2020 0,25

Vậy 2021

2020

P= 0,25

Câu 2.(2 điểm):

a) Phân tích số 210720202021 thành tổng k số tự nhiên a a1; 2; ;ak

Đặt

2

5 5

1 k

S =a +a + +a Tìm chữ số tận S

(32)

Với n∈ta có ( )

10

n −n 

Thật ( ) ( ) ( )( )

1 1

n −n = n− n n+ n +  ∀ ∈n  0,25

( ) ( ) ( )( )( ) ( )

1 1 2 2 5 1 5

n −n = n− n n+ n− n+ + n n −  ∀ ∈n 

( )

10

n n n

⇒ −  ∀ ∈ 0,25

Suy ( ) ( )

10 1; 2; ,

i i

a −a  i = k

( 52 5) ( )

1 k k 10

a a a a a a

 

⇒ + + + − + + +  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

hơn 2020.Chứng minh tập hợp X ln tìm hai phần tử x y, cho xythuộc

tập hợp E5;10;15

Ta chia số nguyên từ1đến 2020thành 101 nhóm:

1; 2; ; 20 ; 21; 22; ; 40 ; ; 1981;1982; ; 2000 ; 2001; 2002; ; 2020        0,25

Vì có 506 sốngun dương khác nên theo nguyên lý Dirichlet tồn

nhóm có chứa 506

101        

  số trở lên

0,25 Hiệu hai số bất kỳtrong nhóm ln lớn 0,nhỏhơn 20 Trong số

này có 2số có sốdư chia cho 5,hiệu số chia hết cho 5.Giả sử hai số x y, ;xy

0,25 Từđó ta có x y 5;10;15 ta điều phải chứng minh 0,25

Câu 3.(2 điểm):

a) Giải phương trình ( )

5x +6x+ =4 x+1 3x +4

Phương trình tương đương ( ) 2

3x + −4 x+1 3x + +4 2x +6x=0

Đặt 2 ( ) ( )

3 4 3 1 2 6 0

t = x + ⇒ −t x+ t+ x + x = 0,25

Ta có ( )2 ( 2 ) 2 ( )2

9 x 2x 6x x 6x x

∆ = + − + = − + = − Do

3

t x

t x = 

 = +



0,25

Với t =2x ta có

2

0

3 2

4

x

x x x

x ≥ 

+ = ⇔ ⇔ =

− = 

0,25

Với t = +x ta có

2

3 3 19

3

2

x

x x x

x x

≥ −

 ±

+ = + ⇔  ⇔ =

− − =



(33)

Vậy phương trình có nghiệm 2; 19

x= x= ±

b) Giải hệphương trình ( )

2

2 2

2 11

2 13

x y xy y

y x y x y

 + + + =

 

+ = + +



+ Với y=0 ( không thoả mãn)

+ Xét y≠0 Hệphương trình tương đương

( ) 2

2 2

2 11

2 2( 2) 13

x xy y y

y x y x y

 + + + =   + = + +  ( ) ( ) 2 2 11 2 13 x x y y x x y y  + + + =   ⇔  +  + = +  0,25

Đặt ; 2 2 11 13

u v x

u x y v

y u v

+ =  + = + = ⇒  − =  ; 18 u u v v = = −   ⇔  =  =

  0,25

Với 2

2

5

6 14

33 x y x y

u

v x y x

y  =   = + = =   ⇒ ⇔  =   + =  = −    =   0,25

Với 2 2

4

2 7

7

18 18 36 128 32

57 x y

x y x y

u

v x y x x x

y  = −   = + = − + = − = −    ⇒ ⇔ ⇔  =    + = + + =  = −     =   Vậy hệphương trình có nghiệm ( ) (2;1 ; −4;1 ;) (−14;33 ;) (−32;57)

0,25 Câu 4. (3 điểm): Cho tam giác nhọnABC nội tiếp đường tròn (O R; ) Các đường cao

; ;

(34)

a) Chứng minh bốn điểm M D E F; ; ; thuộc đường tròn

Vì BE CF; đường cao nên BEC=BFC=90

⇒Tứ giác BCEFnội tiếp đường trịn tâm M đường kính BC

  1

2

ECF EBF EMF

⇒ = = (1) (Góc nội tiếp góc tâm)

0,25 Tứ giác BDHFcó BDH +BFH =90+90 =180nên nội tiếp

⇒HBF =HDF (2) 0,25

Tương tự, tứ giác CDHE nội tiếp ⇒HCE =HDE (3)

Từ(1);(2) ;(3)ta có :      2.1 

EDF EDH HDF ECF EBF EMF EMF

⇒ = + = + = = 0,25

Từ EDF =EMF⇒MDFEnội tiếp⇒ bốn điểm M D E F; ; ; thuộc đường

tròn 0,25

b) Chứng minh:

AB BF+AC CE≤ R

Xét ABDvà CBF có Bchung ; ADB =CFB=90 ⇒ABD CBF (g.g)

AB BD

AB BF BC BD BC BF

⇒ = ⇒ = (4) 0,25

Tương tự ACD BCE(g.g) AC CD AC CE BC CD

BC CE

⇒ = ⇒ = (5) 0,25

Cộng (4)(5) theo vếta : ( )

AB BF+AC CE=BC BD+DC =BC 0,25

(35)

c) Khi vịtrí đỉnh A B C, , thay đổi đường tròn ( ),O chứng minh bán kính đường

trịn ngoại tiếp tam giác DEF không đổi

Gọi A B C', ', 'lần lượt 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

0,25 Tam giác HBA' có BD⊥HA' ; A BC ' =EBC nên cân B ⇒BDlà đường trung

trực HA’⇒Dlà trung điểm HA’ 0,25 Tương tự có E ;Flà trung điểm HB’ , HC’

Suy DEF A B C' ' 'theo tỉ sốđồng dạng

2

k= 0,25

Gọi rlà bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF ta có:

1

' ' 2

r DE

k r R

R = A B = = ⇒ = không đổi A,B,Cthay đổi đường tròn (O)

0,25 Câu 5.(1 điểm): Cho 3số thực dương x y z, , thỏa mãn xyyzzx3xyz

Chứng minh 2 2 2 2 2 2

3 3

x y z

y z xyz x z xyz  x y xyz 

Từ giả thiết xyyzzx3xyzta có 1 x  y z Đặt a 1,b 1,c

x y z

   Ta có a b c, , 0;a  b c

Ta phải chứng minh

2

3 3

bc ca ab

abc bca abc 

0,25

Thật vậy: Thay a  b c 3,

3 ( ) ( )( )

bc bc bc

abc  a b c abc  ab ac 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số ,

ab ac ta

1

2

( )( )

bc bc

a b a c a b a c

 



     

 

Tương tự 1

3

ca ca

b a b c

b ca

 



     



1

2

ab ab

c a c b

c ab

 



     



0,25

Cộng vế với vế biến đổi

2

3 3

bc ca ab a b c

a bc b ca c ab

 

   

  

Đẳng thức xảy a  b c hay x  y z

0,25

(36)

PHÚ THỌ

Đề số

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

Câu 1(2,0 điểm)

a) Cho 2

2

x+ + =y z x +y +z = xyz≠0 Chứng minh 1 1

x+ + =y z xyz

b) Cho 0< <x thỏa mãn ( ) ( )

2

3 24

23

1

x x x x

+ − + −

+ =

+ − + −

Tính giá trị biểu thức ( )

( )

2020

2021

1

T x x

x x

= − − +

−

Câu (2,0 điểm)

a) Cho phương trình

0

x +mx+ =n m2+n2 =2020 Chứng minh

phương trình có nghiệm x0thì x0 < 2021

b) Cho dãy số gồm 4041 số phương liên tiếp, tổng 2021 số đầu

bằng tổng 2020 số cuối Tìm số hạng thứ 2021của dãy sốđó

Câu (2,0 điểm)

a) Giải hệphương trình ( )

( )

2

4

1

3

2

2 16

x x y y y

x y x y

 + +  + + + + =

 

  



 + − + − =



b) Tìm số nguyên x,y thỏa mãn

9x +16x+96 16+ y=3x−24

Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có trực tâmHvà nội tiếp đường trịn ( ).O Gọi P điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC nằm tam giácABC, (P≠B C H, , ) Gọi M giao điểm đường thẳng PBvới đường tròn ( ),O (M ≠B); N giao điểm đường thẳng PC với ( ),O (N ≠C) Đường thẳng BM cắt AC E,

đường thẳng CNcắt 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, , >0 Chứng minh bất đẳng thức

2

1

xy yz

yz + xy yz + xy ≥

+ + +

(37)

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 TRUNG HỌC PHKỲTHI TUYỂỔTHÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNGN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020-2021

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀCHÍNH THỨC MƠN TỐN

(Dành cho thí sinh thi chun Tốn) Hướng dẫn chấm có 06 trang I Một số ý chấm bài

- 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 1 (2 điểm):

a) Cho 2

2

x+ + =y z x + y +z = xyz ≠0 Chứng minh rằng: 1 1

x+ + =y z xyz

Từ x+ + =y z có x2+ y2+z2+2(xy+yz+zx)=4 0,25

⇔ xy+ yz+zx=1 0,25

Doxyz≠0nên ta có 1 1

x+ + =y z xyz (đpcm) 0,25

b) Cho 0< <x thỏa mãn: ( ) ( )

2

3 24

23

1

x x x x

+ − + −

+ =

+ − + −

Tính giá trị biểu thức: ( )

( )

2020

2021

1

T x x

x x

= − − +

−

Điều kiện 2

1

2

x x

 + − ≠ 



+ − ≠

(38)

( ) ( )

2

1

3 24

23 23

1

x x

x x x x x x

x x x x

x x x x  − +   − +          + − + −       + = ⇔ + = + − + −  − +  − +        

Đặt t x x

= − có phương trình trở thành:

3

2 t t t t =  − + = ⇒  =

 0,25

2

1

1 5

1

1 ;

2

1 2 1 0

2 1 2; 1 2

x

x x x x

x

x x

x x x

x  − =  + −   − − =  = = ⇔ ⇔    − − =  − =   = + = −   0,25

Vì 0< <x đối chiếu điều kiện nên có 2

x= + ⇒ x − − =x 0,25

Vậy ( )

( ) 2020 2021 2

T x x

x x = − − + − ( ) ( ) ( ) ( ) 2020 2020 2021 2021 1

1 1

1 1 x x x x = − − − + = − + = − − + 0,25

Câu (2 điểm):

a) Cho phương trình

0

x +mx+ =n m2+n2 =2020 Chứng minh

phương trình có nghiệm x0thì x0 < 2021

Vì x0là nghiệm phương trình

2

0 0 0

x +mx + = ⇒n x = −mx −n 0,25

Ta có 4 ( )2 ( 2 2)( 2 ) ( 2 )

0 0 2020

x = mx +n ≤ m +n x + = x + 0,25

( )

4

0 2020 2020 2021

x x x x

⇒ − < + ⇔ − − < 0,25

( )( )

0 2021 0 2021 2021

x x x x

⇔ + − < ⇔ < ⇔ < 0,25

b) Cho dãy số gồm 4041 sốchính phương liên tiếp, tổng 2021 số đầu

bằng tổng 2020 số cuối Tìm số hạng thứ 2021của dãy sốđó

Gọi sốchính phương thứ2021

, ; 2020 x x∈N x≥ Ta có 4041 số phương liên tiếp là:

( ) (2 )2 ( )2 ( )2 ( )2

2020 ; 2019 ; ; ; ; ; ; 2020

x− x− x− x x+ x+

0,25 Theo đề

( ) (2 )2 ( )2 2 ( ) (2 )2 ( )2

2020 2019 1 2020

(39)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 2 2 2

2

1 2 2020 2020

2020.2021 2020

2

x x x x x x x

x x x x

⇔ = + − − + + − − + + + − −

⇔ = + + + + ⇔ = 0,25

8164840 8164840

x x x

⇔ = ⇔ = (vì xkhác 0)

Vậy số cần tìm 2

8164840

x = 0,25

Câu (2 điểm):

a) Giải hệphương trình: ( ) ( )

( ) ( )

2

4

1

3 1

2

2 16

x x y y y

x y x y

 + +  + + + + =        + − + − = 

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2

1 : 2

3

2

3

pt x x y y

x x y y

x y x y + + = − + + + +  + + + + + − +    ⇔ + +   = + + + +     0,25

Do ( ) ( ) ( )

( )

2

3

0

3

x x y y

x y

+ + + + + − +

> ⇒ + + =

+ + + + 0,25

Thế 2y= − −1 xvào ta có

( ) ( )( )

2 : 14 15 15

pt x + x + x − x− = ⇔ x − x + x+ =

1 x x x x =   = −  ⇔  = −  = −  0,25

Vậy hệphương trình có nghiệm là:(1; ;− ) (−1;0 ;) (−3;1 ;) (−5; 2) 0,25

b)Tìm số nguyên x,y thỏa mãn:

9x +16x+96 16+ y=3x−24

Nội dung Điểm

Ta có

9x +16x+96 16+ y=3x−24 ⇔ 9x2+16x+96 =3x−16y−24

Đặt 3x−16y−24=a với *

a∈N Khi 2

9x +16x+96=a 0,25

( ) ( )

( )( )

2 2

81 144 864 9 800

9 800 (*)

x x a x a

x a x a

⇔ + + = ⇔ + − = −

⇔ + − + + = − 0,25

Thay a=3x−16y−24vào (*)

(9x 24y 32 3)( y 5) 25

⇒ − − + = −

( ) 25 3y

⇒  + mà 3y+5chia dư ⇒3y+ ∈ −5 { 1;5; 25}−

(40)

- Với 3y+ = − ⇔ = − ⇒ =5 y x 1(Thỏa mãn)

- Với 3y+ = ⇔ = ⇒ =5 y x 3(Loại a<0)

- Với 3y+ = − ⇔ = − ⇒ = −5 25 y 10 x 23(Thỏa mãn)

Vậy ( , )x y =(1; ,− ) (−23; 10− )

0,25 Câu 4.(3 điểm): Cho tam giác nhọn ABC có trực tâmHvà nội tiếp đường tròn ( ).O Gọi P điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC nằm tam giácABC, (P≠B C H, , ) Gọi M giao điểm đường thẳng PBvới đường tròn ( ),O (M ≠B); N giao điểm đường thẳng PC với ( ),O (N ≠C) Đường thẳng BM cắt AC E,

đường thẳng CNcắt AB F Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt Q,(Q≠ A)

Vẽ hình:

a) Chứng minh tứ giác AEPF nội tiếp

Ta có  

180

BHC = −BAC, 0,5

màBPC  =BHC =EPF.Suy đượcBAC +EPF =1800 nên tứ giác AEPF nội tiếp 0,5 b) Chứng minh M N Q, , thẳng hàng

(41)

Từ tứ giác AEPF nội tiếp, suy  BFC+BEC =1800 0,25

Từ tứ giác AQFN AQEM, nội tiếp ta có   MQN =MQA+NQA 0,5

 

180

MEA NFA

= + = Vậy điểm M N Q, , thẳng hàng 0,25

c) Trong trường hợp AP phân giác MAN, chứng minh PQ qua trung điểm đoạn thẳng BC

Ta có: QFA   =ANQ = ANM =ABM

suy FQ/ /BE tương tự EQ/ /CF suy tứ giác EQFP hình bình hành 0,25

Vậy QAN   =QFP=QEP=QAM hay AQ phân giác MAN suy A P Q, ,

thẳng hàng 0,25

Gọi K =PQ∩BC KAC    =QAC =QME=NMB=PCK 0,25

Từđó ta có: ∆AKC ∆CKP hay KC2 =KP KA tương tự

2

KB =KP KA⇒KB=KC 0,25

Câu 5.(1 điểm ): Cho x y z, , >0 Chứng minh bất đẳng thức:

2

1

xy yz

yz + xy yz + xy ≥

(42)

( ) ( )

2

1

2 *

1

xy yz x z

yz xy yz xy z y x z x

y y

+ + ≥ ⇔ + + ≥

+ + + + + +

Đặt

x a b y z c  =   =    = 

với a b c, , >0 BĐT (*) trở thành : a b 2c **( ) b c+ +c+a+ a b+ ≥

0,25

Áp dụng bđt 1 , ( ;A B 0)

A+B ≥ A+B > ta có:

1 4

2

b+c+c+a≥b+ + +c c a = c+ +a b ( ) 1 4( ) ( )

1 1

2

a b c

a b

a b c

b c c a b c c a c a b

+ +

 

⇒ + + + = + +  + ≥

+ +  + +  + +

0,25 Lại có :

( ) ( )

2

c c c

a b+ = c a b+ ≥ c a b+ + 0,25

Từ(1) (2) ta có : a b 2c b c+ +c+a+ a b+ ≥

( )

4

2 2

2

a b c c

c a b c a b

+ +

− + = − =

+ + + +

BĐT (**) BĐT cần chứng minh

Đẳng thức xảy a b c x=1 z

y

= = ⇔ =

0,25

(43)

Câu 1.(2,0 điểm) Cho biểu thức

2 1 2 1 2 4

3

2 3 5 6 1

x x x x

A x

x x x x x

 + − +   + 

= + +   − 

− − − + −

    với x≥0, 1, 4, 9x≠ x ≠ x≠

a Rút gọn A.

b Tìm xđể A<2 Câu 2.(2,5 điểm)

1 Cho phương trình 2

2 2 2 0

x − mx +m − m+ = (m tham số) Tìm m để

phương trình có nghiệm phân biệt x x1, , , 2 x3 x4 thỏa mãn x14 + x24 + x34 + x44 =24 Giải hệphương trình

2 2

1 3 1 4

x y y y x

y x y

 + = + −

 

− = + + −



Câu 3.(1,0 điểm) Cho x, y hai số thực thỏa mãn 2

5 4 3 4 27

x + y + xy+ x+ y= Tìm giá

trị lớn nhất, nhỏ biểu thức M = +x 2y

Câu 4.(3,5 điểm) Từ điểm Aở bên ngồi đường trịn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE với đường tròn (B, C tiếp điểm, AD< AE,  DB<DC) Qua điểm O kẻ đường thẳng vng góc với DE H, đường thẳng cắt đường thẳng BC K

Chứng minh:

a Tứ giác BCOH nội tiếp;

b KD tiếp tuyến đường tròn (O); c DBC = HBE

Câu 5.(1,0 điểm)

TỈNH QUẢNG NINH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề số

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2020 Mơn thi: Tốn (chun)

(Dành cho thí sinh thi vào Trường THPT Chuyên HạLong)

(44)

Tìm tất cặp sốnguyên dương (a; b) cho ( ) 2 ab a b

ab +

+ số nguyên

… Hết …

Thí sinh khơng sửdụng tài liệu Cán bộcoi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh: Số báo danh:

Chữkí cán coi thi 1: Chữkí cán coi thi 2:

Câu Sơ lược lời giải Điểm

1 (2,0 đ)

a ( )( ) ( )( )

( )( )

2 2 2 3 4 4

1

2

x x x x x x x

A

x

x x

+ − − − − + + − −

=

−

− − 0,5

( )( ) ( )( )

3 2

3

1

2

x x

+ −

− +

= =

− −

− − 0,5

b 2 3 2 2 0 4 0

1 1

x x

A

x x

+ +

< ⇔ − < ⇔ <

− − 0,5

Vì x + >4 0 với x nên x − < ⇔1 0 x < ⇔ ≤ <1 0 x 1

KL: 0≤ <x 1 0,5

2 (2,5 đ)

1 Đặt

x =t Phương trình trở thành t2 −2mt+m2−2m+ =2 (*)

Để phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt pt (*) có hai nghiệm phân biệt t t1; dương

2

' 2

2

m

t t m m

t t m m

∆ = − > 

⇔ + = > ⇔ >

 = − + > 

0,5

( )

4 4 2

1 24 2 24

x +x +x +x = ⇔ t +t = 0,25

( )2 2

1 21 12

t t t t m m

⇔ + − = ⇔ + − = 0,25

Giải phương trình m1 = −4 (loại), m2 =2 ( t/m đk) KL 0,25 ĐK: y≥1;x+ ≥y 0;x+3y≥ −1 0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH QUẢNG NINH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2020

(45)

( )2 ( )2

2 1

2

x y y

x y y y x x y y

x y y

 + =

+ = + − ⇔ + + = + ⇔ 

 + = − −

 0,5

2

x+ = − −y y (loại y≥1)

2

x+ = ⇔ =y y x y −y ( t/m đk) thay vào phương trình

1

y− = x+ y+ − y− = −1 y (đk:y≥3)

0,25 Biến đổi phương trình thành

7 10

y − y+ =

Giải phương trình đươc y1 =2 (loại đk y≥3), y2 =5 (t/m đk) Với y= ⇒ =5 x 20 Vậy hệphương trình có nghiệm 20

5

x y

=   = 

0,25

3 (1,0 đ)

( )2 ( ) ( )2

2

5 4 27 28

x + y + xy+ x+ y= ⇔ x+ y + x+ y + y− = 0,25

( )

2

3 121

2

x y y

 

⇔ + +  = − −

  0,25

Vậy

2

3 121 11

2

2 2

x y x y x y

 + +  ≤ ⇔ + + ≤ ⇔ − ≤ + ≤

 

  0,25

Vậy M lớn 4khi 2 1 x y

=   =

 , M nhỏ −7

9 1 x y

= −   =

 0,25

4 (3,5 đ)

a Chỉ   

90

ABO=AHO= ACO= ⇒ điểm A, B, O, C thuộc đường

trịn đường kính AO ⇒ tứ giác BCOH nội tiếp 1,0 b.Tứ giác BCOH nội tiếp ⇒CHO =CBO ∆OBC cân ⇒CBO =BCO

 

OHC OCK

⇒ = 0,25

∆OHC ∆OCK có OHC =OCK, O chung ⇒ ∆OHC ∆OCK

2

OH OC

OH OK OC

OC OK

⇒ = ⇒ = 0,25

mà OC = OD

OH OD

OH OK OD

OD OK

⇒ = ⇒ = 0,25

∆OHD ∆ODK có OH OD OD = OK,



O chung ⇒ ∆OHD ∆ODK 0,25

⇒  

90

ODK =OHD= ⇒ KD tiếp tuyến (O) 0,25

c Tứ giác BCOH nội tiếp ⇒ HBK   =HOC BHK, =BCO, theo ý b có

 

BCO=OHC ⇒  BHK =OHC 0,25

(46)

HO HC

HB HC HO HK

HB = HK ⇒ =

∆ODKvuông D, đường cao DH ⇒

HO HK =HD ,

lại có OH ⊥ DE ⇒ HD = HE ⇒

HE HB

HB HC HE

HC HE

= ⇒ = 0,25

     

, 90

BHK =OHC KHE=OHE= ⇒BHE=CHE

∆BHE ∆EHC có HE HB HC = HE

 

BHE =CHE ⇒ ∆BHE ∆EHC ⇒

 

HBE=HEC

0,25 Lại có DEC =DBC(hai góc nội tiếp đường trịn (O) chắn DC)

⇒  DBC =HBE 0,25

5 (1,0đ)

( ) ( ) ( )2 2( )

2 2

ab a b a b a b

a b

ab ab ab

+ + +

= + − ∈ ⇔ ∈

+ +  +  0,25

( )( )

1, 1 1

a≥ b≥ ⇒ a− b− ≥ ⇔ + ≤a b ab+ <ab+ 2( ) 2

a b ab

+

⇒ <

+

( )

2

0

a b ab

+ >

+ , kết hợp với

( )

2

a b ab

+ ∈ +  ⇒

( )

2

1

a b ab

+ = +

0,25 ( )( )

2a 2b ab a b 2

⇔ + = + ⇔ − − = 0,25

Kết hợp đk a b, nguyên

2

a a

b b

− = =

 

⇒ ⇔ 

− = =

 

2

a a

a b

− = =

 ⇔ 

 − =  =

 

KL: Các cặp số cần tìm ( )3;4 ( )4;3

0,25

(47)

Những ý chấm thi:

1 Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác cho điểm tối đa

2 Các cách giải khác cho điểm Tổ chấm trao đổi thống điểm chi tiết

3 Có thể chia nhỏ điểm thành phần không 0,25 điểm phải thống tổ chấm Điểm thống toàn tổng sốđiểm tồn chấm, khơng làm trịn

Hết

K

H D

C B

O A

(48)

QUẢNG TRỊ

Đề số

KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Khóa ngày 21 tháng năm 2020

Mơn thi: TỐN

( Dành cho thí sinh thi chuyên Toán )

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu (2,0 điểm)

1 Giải hệphương trình 2

2

x y

y x

 = +

 

= +



2 Giải phương trình 2

3 ( 3) 2( 1)

x + − x+ x + + x+ = Câu (2,0 điểm)

1 Cho parabol 2

1

( ) :P y=mx , (P) :y=nx (m≠n) Lấy điểm A B, thuộc ( )P1 C D, thuộc ( )P2 cho ABCD hình vng nhận Oy làm trục đối xứng Tính diện tích hình vng ABCD

(49)

2 Cho a b c, , ba số thực phân biệt thỏa mãn

3 3

1 1

a b c

+ = + = +

Chứng minh

rằng abc 1

Câu (1,0 điểm)

Cho số thực a b c, , thỏa mãn 2

3a +3b +8c =32 Tìm giá trị lớn biểu

thức P=ab+bc+ca Câu (2,0 điểm)

1 Tìm sốnguyên dương n để

2020

n + sốchính phương

2 Chứng minh chọn số a a a1, 2, 3 số nguyên tố phân biệt

sao cho P=(a1−a2)(a1−a3)(a2−a3) chia hết cho 216 Câu 5. (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O Gọi M điểm cung AB không chứa C I điểm đoạn MC cho MI =MA

1 Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

2 Vẽ đường tròn ( ')O tiếp xúc với ( )O D tiếp xúc với AB AC, ,

E F

a Chứng minh ba điểm M E D, , thẳng hàng

b Chứng minh tứ giác DIFC nội tiếp

- HẾT -

Họvà tên thí sinh Số báo danh

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀTHI CHÍNH THỨC MƠN TỐN (CHUN) KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

Khóa ngày 21 tháng năm 2020. (Hướng dẫn có trang)

HDC gợi ý cách giải, thí sinh có cách giải khác cho điểm theo quy định ý (câu) Điểm tồn làm trịn đến hàng 0,25

Câu Ý NỘI DUNG YÊU CẦU VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm

1

2,0

điểm

1

Hệ 2

2( ) ( )( 2)

x y y x x y x y

⇒ − = − ⇔ − + + = 0.25

TH x= y Ta 2 3 x

x x

x = −  = + ⇔ 

=



Hệ có nghiệm ( 1; 1); (3;3)− − 0,25

TH y= − −x Ta x2 = − − + ⇔ = −2( x 2) x

Hệ có nghiệm ( 1; 1)− − 0,25

Vậy hệcó nghiệm ( 1; 1); (3;3)− − 0,25

2 Đặt

2

3 ( 0)

t= x + t≥ Ta 2

( 3) 2

1 t

t x t x

t x = 

− + + + = ⇔ 

= +

 0,25

2

(50)

2

1 1

1 x

t x x x x

x ≥ − 

= + ⇒ + = + ⇔ = ⇔ =

 (thỏa mãn) 0,25

Vậy phương trình có nghiệm x= ±1 0,25

2

2,0

điểm

1 Gọi A a ma( , 2) Khi Oy trục đối xứng hình vng nên B(−a ma, 2)

Do DA/ /BC/ /Oy nên C(−a na, 2), D( ,a na2) 0,25

2

2 , ;

AB a AD m n a AB AD a

m n

= = − = ⇒ =

− 0,5

Diện tích hình vng ABCD 16 2 ( ) S AB

m n

= =

− 0,25

2

Đặt a3 b3 c3 m

a b c

+ = + = + =

Ta có

3 3 1 a ma b mb c mc  − + =  − + =   − + = 

nên a b c, , nghiệm

của đa thức

( )

f x =x −mx+ 0.25

Do f x( ) có nghiệm a b c, , nên f x( )=(x−a x b x c)( − )( − ) 0,25

Từđó suy

1 ( )( )( )

x −mx+ = −x a x b x c− − ∀ ∈x  0,25

Đồng hệ số2 vếta −abc= ⇒1 abc+ =1 0,25

3

1,0

điểm

1

Ta có

2 2 2

4

; ;

2 4

a b b c a c

ab≤ + bc≤ + ca≤ +

0,5

Cộng theo vế bất đẳng thức ta có

2 2

1

(3 )

4

ab+bc+ca≤ a + b + c =

0,25

Dấu “=” xảy a= =b 2c=2

Vậy giá trị lớn P 0,25

4

2,0

điểm

1

Gọi m sốnguyên dương cho 2

2020

m =n +

Khi

(m n m n+ )( − =) 5.101 0.25

Ta có (m+ +n) (m n− )=2m m n+ > −m n nên 202 10 m n m n + =   − =



1010 m n m n + =   − =  0,25

Giải ta m=106;n=96 hoặc m=506;n=504 0,25

Vậy

2020

n + sốchính phương n=96 hoặc n=504 0,25

(51)

đó Các sốtrong số chia cho có sốdư Như có số chia cho có sốdư Chọn số a a a1, 2,

Khi hiệu ai −aj6 Vậy P216 0,25

5

2,0

điểm

1

Ta có MA=MI nên ∠MAI = ∠MIA 0.25

Mặt khác ∠MAI = ∠MAB+ ∠BAI;∠MIA= ∠MCA+ ∠IAC 0,25

Mà ∠MAB= ∠MCAnên ∠BAI = ∠IAC 0,25

Suy AI CI, phân giác tam giác ABC nên I tâm đường trịn

nội tiếp 0,25

2.a

Ta có D O O, , ' thẳng hàng OM / /O'E vng góc AB nên

'

MOD EO D

∠ = ∠ 0.5

Do 2∠ODM = ∠2 ODE⇒ ∠ODM = ∠ODE Suy M E D, , thẳng hàng 0,5

2.b

2

~ ~

MEB MBD MB ME MD MI ME MD MEI MID

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = ⇒ ∆ ∆

Suy ∠MIE= ∠MDI

Gọi N điểm cung AC không chứa B

Chứng minh tương tự ∠NIF = ∠NDI 0,25

Từđó suy ∠EIM+ ∠MIN+ ∠NIF = ∠MDN+ ∠MIN =180o Do E I F, ,

thẳng hàng 0,25

Khi 1 '

2

ICD MOD EO D EFD IFD

∠ = ∠ = ∠ = ∠ = ∠ Suy tứ giác IFDC

nội tiếp 0,5

Tổng sốđiểm toàn 10 điểm. - Hết -

N

D O'

F

E I

M

O A

(52)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN

TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2020 – 2021 MƠN: TỐN – THPT CHUN

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Đề số

Câu I (2,0 điểm)

1) Tính giá trịđúng biểu thức A 43 30 2  

2) Tìm tất số tự nhiên n cho 5

n n

n

 

 số nguyên

1) Cho phương trình x2(2m1)x m 2 2 0 (1) (với m tham số thực)

a) Giải phương trình (1) m3

ĐỀCHÍNH THỨC

(53)

b) Tìm tất giá trị m đểphương trình (1) có hai nghiệm x x1, thỏa mãn

điều kiện 1 x1 x2

2) Giải hệphương trình

 

3

2 2

(4 1)

,

2 1

x y x

x y y x x

   



     

 với x y, 

Câu III (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho hàm số

2

y  x có đồ thị ( ).P Lập bảng biến thiên vẽđồ thị ( ).P

Câu IV (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (ABAC) nội tiếp đường tròn ( ).O

Gọi D điểm đối xứng B qua O Gọi H K, hình chiếu vng góc

điểm B lên AC AO, với K khác O thuộc đoạn thẳng AO Gọi Mlà giao điểm đường thẳng HKvà BC

1) Chứng minh bốn điểm A B H K, , , thuộc đường tròn 2) Chứng minh tam giác MHB cân

3) Chứng minh M trung điểm BC

4) Cho điểm E nằm bên ngồi đường trịn ( )O đường thẳng d thay đổi qua E, đồng thời cắt ( )O hai điểm phân biệt P Q, Giả sử bán kính đường trịn ( )O a Tính diện tích lớn tam giác OPQ theo a

Câu V (1,5 điểm)

1) Cho đa thức ( )

f x x axb (với a b, ) Tìm a b, biết f(2) 5

(3)

f 

2) Cho ba số thực dương x y z, , thỏa mãn điều kiện x  y z Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức P

xy yz xz

 

 

-HẾT -

Thí sinh khơng sửdụng tài liệu Giám thịcoi thi khơng giải thích thêm.

(54)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN

TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2020 – 2021

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN CHUN

(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

I Hướng dẫn chung

1 Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định

2 Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm thống thực tổ chấm thi

3 Điểm thi điểm sau cộng điểm tồn thi khơng làm tròn

II Đáp án thang điểm Câu I (2,0 điểm)

1) Tính giá trịđúng biểu thức A 43 30 2   2) Tìm tất số tự nhiên n cho

5

n n

n

 

 số nguyên

Câu Nội dung Điểm

1

Ta có 4330  53 22  5 64  2 22  2 Từđó, ta có A 7

0,25 0,25 0,25

2

Ta có 4

5

n n

n

n n

 

 

  0,25

Khi 4

5

n n n

n n

 

 

  số nguyên ( n−5) 0,25

Ta có trường hợp:

5

n− = − ⇔ =n (nhận) n− = ⇔ =5 n (nhận)

5

n− = − ⇔ =n (nhận) n− = ⇔ =5 n (nhận)

5

n− = − ⇔ =n (nhận) n− = ⇔ =5 n (nhận)

(55)

1) Cho phương trình x2(2m1)x m 2 2 0 (1) (với mlà tham số thực)

a) Giải phương trình (1) m3

b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1, thỏa mãn điều kiện 1 x1 x2

2) Giải hệphương trình

 

3

2 2

(4 1)

,

2 1

x y x

x y y x x

   



     

 với x y, 

1

a) Khi m=3, phương trình (1) trở thành x27x 11 0,25

Ta có ∆ =49 4.1.11 5− = >0 0,25

Nghiệm phương trình

x= + − =

x 0,5

b) Ta có 2

(2 1) 4.1.( 2) ∆ = m+ − m + = m−

Phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 phân biệt

m ∆ > ⇔ > (*)

0,25 0,25 Với điều kiện (*), theo hệ thức Vi-et, ta có

2 2 + = +   = + 

x x m x x m

Khi 2

1 2

1

1 1

( 1)( 1) ( )

x x x x

x x x x x x

                                   0,25 2

2 1

2

2 1

2

m m m m m m m                          

So với điều kiện (*), ta nhận: m> 0,25 2 Ta có  

2 2

(4 1) (1) 2 1 (2)

x y x

x y y x x

   



     



Dễ thấy 0 x y >   >

 Từphương trình (2), ta có:

2

1 1

2y 2y (2 )y 1

x x x

    

(3)

(56)

Đặt

2

0

= > 



 = > 

u y v

x

Từ (3), ta có

2 4

1

u u u+ + = +v v v + ⇔ +u u +u = +v v +v 2

4

( )( 1)

( ) 1 + + + 

⇔ −  + = ⇔ =

+ + +

 

u v u v

u v u v

u u v v

Với u=v, ta có 2xy=1

0,25

Thay 2xy=1 vào phương trình (1), ta có: x3+ +x x− =4 (4) Đặt t= x >0 Từ (4), ta có

( )

6

2 ( 1)

+ + − = ⇔ − + + + + = ⇔ =

t t t t t t t t t (do t5+ + + + >t4 t3 2t 0)

0,25

Với t =1, ta có 1

2

= ⇔ = ⇒ =

x x y Vậy

=    = 

x

y 0,25

Câu III (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho hàm số

2

y  x có đồ thị ( ).P Lập bảng biến thiên vẽđồ thị ( ).P

1

Bảng biến thiên

0,25

Một số giá trị cụ thể: cho x= ⇒ =0 y Cho x= ± ⇒ = −2 y 0,25

Đồ thị

0,5

(57)

của điểm B lên AC AO, với K khác O thuộc đoạn thẳng AO Gọi M giao điểm đường thẳng HK BC

1) Chứng minh bốn điểm A B H K, , , thuộc đường tròn 2) Chứng minh tam giác MHB cân

3) Chứng minh M trung điểm BC

4) Cho điểm E nằm bên ngồi đường trịn ( )O đường thẳng d thay đổi qua E, đồng thời cắt ( )O hai điểm phân biệt P Q, Giả sử bán kính đường trịn ( )O a Tính diện tích lớn tam giác OPQ theo a

1

Hình vẽ thể đầy đủ giả thiết

0,25

a) Ta có  AHBAKB900nên tứ giác

ABKH nội tiếp đường trịn đường kính AB Do đó, bốn điểm A B K H, , , thuộc đường

trịn

0,5 b) Ta có BAK   =BAO=BHK =BHM (1) ;   ABH =DAC=DBC (2)

 

BAO= ABO (3)

Từ(1), (2) (3), ta suy MBH =BHM Suy ∆MBH cân M

0,5 c) Gọi F trung điểm BH Do ∆MBH cân M nên MF ⊥BH

Mặt khác, ta có BH ⊥HC Suy MF//HC

Suy

2

= =

BF BM

BH BC Suy Mlà trung điểm BC

0,5 d) Kẻđường cao QI I, ∈PO

Ta có 1 1

2 2

S= OP QI = a QI≤ a QO= a

1

S= a I ≡O hay tam giác OPQ vuông O (tam giác OPQ ln tồn ln tồn hai điểm P và Q thuộc (O) cho



90 =

POQ đường thẳng PQ đi qua điểm E)

(58)

Vậy max

1

S = a diện tích lớn tam giác OPQ 0,25

Câu V (1,5 điểm)

1) Cho đa thức ( )

f x x axb (với a b, ) Tìm a b, biết f(2) 5 (3)

f 

2) Cho ba số thực dương x y z, , thỏa mãn điều kiện x  y z Tìm giá trị

nhỏ biểu thức P

xy yz xz

 

 

1

Ta có f(2)  5 2a  b f(3) 7 3a  b 0,25

Giải hệ

3 23

a b a

a b b

     

 

 

 

      

 

 

0,25

2

Dễ thấy với số thực dương a b, ta có a b+ ≥2 ab (*)

Áp dụng (*), với a1 b ,

xy yz xz 

  ta có

3

P

xy yz xz ≥

+ + (**)

0,25

Với số thực x y z, , , ta ln có: x2+y2+z2 ≥xy+yz+xz

Suy ( )2

3( )

x+ +y z ≥ xy+yz+xz hay

( )

2

3 ≥

+ + + +

xy yz xz x y z (***)

0,25

Từ (**) (***), ta suy 32 2 6

( )

≥ = = =

+ + + +

P

x y z x y z 0,25

2

P= ⇔ = = =x y z

Vậy Pmin =2 giá trị nhỏ

0,25

(59)

-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 – TP.HCM MƠN: TỐN CHUN

17/07/2020 Đề số 6

ĐỀTHI

Bài 1.Cho ba số dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a b c 2020

b+c+c+a+a+b = Tính giá trị biểu thức P a2 b2 c2 :(a b c)

b c c a a b

 

= + +  + +

+ + +

 

Bài 2.

a) Giải phương trình 2

2x + + +x 2x − + = +x x b) Giải hệ phương trình

2

8

y xy x x

y x x x

 − = − +

 

= + − +



Bài 3.Cho tam giác nhọn ABC (AB<BC<CA) nội tiếp đường tròn ( )O Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt ( )O A1 Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt ( )O B1 Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt ( )O C1 Chứng minh đường thẳng qua

1, 1,

A B C vng góc với BC CA AB, , đồng quy

Bài 4

a) Cho số thực a b, Chứng minh ( )

2 2

2

a b

a b

ab

a b

− +

≥ +

+ + b) Cho hai số dương a b, thỏa mãn điều kiện a b+ ≤3

Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q b a 20 a b = − + +

Bài 5.Đường tròn ( )I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB BC CA, , , ,

D E F Kẻ đường kính EJ đường trịn ( )I Gọi d đường thẳng qua A song song với BC Đường thẳng JD cắt d BC, L H,

a) Chứng minh: E F L, , thẳng hàng

b) JA JF, cắt BC M K, Chứng minh MH =MK

(60)

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1.Cho ba số dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a b c 2020

b+c+c+a+a+b = Tính giá trị biểu thức P a2 b2 c2 :(a b c)

b c c a a b

 

= + +  + +

+ + +

 

Hướng dẫn giải.

2 2

1

1 1

1

( ) ( )

1 2020 2019

a b c

P

a b c b c c a a b

a b c a b c a b c

a b c

a b c b c c a a b

a b c

a b c a b c

a b c b c a c a b

a b c

b c a c a b

  =  + +  + +  + + +    + +   + +   + +  =   − +  − +  −  + +   +   +   +     = ⋅ + +  + + − + +  + +  + + +   = + + − = − = + + + Bài 2.

2x + + +x 2x − + = +x x b) Giải hệ phương trình

2

8

y xy x x

y x x x

 − = − +

 

= + − +



a) 2

2x + + +x 2x − + = +x x

Đặt 2

2 0,

a= x + + ≥x b= x − + ≥x Ta có: 2 ( )

2

a −b = x+ = x+ Từ phương trình cho, ta được: ( )

( )( ) ( ) 2

2

a b a b

a b a b a b

− = + ⇔ − + = + a b ⇔ − = 2 71

do

8 nên

4

a x x x a b

   

 = + + =  +  + > 

  



+

 > 

Như vậy:

( )

2 2 2

2 2

2

2 2 4

0

7 8

7

x x x x x x x x x x

x x x x x x x

x x x x + + = − + + ⇒ + + = − + + − + + ⇒ + = − + ⇒ + + = − + =   ⇒ − = ⇒  = 

Thử lại, ta suy phương trình cho có tập nghiệm 0;8 S =  

(61)

b) ( ) ( ) 2

2

2 1

8

y xy x x y x x x

 − = − +

 

= + − + 

( ) ( ) (2 )2 1

1

x y x y x

x y x

x y x y x

− = − = −

 

⇔ − = − ⇔ ⇔

− = − = −

 

TH1: y= −1 2x

Thay y= −1 2x vào ( )2 ta

( )

2 3 2

2

3

2

1

1 4

4 0

1

x x x x

x x x x x

x x x

x x x

x x x x x x − = + − + ⇔ − + = + − + ⇔ + + = ⇔ + + = =  ⇔  + + =  =   ⇔ = −  = − 

Do trường hợp ta tìm nghiệm ( ) ( ) (x y; ∈{ 0;1 , −1;3 ,) (−3; 7)}

TH2: y=4x−1

Thay y=4x−1 vào ( )2 ta

( )

2 3 2

2

3

2

4

16 8

8 0

1

x x x x

x x x x x

x x x

x x x

x x x x x x − = + − + ⇔ − + = + − + ⇔ − + = ⇔ − + = =  ⇔  − + =  =   ⇔ =  = 

Do trường hợp ta tìm nghiệm ( ) (x y; ∈{ 0; , 1;3 , 7; 27− ) ( ) ( )}

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( ) ( ) (x y; ∈{ 0;1 , −1;3 ,) (−3; , 0; , 1;3 , 7; 27) ( − ) ( ) ( )}

Bài 3.Cho tam giác nhọn ABC (AB<BC<CA) nội tiếp đường tròn ( )O Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt ( )O A1 Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt ( )O B1 Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt ( )O C1 Chứng minh đường thẳng qua

1, 1,

(62)

Gọi H trực tâm ∆ABC

Kẻ AK đường kính ( )O Suy A K1 ⊥AA1 Mà AA BC1// nênA K1 ⊥BC Do A K AH1 //

Gọi I điểm đối xứng H qua O Suy AHKI hình bình hành, suy KI AH// Mà AH AK// nên I∈A K1

Vậy đường thẳng qua A1 vng góc với BC qua I Chứng minh tương tự, ta có:

Đường thẳng qua B1 vng góc với AC qua I Đường thẳng qua C1 vng góc với AB qua I

Vậy đường thẳng qua A B C1, 1, vng góc với BC CA AB, , đồng quy I

Bài 4

a) Cho số thực a b, Chứng minh ( )

2 2

2

a b a b

ab

a b − + ≥ +

+ + b) Cho hai số dương a b, thỏa mãn điều kiện a b+ ≤3

Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q b a 20 a b = − + +

a) Ta có

( )2 ( )2 ( )2 2

2 2

a b a b a b

a b ab

a b a b

− − −

+ ≥ + ⇔ ≥

+ + + +

( ) ( )

( )

2 2

2

a b a b a b

− +

⇔ ≥

+ + (luôn với

,

a b số thực)

(63)

( )

20 20

6 20 14 16

Q b a a b a b

a b a b

= − + + = − + + + + + ≥ − ⋅ + + = Dấu “=” xảy a=2,b=1

Vậy giá trị nhỏ Q 16

Bài 5.Đường tròn ( )I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB BC CA, , , ,

D E F Kẻ đường kính EJ đường trịn ( )I Gọi d đường thẳng qua A song song với BC Đường thẳng JD cắt d BC, L H,

a) Chứng minh: E F L, , thẳng hàng

b) JA JF, cắt BC M K, Chứng minh MH =MK

Vẽ DE cắt AL N

Xét tam giác NLE có: ( )

( )

//

JE NL NL CB LJ NE DJ NE

⊥  

⊥ ⊥



Suy J trực tâm tam giác NLE, NJ ⊥LE Lại có: NDA   =BDE=BED=AND ⇒ AN =AD

Mà ∆NDL vuông D nên AN =AD=AL⇒AN =AL=AF (do AD=AF) Do ∆NFL vuông F hay NF ⊥LF Mặt khác

 1 1  

, ,

2

NFA= FAL= ACB=IEF =JFA⇒N J F thẳng hàng Do NJ ⊥LE NJ ⊥LF Suy E F L, , thẳng hàng

Cách 2: Vì AL CE// nên LAF =FCE Hai tam giác ALF CEF, cân mà có góc đỉnh

nhau nên chúng đồng dạng Suy  AFL=CFE, suy L F E, , thẳng hàng

b)

(64)

Chứng minh bổđề.

Ta có:

NA JA

MK JM

AL JA

MH JM

 =

 

 =



, mà AN =AL (chứng minh câu a))

Suy ra: MK =MH

Bài 6.Tìm tất số nguyên dương x y, thỏa mãn phương trình 3x−y3 =1

Từ giả thiết ta có

3x

y = − , suy y3 chia dư 2, y chia dư Như y=3n+2 với n∈ Khi đó:

( )( ) ( ) ( ) (2 ) ( )( )

3 2

3x= y + =1 y+1 y − + =y 3n+ +2  3n+2 − 3n+ + =2 1 n+1 3n +3n+1 Ta thấy số nguyên dương ( )

3n +3n+1 ước 3x lại không chia hết cho 3,

2

3n +3n+ =1 1, tức n=0 Vậy y=2,x=2

Cách 2: Ta có 3x= y3+ =1 (y+1)(y2− +y 1).Do đó, tồn số tự nhiên

,

u v cho

2

1  + =  

− + = 

u

v

y

y y

Vì y+ >1 nên 3u >1 hay

1 ≥

u Rút y=3u −1, thay vào phương trình dưới, ta có

(3u −1) −(3u− + =1) 3v hay 2 1

3 u− ⋅ + =3 3u 3v ⇔3u− − + =3u v−

Vì vế phải ngun nên ta phải có v− ≥1 hay v≥1 Tuy nhiên, v− >1

3v− chia hết cho

3, vế trái không chia hết cho 3, vô lý Do đó, v=1 hay 2

1

− + = ⇔ − =

y y y y

(65)

HÀ TĨNH

Đề số7

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM HỌC 2020 - 2021

MƠN: TỐN (Chun)

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1.(1,5 điểm) Giả sử a, b, c số thực khác cho hệphương trình

ax by c

bx cy a

cx ay b

+ =



 + =



 + = 

có nghiệm ( )x; y Chứng minh

2 2

a b c

3 bc+ca +ab =

Câu 2.(2,5 điểm)

a) Giải hệphương trình

4

2

x 2x y

2x y 2y

 − =



+ − =



b) Giải phương trình ( )

2 x−2 x+ = − +2 x 3x+3

Câu 3.(2,5 điểm)

a) Tồn hay không sốnguyên dương n cho 2n+2021 3n+2020

sốchính phương

b) Tìm tất cặp sốnguyên dương (x; y) cho x2

xy

−

+ có giá trị số nguyên Câu 4. (2,5 điểm) Cho hai đường tròn ( )O ( )O ' cắt A B cho hai tâm O

và O ' nằm khác phía đường thẳng AB Đường thẳng d thay đổi qua B cắt

đường tròn ( )O ( )O ' C D (d không trùng với đường thẳng AB)

a) Xác định vị trí đường thẳng d cho đoạn thẳng CD có độ dài lớn b) Gọi M điểm di chuyển từđiểm A, ngược chiều kim đồng hồ đường tròn (O); N điểm di chuyển từ điểm A, chiều kim đồng hồ đường tròn ( )O '

cho AOM AO ' N Chứng minh đường trung trực MN qua

điểm cốđịnh

Câu 5.(1,0 điểm) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn 2 2

x z +y z + ≤1 3z

Tìm giá trị nhỏ biểu thức

( ) ( ) ( )

2

2 2

1 4z

P

x y 2z

= + +

+ + +

- HẾT -

- Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay - Cán coi thi khơng giải thích thêm.

(66)

Họtên thí sinh Số báo danh

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu

Cộng theo vế phương trình, ta có (a b c)(x y) a b c a b c

x y + + = 

+ + + = + + ⇔ 

+ = 

Trường hợp a+ + =b c Khi 3 3 3 3 3 ( )3

a +b +c =a +b − +a b = −3ab(a+b)=3abc

2 2 a b c

3 bc ca ab

⇒ + + =

Trường hợp x+ = ⇔ = −y y x,

Thay vào hệ ta có

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

ax b x c

x a b c b

bx c x a II

x b c a c

cx a x b

+ − =



− = − 

 + − = ⇒

  − = −



 + − =



Nếu a b

b c =   =

 Từ (II) suy a= =b c, suy

3 3

a +b +c =3abc

2 2 a b c

3 bc ca ab

⇒ + + =

Nếu a b

b c ≠   ≠

 ta có

c b x

a b a c x

b c −  =

 −

 −

 =

 −



2 2

c b a c

cb c b bc a ab ac bc

a b b c

− −

⇒ = ⇔ − − + = − − +

− −

( ) (2 ) (2 )2

a b b c c a a b c

⇔ − + − + − = ⇔ = = (Vơ lí a≠b, b≠c) Vậy trường hợp ta có a= =b c.Suy

2 2 a b c

3 bc+ca+ab=

Chú ý: Có thể giải theo cách sau 3 2( ) 2( ) 2( ) a +b +c =a bx+cy +b cx+ay +c ax+by

( ) ( ) ( )

ab ax by bc bx ay ac cx ay 3abc

= + + + + + = , suy a2 b2 c2

(67)

Câu 2a

Giải hệ x42 2x y22

2x y 2y

 − =

 + − =



(1) (2)

Từphương trình (1) (2), ta có ( 2) ( )

x −2x y+y +2 x −y − =3

( ) ( )

2

x y x y x y

x y  − =

⇔ − + − − = ⇔ 

− = − 

Với

x − =y 1, thay vào phương trình (2), ta có ( )

2 y 1+ +y −2y= ⇔ =2 y 0, x =1

hoặc x= −1;

Với

x − = −y 3, thay vào phương trình (2), ta có y 3( − +) y2−2y 2− = ⇔ = ±0 y 2Khi

x = − ±3 2<0 khơng thỏa mãn;

Vậy hệphương trình cho có nghiệm ( )1; (−1; 0)

Câu 2b

b) Điều kiện x≥ −2; Ta có x( −2) x+ = − +2 x2 3x+3

( )2 x x x x (1)

x x

x x x x (2)

 − + + =  + = −

⇔ − + + = ⇔ ⇔

− + + = − + = − −

 

 

2

x

x 11 29

(1) x x 11 29 x

2 x 11x 23 x

2 ≤  ≤

  −

⇔ + = − ⇔ ⇔ ± ⇔ =

− + = =

 

2

x

x 1 5

(2) x x 1 5 x

2 x x x

2 ≤ −  ≤ −

  − −

⇔ + = − − ⇔ ⇔ − ± ⇔ =

+ − = =

 

Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt x 11 29 −

= x

2 − −

=

Câu 3a

Đặt

x =2n+2021; y2 =3n+2020 Suy 3x2−2y2 =2023 (x, y∈N*) Từphương trình suy

x số lẻđặt x=2m 1+ (m∈N)

Ta có ( )2 2 ( ) 2

3 2m 1+ −2y =2023⇔3.4m m 1+ −2y =2020

( ) ( )

3.2m m 1010 y 3.2m m 1012 y

⇔ + − = ⇔ + − = −

Ta có m m 2( + ) , suy 2m m 4( + ) , đồng thời 1012 4 , suy (y2−2) 4

Mặt khác,y2là sốchính phương nên ( )

(68)

Nên không tồn y để

(y −2) 4 Vậy không tồn n thỏa mãn điều kiện

Câu 3b

Từ giả thiết suy ( )

2

y x

xy

−

+ số nguyên

Ta có ( )

2

y x x(xy 2) 2(x y) 2(x y)

x

xy xy xy

− + − + +

= = −

+ + +

Suy tồn giá trịk nguyên dương cho x( +y)=k(xy 2)+

Nếu k≥2, ta có k(xy+2)≥2 xy( +2), suy x+ ≥y xy 2+ ⇔(x y 1− )( − + ≤) (1) Do x≥1, y 1≥ ⇒(x y 1− )( − ≥) nên bất phương trình (1) vơ nghiệm

Nếu k=1, ta có x( +y)=xy+ ⇔2 (x−2)(y 2)− =2 (2) Giải ta cặp ( )x; y thỏa mãn (2) x

y =   =

 ,

x y =   =  ,

x y

=   =  Thử lại ta có x

y =   =

 cặp số nguyên thỏa mãn

Câu 4a Kéo dài AO cắt (O) E, kéo dài AO’ cắt đường tròn (O’) F

Suy E, B, F thẳng hàng

Ta có ACD =AEF (cùng chắn cung AB (O))

 

AFE=ADC (cùng chắn cung AB (O’))

Nên ∆ACD ∆AEFđồng dạng

Suy AC CD,

AE = EF

AC CD

1 CD EF

AE≤ ⇒ EF ≤ ⇒ ≤ (không đổi)

Vậy CD lớn d qua B vng góc với AB O'

O A

B C

D

(69)

Câu 4b

Gọi I trung điểm EF

Ta có O’I song song đoạn OA, suy

AOIO 'là hình bình hành

Suy AOI =AO ' I

Do MOA =AO ' N M, N di chuyển ngược chiều Xét hai trường hợp

Trường hợp M trùng P P’

- Nếu M trùng P N trùng Q

Suy IM=IP=IO OP+ =O ' I O 'Q+ =IN

- Nếu M trùng P ' N trùng Q '

Suy

IM=IP '=IO OP '− =O 'Q ' O ' I− =IQ '=IN

TH2 Nếu M không trùng P P’ N khơng trùng với Q Q '

Do MOA =NO 'A AOI =AO ' I suy MOI =IO ' N Ta có MO=IO '; OI=O ' N

Suy ∆MOI= ∆IO ' N⇒IM=IN

Trong trường hợp ta có IM=IN,suy trung trực đoạn MN ln qua điếm I cốđịnh

Q

P

I

F E

D C

O'

B A

O

P'

Q' M

(70)

Câu

Chứng minh BĐT

( )2 2

1

a +b ≥ a+b với ∀a, b>0

Ta có 12 12 ;

a +b ≥ab mặt khác

( )

2

a b

ab

4 ab a b

+

≤ ⇒ ≥

+ suy 2 ( )2

1

a +b ≥ a+b

( )2 ( )2 ( )2

1 8

P

x 1 y y

1 x

2z 2z

= + + ≥ +

+  +  +  + +  +

   

   

2 64

1

x y

2z ≥

 + + + 

 

 

Từ giả thiết suy z sốdương, ta có 2 2 2

2

1

x z y z 3z x y

z z

+ + ≤ ⇔ + + ≤

Đặt t

z= suy

2 2 x +y + ≤t 3t Ta có

( )

2

64 256

P

2x 2y t 10

x y

2z

= =

+ + +  + + + 

 

 

Ta có 2

2x≤x +1; 2y≤y +1; 4t≤ +t 4, suy 2x+2y 4t+ ≤x2+y2+ + ≤ +t2 3t Suy 2x+2y+ ≤t

Suy

( )2

256

P

6 10

≥ =

+ , dấu = xảy

1 x y 1, z

2

(71)

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số 8

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021

MƠN: TỐN

(Dành cho thí sinh thi chuyên Tin)

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đềthi gồm có 01 trang)

Câu (1,0 điểm).Khơng sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức

2 4

A= − − + − + −

Câu (1,0 điểm). Giải hệphương trình

( )2

2

x y xy

x y

xy

 + − =

  +

= 



Câu (1,0 điểm). Tìm cặp sốnguyên dương (x y; ) thỏa mãn x2 = y2+ +y

Câu (1,0 điểm). Chứng minh 2019 2021

5 17 2020

P= + + khơng sốchính phương

Câu (2,0 điểm). Cho bảng vng có kích thước 2020 2020× (gồm 2020 hàng 2020 cột) Người ta tơ màu đen 3030 vng bảng Chứng minh chọn 1010 hàng 1010 cột bảng cho ô tô màu đen nằm 1010 hàng 1010 cột chọn

Câu (2,0 điểm). Cho đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ đường trịn tâm A cắt đường tròn ( )O hai điểm phân biệt C D, Trên đường tròn ( )O , lấy điểm M nằm cung nhỏ AC với M ≠ A M, ≠C Đoạn thẳng BM cắt đường tròn ( )A điểm N

Chứng minh : a) CMB =DMB

b)

MN =MC MD

Câu (2,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O R, ) Gọi H,

I trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC a) Chứng minh HAI =OAI

b) Cho 

30 ,

BAC = tính độdài đoạn thẳng AH theo R - HẾT -

Họvà tên thí sinh:……….………… Sốbáo danh………

(72)

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020- 2021

MƠN THI: TỐN Dành cho chun Tin

HƯỚNG DẪN CHẤM

( Bản hướng dẫn chấm gồm có 03 trang)

- Giám khảo cần nắm vững yêu cầu hướng dẫn chấm để đánh giá làm thí sinh Thí sinh làm cách khác đáp án cho điểm tối đa

- Khi vận dụng đáp án thang điểm, giám khảo cần chủ động, linh hoạt với tinh thần trân trọng làm học sinh

- Nếu có việc chi tiết hóa điểm ý cần phải đảm bảo không sai lệch với tổng điểm thống toàn hội đồng chấm thi

- Điểm toàn tổng điểm câu hỏi đề thi, chấm điểm lẻ đến 0,25 khơng làm trịn

II Đáp án thang điểm

Câu

Ta có:

( ) ( )

2

2 4

2 1

4

3

A= − − + − + −

= − − + − + −

= − + −

= − + − =

0.25 0.25 0.25 0.25

Câu

Ta có:

( )2 ( )2

2

2 5

5

2

x y xy x y xy

x y

xy xy

 + − =  + − =

 ⇔

 + 

= =

 

 

(73)

( )2 ( )2

3

2

3

2

x y xy

x y xy x y

x y xy xy xy  + =    + − =  + = =    ⇔  ⇔ ⇔  + = −  = =      =  

TH1:

2 x y xy + =   =

 suy x y, nghiệm phương trình

2

3

2 X X X X =  − + = ⇔  = 

Ta có hai nghiệm ( ) ( )1, ; 2,

TH2:

2 x y xy + = −   =

 suy x y, nghiệm phương trình

2

3

2 X X X X = −  + + = ⇔  = − 

Ta có hai nghiệm (− −1, ;) (− −2, )

Vậy hệphương trình có nghiệm ( ) ( ) (1, ; 2, ; − −1, ;) (− −2, )

0.25 0.25 0.25 Câu Ta có: ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2

4 4 32

2 31

2 2 31 (*)

x y y

x y

x y x y

= + +

⇔ = + +

⇔ − − + + =

Vì x y, sốnguyên dương nên ta có 1≤2x−2y− <1 2x+2y+1

Nên từ (*) suy 2 1

2 31

x y x

x y y

− − = =   ⇒  + + =  =   0.5 0.25 0.25 Câu Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2019 2012

5 mod

17 mod 17 mod

2020 mod

≡

≡ ⇒ ≡

≡

Suy P ≡2 mod 4( )

Vậy P khơng sốchính phương sốchính phương chia cho có dư

0.25 0.25

(74)

Câu

Vì có 2020 cột nên ta chọn 1010 cột có sốơ tơ màu đen nhiều Khi có có hai khảnăng xảy ra:

Khảnăng 1:Trong 1010 cột chọn chứa hết 3030 ô màu đen, ta chọn 1010 hàng tốn giải

Khảnăng 2:Trong 1010 cột chọn không chứa đủ3030 ô màu đen

Ta chứng minh sốơ màu đen cịn lại nhỏhơn 1010 Khi đó, ta cần chọn 1010 hàng chứa màu đen cịn lại toán chứng minh

Thật vậy, giả sử sốơ màu đen cịn lại lớn 1010 (hay tổng sốô đen 1010 cột chọn nhỏhơn 2020) Theo ngun lý Dirichlet, 1010 cột cịn lại khơng chọn, có cột chứa hai màu đen

Mặt khác 1010 cột ta chọn chứa sốô màu đen nhiều nên cột phải chứa ô đen Suy tổng sốô đen 1010 cột chọn lớn 2020 (mâu thuẫn)

Vậy điều giả sửlà sai Bài toán giải hoàn toàn

1.0

Câu

a) Ta có ABlà đường trung trực CD suy ( )O có CB =DB

Do CMB =DMB (góc nội tiếp chắn hai cung nhau) (1) b) Ta có : CNM    =CBM +NCB=CDM +NCB

Mặt khác ta có 

90

ACB= (chắn nửa đường tròn) suy BC tiếp tuyến ( )A

Do  NCB=CDN ⇒CNM   =CDM +CDN =MDN (2)

Từ(1) (2) suy tam giác MNC tam giác MDN đồng dạng (g-g)

Suy

MN MC

MN MC MD

MD = MN ⇒ =

0.5 0.5

0.25 0.25 0.25 0.25

N

D

O

A B

C

(75)

Câu 7

a) Kẻ AI cắt ( )O D suy D điểm cung BC hay OD đường trung trực BC Gọi OD cắt BC E, E trung điểm BC

Ta có ∆AOD cân O suy OAD =ODA ( )1

Mặt khác ta có AH / /OD (cùng vng góc với AB) suy HAD =ODA( )2

Từ(1) (2) suy OAD = HAD

b) Kẻđường kính AF đường tròn ( )O suy  ACF = ABF =900 (chắn

nửa đường tròn)

Xét tứ giác BHCF có ( )

( )

/ / / /

cïng vu«ng gãc víi cïng vu«ng gãc víi

BH CF AC

CH BF AB

 

 suy BHCF

hình bình hành hay E trung điểm HF

Xét ∆AHF có OE đường trung bình nên suy AH =2OE ( )*

Mặt khác theo đề ta có:  

2 60

BOC= BAC = suy tam giác BOC

Khi

2

R

OE = (**)

Từ (*) (**) suy AH =R

0.25

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

0.25

Hết -F E D

I

H

O

C B

(76)

Đề số 9

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021

MƠN: TỐN

(Dành cho thí sinh thi chun Tốn)

Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề (Đềthi gồm có 01 trang)

Câu (1,5 điểm). Cho hai số thực a b, thỏa mãn ab=2 Chứng minh

( )( ) ( )

9 4 5

16

a +b = a +b a +b − a+b Câu (1,5 điểm). Giải phương trình

16x − −1 4x+ +1 4x− =1

Câu (1,0 điểm). Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn a+3b+5c=2020 Tìm giá trị

lớn biểu thức 15

3 5

ab bc ca

P

a b b c c a

= + +

+ + +

Câu (1,0 điểm). Cho sốnguyên dương n thỏa mãn 2n+1 3n+1 sốchính phương

Chứng minh 15n+8 hợp số

Câu (1,0 điểm). Bạn Chi thưởng ngày kẹo, ngày

liên tiếp, tổng số kẹo Chi nhận không 10 Chứng minh số ngày liên tiếp, tổng số kẹo Chi nhận 27

Câu (2,0 điểm). Cho đường tròn ( )O , từ điểm A nằm bên ngồi đường trịn kẻ tiếp tuyến AB AC, với đường tròn (B C, tiếp điểm) Gọi H giao điểm AO BC Vẽđường kính CD của đường trịn ( )O Đường thẳng AD cắt đường tròn ( )O M khác D

a) Chứng minh tam giác AMB tam giác ABD đồng dạng

b) Gọi N giao điểm BM AO Chứng minh NH2 =NM NB

Câu (2,0 điểm).Cho đường tròn ( )I r, nội tiếp tam giác ABC Điểm M thuộc cạnh BC với

,

M ≠ B M ≠C Đường tròn (I r1, 1) nội tiếp tam giác AMC Đường thẳng song song với ,

BC tiếp xúc với đường tròn (I r1, 1) cắt cạnh AB AC, B C', ' Gọi N giao điểm AM với B C' ', đường tròn (I2,r2) nội tiếp tam giác AB N' Chứng

minh:

a) Bốn điểm A I I I, , 1, nằm đường tròn b) r= +r1 r2

- HẾT -

Họvà tên thí sinh:……….………… Sốbáo danh………

(77)

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020- 2021

MƠN THI: TỐN Dành cho chun Tốn

( Bản hướng dẫn chấm gồm có 04 trang)

- Giám khảo cần nắm vững yêu cầu hướng dẫn chấm để đánh giá làm thí sinh Thí sinh làm cách khác đáp án cho điểm tối đa

- Khi vận dụng đáp án thang điểm, giám khảo cần chủ động, linh hoạt với tinh thần trân trọng làm học sinh

- Nếu có việc chi tiết hóa điểm ý cần phải đảm bảo không sai lệch với tổng điểm thống toàn hội đồng chấm thi

- Điểm toàn tổng điểm câu hỏi đề thi, chấm điểm lẻ đến 0,25 không làm tròn

II Đáp án thang điểm

Câu

Ta có

( )( ) ( )

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

4 5

9 4

9

16 16

16

16 16

do

a b a b a b

a b a b a b a b

a b a b a b a b

a b a b a b ab

a b

+ + − +

= + + + − +

= + + + − + =

= +

0,5

Câu

ĐK :

x≥ Ta có:

( )( )

( )

( )( )

2

16 4

4 4

4 1 (*)

x x x

x x x x

x x x

x x

− − + + − =

⇔ + − − + + − − =

⇔ + − − + − − =

⇔ + + − − =

0,25

(78)

Do 4x+ + >1 với

x≥ nên từ (*) suy ( )

5

4 4

4

x− − = ⇔ x− = ⇔ =x TM

Vậy phương trình có nghiệm

x=

0,5 0,5

Câu

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai sốdương a 3b ta có:

3

a b

ab a b

a b a b

+

 

  +

 

≤ =

+ +

CMTT ta có:

15 5

;

3 5

bc b c ca c a

b c c a

+ +

≤ ≤

+ +

Từđó suy ra: 2( ) 1010

a b c

P≤ + + =

Vậy giá trị lớn P 1010

2020

2020 2020

3

404

a

a b c b

c  =   

= = = ⇒ =

  = 

0,5

0,25

Câu

Đặt ( )

2

*

2

,

3

n a

a b

n b

 + =

 ∈



+ =

 

Khi ta có:

( ) ( )

( )( )

2

9

3 15

a b n n

a b a b n

− = + − +

⇔ − + = +

Vì *

,

a b∈ suy 3a+ >b Ta cần chứng minh 3a b− >1

Hay 2n+ −1 3n+ > ⇔1 2n+ > +1 3n+1

( )

9 2n 3n 2 3n 15n 12n

⇔ + > + + + ⇔ + > + ( đúng)

0,25

0,5

(79)

Vậy 15n+8 hợp số

Câu

Xét 28 ngày liên tiếp từ ngày thứ đến ngày thứ28 mà Chi nhận kẹo

Gọi T n( ) tổng số kẹo Chi nhận đến ngày thứ n Vì tổng số kẹo Chi

nhận ngày liên tiếp không vượt 10 nên ta có: ( ) ( ) ( )

1≤T <T < < T 28 ≤40

Xét 28 sốnguyên dương phân biệt T( ) ( )1 , T , ,T( )28 Theo nguyên lý

Đirichlet, tồn hai số T a( )≡T b( )(mod 27) với 1≤ < ≤a b 28 hay

( ) ( ) 27

T b T a

 − 

 

Mặt khác ta có: 1≤T b( ) ( )−T a ≤39 suy T b( ) ( )−T a =27

Vậy từ ngày thứ a+1đến ngày thứ b Chi nhận 27 kẹo

0,5

0,25

Câu

a) Xét tam giác AMB tam giác ABD có:

  cïng b»ng s®1 

2

ABM =ADB BM

 



A chung

Do tam giác AMB tam giác ABD đồng dạng (g-g)

b) Xét tam giác ABO vuông B, đường cao BH có : AB2 = AH AO (1)

Mặt khác ta có hai tam giác ABM ADB đồng dạng (g-g) suy

(2)

AB AM

AB AM AD

AD = AB ⇒ =

1,0

0,25 H

N

M

C B

A O

(80)

Từ(1) (2) suy AH AO = AM AD suy hai tam giác AMH AOD đồng dạng Do MHN =MDC

Mặt khác MDC =MBC (cùng chắn cung MC) suy MHN =MBH

Xét hai tam giác NHM NBH có:

  ,

MHN =MBH MNH chung, suy hai tam giác NHM NBH đồng dạng

Do

NH NM

NH NB NM

NB = NH ⇒ =

0,25

Câu 7

a) Ta có:

    0  

2

' ' 180 ' '

180 180 90

2 2

ANB B AN AB N AB N

AI N = AI I = − + = − − = +

Mà B C' '/ /BC suy  AB N' = ABC suy 2 1 900 

ABC

AI I = + (1)

Tương tự ta có   

1 90 (2)

2

ABC AIC = AII = +

Từ(1) (2) suy  AI I2 1 = AII1 bốn điểm A I, 2, ,I I1 nằm đường tròn

Chú ý: Ra hai nội dung ở(1) (2) cho 0,5 điểm.

b) Xét tam giác AI I2 AIC có :

    

2 ;

2

BAC

I AI =IAC = AI I = AIC hai tam giác AI I2 1 tam giác AIC đồng dạng

0,5

r r2

r1

I2

N C'

B'

I1

C B

A

I

(81)

Suy : I I2 AI1 ( )* IC = AC

Xét tam giác ANI1 AI C1 có :

   

1 1; 1

NAI =CAI AI N = ACI hai tam giác ANI1 tam giác AI C1 đồng dạng

Suy 1 ( )

1

**

I N AI CI = AC Từ (*) (**) suy

1 1

1

I I I N CI I N

IC CI CI I I

r r

r r r

= ⇒ =

⇒ = ⇒ = +

+

( Do 1

2

I N r

I N = r suy

1

1 2

I N r

I I = r +r ) Vậy r= +r1 r2

0,5

0,25

(82)

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH NINH BÌNH Đề số 10

ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021

Bài thi môn chuyên: TOÁN; Ngày thi: 18/7/2020

Đềthi gồm 05 câu, 01 trang

Câu (2,0 điểm):

1 Cho 2 2

P= a +a (a 1)+ + +(a 1) với a∈ Chứng minh P số tự nhiên

2 Tính giá trị biểu thức A 2x 1: 1

x x x x

−  

=  − 

−  +  với x= +4 Câu (2,0 điểm):

1 Cho phương trình

x −2mx+2m 1− =0 Tìm m đểphương trình có hai nghiệm

phân biệt x , x , x1 ( <x2) thỏa mãn

2

4x =x

2. Giải hệphương trình

2

x 2y xy x y

x y 10

 − + + − =

 

+ =



Câu (1,5 điểm):

1 Tìm tất số nguyên n cho n2 +2022 sốchính phương

2. Giải bất phương trình x 1+ − x− <1

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, ( )d2

tiếp tuyến chung ( )T với ( )T2 B, ( )d1 cắt ( )d2 điểm Q

1 Chứng minh tứ giác AOBQ nội tiếp đường tròn

2. Chứng minh: ANP =BNP bốn điểm O, D, C, Ncùng nằm đường tròn

3. Chứng minh đường trung trực đoạn thẳng ON qua điểm cốđịnh

khi P di động đoạn thẳng AB(P≠A, B P khác trung điểm đoạn thẳng AB)

Câu (1,5 điểm):

1. Cho ba sốdương a, b, c thoả mãn: a2+b2 + b2 +c2 + c2 +a2 = 2021

(83)

Chứng minh rằng: a2 b2 c2 2021 b+c+c+a +a+b ≥2

2. Với số thực a, ta định nghĩa phần nguyên số a số ngun lớn khơng vượt q a kí hiệu [ ]a Dãy sốx , x , x , , x , 0 1 2 n xác định công thức

n

n n

x

2

+

   

=  − 

    Hỏi 200 số{x , x , x , , x0 199} có số khác 0? (Biết 1, 41< 2<1, 42)

-HẾT -

Lưu ý: Thí sinh sửdụng máy tính cầm tay khơng có thẻ nhớ

và khơng có chức soạn thảo văn bản.

Họvà tên thí sinh: Số báo danh: Họvà tên, chữ ký: Cán coi thi thứ nhất:

Cán coi thi thứ hai:

TỈNH NINH BÌNH

ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2020 - 2021

Bài thi mơn chun: TỐN - Ngày thi: 18/7/2020 (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

1 Bài làm học sinh đến đâu cho điểm đến

2 Học sinh sử dụng kết quảcâu trước làm câu sau

3 Đối với hình, vẽ sai hình khơng vẽhình khơng cho điểm

4 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

5 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

6 Tuyệt đối khơng làm trịn điểm

II Hướng dẫn chi tiết

Câu Nội dung Điể

m

1

(2,0 đ)

1 (1,0 điểm) Cho 2 2

P= a +a (a 1)+ + +(a 1) với a∈ Chứng minh P là số

(84)

2 2 2

P= a +a (a +2a 1) (a 1)+ + + = a +2a +2a + +(a 1) 0,25

4 2

a 2a (a 1) (a 1)

= + + + + 0,25

2 2

(a a 1) a a

= + + = + + 0,25

Vì a∈ ⇒ ∈ P  ( đpcm) 0,25

2 (1,0 điểm)Tính giá trịcủa biểu thức A 2x 1: 1

x x x x

−  

=  − 

−  +  với x= +4 3. Với 0< ≠x

Ta có:

( )( ) ( )

2

x 1 x x x

A : :

x x x x x x x x x

−   − + −

=  − =

−  +  − + +

0,25

( ) (: )

x

x x x x

= =

+ + 0,25

Với x = + 3 =( 3 1+ )2 ⇒ x = 3 1+ 0,25

Suy A = 1 = 3 1

2 3 1

−

+ 0,25

2

(2,0 đ)

1 (1,0 điểm) Cho phương trình

x −2mx+2m 1− =0 Tìm m đểphương trình có hai

nghiệm phân biệt x , x , x1 2 ( 1 <x2) thỏa mãn: 4x1 =x22.

2 x

x 2mx 2m

x 2m

= 

− + − = ⇔ 

= −

 0,25

+) Nếu 1<2m 1− ⇔ m>1

Từ giả thiết 2 ( )2

1

3 m

2m 2

4x x 2m

2m

m

 =  − =



= ⇔ = − ⇔  ⇔ 

− = − −

  =



0,25

+) Nếu 2m 1− < ⇔m 1<

( )

2

5

4x x 2m m

8

= ⇔ = − ⇔ = 0,25

Kết luận m 5;

 

∈  

  0,25

2.(1,0 điểm) Giải hệphương trình

2

x 2y xy x y

x y 10

 − + + − =

 

+ =

(85)

Có 2 ( )( ) x y

x 2y xy x y x y x 2y

x 2y

= 

− + + − = ⇔ − + + = ⇔ 

= − −

 0,25

+) Trường hợp 1: thay y=x vào x2 +y2 =10 ta được 2x2 =10⇔ = ±x 0,25

+) Trường hợp 2: thay x= − −1 2y vào x2 +y2 =10 ta được

2 2

y

( 2y) y 10 5y 4y 9

y

=  

− − + = ⇔ + − = ⇔

 = − 

0,25

Vậy hệ có nghiệm (x; y) ( 5; 5), ( 5; 5), ( 3;1), (13; 9)

5

−

 

∈ − − − 

  0,25

3

(1,5 đ)

1 (0,75 điểm) Tìm tất cảcác sốnguyên nsao cho n2+2022 sốchính phương

Đặt 2

n +2022=y với y sốnguyên khác

( )( )

2

n +2022=y ⇔ y−n y+n =2022

Có (y−n) (+ y+n)=2y số chẵn nên (y−n) (y+n) tính chẵn lẻ

0,25 Nếu (y−n) số lẻ (y+n) lẻ ⇒(y−n)(y+n) số lẻ

(y n)(y n) 2022

⇒ − + ≠ 0,25

Nếu (y−n)là số chẵn (y+n)cũng chẵn ⇒(y−n)(y+n 4) ⇒2022 4 (vô

lý)

Vậy không tồn n thỏa mãn toán

0,25

2 (0,75 điểm)Giải bất phương trình x 1+ − x− <1

Điều kiện: − ≤ ≤1 x 0,25

( ) ( )

x 1+ − 4− < ⇔x x 1+ −2 + −1 4−x <0 0,25

( )

x x 1

0 x x

x x x x

− −  

⇔ + < ⇔ −  + < ⇔ <

+ + + −  + + + − 

Đối chiếu ĐK tập nghiệm bất phương trình là: 1;3

0,25

4

(3,0 đ)

(86)

Chứng minh tứ giác AOBQ nội tiếp đường tròn

2. Chứng minh: ANP =BNP bốn điểm O, D, C, Ncùng nằm đường

tròn

3. Chứng minh đường trung trực đoạn thẳng ON qua điểm cốđịnh

P di động đoạn thẳng AB(P≠A, B P khác trung điểm đoạn thẳng AB)

Vẽhình 0,5 điểm 1 (0,5 điểm)Chứng minh tứgiác AOBQ nội tiếp đường tròn.

Có 

OAQ=90 (Tính chất tiếp tuyến) 0,25



OBQ=90 (Tính chất tiếp tuyến)

A, B nhìn OQ góc vuông nên tứ giác AOBQ nội tiếp ( )1 0,25

2 (1,25 điểm)

Chứng minh ANP =BNP và bốn điểm O, D, C, N nằm đường tròn.

Trong đường tròn ( )T1 có ANP QAP (

= = sđ AP)

Trong đường trịn ( )T2 có  

1

BNP QBP (

2

= = sđ BP)

0,25 A

O N

C D

B P

(87)

Trong đường trịn ( )T có QAP =QBP (

= sđ AB) →ANP =BNP 0,25

Ta có      

ANB=ANP+BNP=QAP+QBP=180 −AQB, suy NAQB nội tiếp( )2 0,25

Từ(1) (2) suy điểm O, N, A, Q, B nằm đường tròn

 

OAN OBN

⇒ = ( hai góc nội tiếp chắn ON) 0,25

Trong ( )T1 có OCN =2OAN (góc nội tiếp góc tâm chắn cung)

Trong ( )T2 có ODN=2OBN (góc nội tiếp góc tâm chắn cung)

 

OCN ODN

⇒ = suy bốn điểm O, D, C, N nằm đường tròn

0,25 3.(0,75 điểm).Chứng minh đường trung trực đoạn thẳng ON luôn qua

một điểm cố định P di động đoạn thẳng AB(P≠A, B và P khác trung

điểm đoạn thẳng AB).

Theo ý trênsuy điểm O, N, A, Q, Bcùng nằm đường trịn đường kính OQ 0,25

Gọi E trung điểm OQ; O, Q cốđịnh suy E cốđịnh E tâm đường trò

đi

đi qua điểm O, N, A, Q, B

0,25

OE NE E

⇒ = ⇒ thuộc đường trung trực đoạn thẳng ON

Suy đường trung trực ON qua điểm E cốđịnh 0,25

5

(1,5đ )

1 (0,75 đ) Cho ba sốdương a, b, c thoảmãn: 2 2 2

a +b + b +c + c +a = 2021

Chứng minh rằng: a2 b2 c2 2021 b+c+c+a+a+b ≥ 2

Đặt 2 2 2

x= b +c , y= c +a , z= a +b với (x, y, z>0; x+ + =y z 2021);

2 2 2 2 2 y z x x z y x y z

a , b , c

2 2

+ − + − + −

→ = = =

và áp dụng BĐT:

( 2) ( 2) ( 2)

b+ ≤c b +c = 2x, c+ ≤a c +a = 2y, a+ ≤b a +b = 2z

suy VT y2 z2 x2 z2 x2 y2 x2 y2 z2

2 2x 2y 2z

+ − + − + −

≥ + +

0,25

2 2

1 (y z) (z x) (x y)

x y z

2x 2y 2z

2

 +   +   + 

≥  − + − + − 

     

 

2 2

1 (y z) (z x) (x y)

2x 3x 2y 3y 2z 3z

2x 2y 2z

2

 +   +   + 

=  + − + + − + + − 

     

 

(88)

( ) ( ) ( )

1

2(y z) 3x 2(z x) 3y 2(x y 3z

2

≥  + − + + − + + − 

Suy VT (x y z) 2021

2

≥ + + = (đpcm)

0,25 2 (0,75 đ) Với sốthực a, ta định nghĩa phần nguyên số a là sốnguyên lớn

khơng vượt q a và kí hiệu [ ]a Dãy sốx , x , x , , x , 0 1 2 n được xác định

công thức n

n n

x

2

+

   

=  − 

    Hỏi 200 số{x , x , x , , x0 199} có số

khác ?

(Biết 1, 41< 2<1, 42)

n n

n n n n

Ta có x 1 x

2 2 2

+ +

     

=  − < − − = + < ⇒ ≤ ≤

     

n

x

=  ⇒  =

 Nên số khác nhận giá trị

0,25

199 i i

1 200 199

x

2 2 2

=

           

=  −  +  − + +  − 

           

∑ 0,25

200

100 2

   

=  = 

 

Mà 141 100 2< <142 nên số sốkhác 141

0,25

(89)

SỞGD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀCHÍNH THỨC

Đề số 11

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021

ĐỀTHI MƠN: TỐN

Dành cho thí sinh thi chuyên Toán chuyên Tin

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu (4,0 điểm).

a) Giải phương trình 2x+ −3 x+ = −1

b) Giải phương trình 2 2

3

x x

x + +x + x − x+ = − c) Giải hệ phương trình

2

4

x xy x

x y xy

x

 + + =

 

+ − = −



Câu (1,5 điểm).

a) Tìm tất số nguyên tố p cho 2p2+3p+4 số nguyên tố

b) Tìm tất sốnguyên dương a b c d, , , thỏa mãn a!+ + =b! c! d!

Cho biết kí hiệu n! tích số tự nhiên từ1 đến n Câu (1,0 điểm). Cho sốdương a b c, , Chứng minh

( ) ( )( )( )

( )

2 2

3

8 27

16

a b c a b b c c a

ab bc ca a b c

+ + + + +

+ ≥

+ + + +

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 2021

2020 thành tổng số nguyên dương đem

(90)

-Hết -

Học sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm.

Họ tên thí sinh: Số báo danh: ………

SỞGD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀCHÍNH THỨC

KỲTHI 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 chỉtrình bày bước cách giải, học sinh có cách giải khác vẫn cho điểm theo thang điểm hướng dẫn chấm

- Trong bài, thí sinh giải đến đâu cho điểm đến đó.

- Bài hình học khơng vẽ hình khơng cho điểm, vẽhình sai khơng cho điểm ứng với phần vẽhình sai.

- Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn. Câu (4,0 điểm).

a) (1,5 điểm). Giải phương trình 2x+ −3 x+ = −1

Điều kiện xác định: x≥ −1

Phương trình: 2x+ −3 x+ = − ⇔1 2x+ + =3 x+1

( ) 2x 2x x

⇔ + + + + = +

0,5

2x 2x 4x

⇔ + + + = + ⇔ 2x+ =3 x 2

2

x

x x ≥  ⇔ 

+ =

 0,5

( )( )

0

1

2

x x

x x x x

≥

≥ 

 

⇔ ⇔ +

− =

− − = 

  0,25

0

3

3 x

x x

x ≥  

⇔ = − ⇔ = 

 = 

Vậy phương trình có nghiệm x=3

0,25

b) (1,5 điểm). Giải phương trình 2 2

3

x x

x + +x + x − x+ = −

Điều kiện xác định 22

5

x x x x  + + ≠ 



− + ≠

 (1) 0,25

+) Nhận xét: x=0khơng nghiệm phương trình +) Với x≠0: Khi phương trình viết thành

2

4

3

x x x x

x x

+ = −

+ + − +

4

3 2

1

x x

⇔ + = −

+ + − +

(91)

Đặt t x

x

= + + , thay vào phương trình ta được:

4

6

t +t− = −

( ) ( )

4

6 t t t t − + ⇔ = − − 2

8t 48 10t 3t 18t 3t 48 t

⇔ − + = − + ⇔ = ⇔ = ± 0,5

Với t=4, ta có:

1 3

x x x

x

+ + = ⇔ − + = vô nghiệm ( )2

3 4.3

∆ = − − = − <

Với t= −4, ta có:

1

x x x

x

+ + = − ⇔ + + = , ta có

5 4.3 13

∆ = − = > suy

phương trình có hai nghiệm phân biệt

5 13 13

;

2

x =− − x = − +

So sánh với điều kiện (1) ta phương trình có hai nghiệm

5 13 13

;

2

x= − − x= − +

0,5

c) (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2

x xy x

x y xy

x  + + =   + − = − 

Điều kiện x≠0

( )

2

2 2

2

1 4

5

4 2

x x y x xy x

x y xy x y xy

x x + + − =   + + =  ⇔   + − = − + + − =  

  ( )2

4 x y x x y x  + + =  ⇔   + − =  0,25

2 2

4 4 4

1 1 1

16 11

4

1

x y x y x y

x x x

x x x x x

x x  + = −   + = − + = −       ⇔ ⇔ ⇔    −  − =  − + − =  − − =        0,25 ( )( ) 4 1 1 11

3 11 11

3 x y x x y x y x x x x x x x x  + = −    + = − + = −    ⇔ ⇔ ⇔ =   + − =  − + =     = −   0,25 11 52 33 x y x y  =   =    ⇔ = −    =  

Vậy hệ có hai nghiệm ( ; )x y (1; 2), 11 52; 33

− 

 

 

0,25

(92)

a) (0,5 điểm). Tìm tất số nguyên tố p cho 2p2+3p+4 số nguyên tố

Nếu p3⇒ =p

2p +3p+ =4 31 số nguyên tố suy p=3 thỏa mãn

Nếu p=3k+1,k∈ ( )2 ( )

2p +3p+ =4 3k+1 +3 3k+ + =1 18k +21k+9 3 , kết hợp

với

2p +3p+ >4 suy 2p2+3p+4 không số nguyên tố

0,25

Nếu p=3k+2,k∈ ( )2 ( )

2p +3p+ =4 3k+2 +3 3k+2 + =4 18k +33k+18 3 , kết hợp

với

2p +3p+ >4 suy 2p2 +3p+4 không số nguyên tố 0,25

b) (1,0 điểm). Tìm tất sốnguyên dương a b c d, , , thỏa mãn a!+ + =b! c! d!

Cho biết kí hiệu n! tích số tự nhiên từ1 đến n

Giả sử a≤ ≤b c, kết hợp với giả thiết ta 1≤ ≤ ≤ <a b c d *) Nếu a< ⇒ +b a! a a!( +1 ) b a a+ !( +1 ) c=a a!( +1 ) d

( ) ( ) ( )

1 a b a c a d a ⇒ + + + + = + ⇒  + vơ lí

0,25

*) Nếu a=b !a+ =c! d!

+) Nếu a= <b c từphương trình ta được:

( ) ( )

2 !a +a a! +1 c=a a! +1 d ⇔ +2 (a+1 ) c=(a+1 ) d

0,25 Từphương trình ta được: 2a+ ⇒ =1 a

Với a= ⇒ =1 b 1, ta phương trình 2+ =c! d! + Nếu c> ⇒2 c! 3, ! 3 d  ⇒2 3 vô lí + Nếu c= ⇒ =2 d! vơ lí

0,25

+) Nếu a= =b c từphương trình cho ta được:

( )

3 ! !

3 a

a d a d a

d = 

= ⇒ = + ⇒ + ⇒ 

= 



Vậy (a b c d, , , ) (= 2, 2, 2, )

0,25

Câu (1,0 điểm). Cho sốdương a b c, , Chứng minh

( ) ( )( )( )

( )

2 2

3

8 27

16

a b c a b b c c a ab bc ca a b c

+ + + + +

+ ≥

+ + + +

(93)

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:

( ) ( )( )( )

( )

( ) ( )( )( )

( )

2 2 2

3

8 27 27

2

a b c a b b c c a a b c a b b c c a

ab bc ca a b c ab bc ca a b c

+ + + + + + + + + +

+ ≥

+ + + + + + + +

( )

( )( )( )

( ) ( ( )( )()( ))

3

8 27 2

3

2 12

a b c

a b b c c a a b b c c a ab bc ca a b c ab bc ca a b c

+ +

+ + + + + +

≥ =

+ + + + + + + +

0,5

Ta chứng minh

( )( )( )

(2 )( ) ( )( )( ) ( )( )

12 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

+ + +

≥ ⇔ + + + ≥ + + + +

+ + + +

0,25

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

9 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 abc

⇔ + + + + + ≥

6 2

a b b c c a a b b c c a

c a b b a c b a c

+ + +

           

⇔  +  + ≥ ⇔ + −  + + −  + + − ≥

           

( ) (2 ) (2 )2

a b b c c a

ab bc ca

− − −

⇔ + + ≥ (luôn đúng) Dấu xảy

a= =b c

Do bất đẳng thức chứng minh

0,25

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

(94)

a) (1,0 điểm). Chứng minh tam giác IDB cân Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC

Ta có    1  1 1

2 2

IBD=IBC+DBC= ABC+DAC= ABC+ BAC (1) (do AI, BI phân

giác góc BAC, ABC tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn) 0,25

Mặt khác    1 1

2

BID=IBA+IAB= ABC+ BAC (do AI, BItương ứng phân giác góc

BAC, ABC) (2)

Từ(1) (2) ta BID =IBD⇒ tam giác DBI cân D

0,25

Ta có    1  1 1

2 2

ICD=ICA+DCB= ACB+DAB= ACB+ BAC (3) (do AI, CI phân

giác góc BAC, ACB tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn)

Mặt khác    1 1

2

CID=ICA+IAC= ABC+ BAC (do AI, BItương ứng phân giác góc

BAC, ABC) (4)

Từ(3) (4) ta CID =ICD⇒ tam giác DCI cân D

0,25

Do tam giác DBI DCI cân D nên DB=DI DC, =DI ⇒DB=DC=DI⇒Dlà tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC 0,25

b) (1,0 điểm). Chứng minh ID IE =IF DE

Theo kết phần a ta có tam giác DIC cân D nên CD=DI

Do OD trung trực BC suy Flà trung điểm BC Do DElà đường kính

đường trịn (O) suy 

90

DCE=

0,25 P

K

H M

N I

F E

D O A

(95)

Kết hợp với CFlà đường cao tam giác DCE nên 2

CD =DF DE=DI DI DE

DF DI

⇒ = 0,25

Xét hai tam giác DIF DEI có:

DI DE DF = DI

 

IDF =EDI suy tam giác DIFđồng dạng với tam giác DEI 0,25

Suy IF ID ID IE IF DE

IE = DE ⇔ = 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

3

AB+AC= BC, chứng minh KBI =HCI

Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác ABDCta được:

AB DC+AC DB= AD BC ⇔(AB+AC DB) = AD BC 3.BC ID AD BC 3.ID AD IA 2.ID

⇔ = ⇔ = ⇔ =

0,25 Gọi P trung điểm đoạn thẳng AI, suy

2

MP=AP=PI =ID= AI ⇒I

trung điểm PD Mặt khác Ilà trung điểm HM suy tứ giác MPHD hình bình

hành⇒MP=DH

Từđó suy DH = MP = DI(5)

0,25 Chứng minh tương tựta 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

0,25 Do B, C, H, K, I thuộc đường tròn tâm D nên 

2

KBI = sđIK, 

2

ICH = sđIH Do IK=IH ⇒IK =IH⇒sđIK= sđIH

Từđó suy KBI =HCI

0,25

Câu (0,5 điểm). Thầy Du viết số 2021

2020 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?

Nhận xét. Cho sốnguyên dương m, kí hiệu S m( ) tổng chữ số m Khi

( ) (mod 9)

S m ≡m

Chứng minh Giả sử

1 10 1.10 1.10

k k

k k k k

m=a a − a a =a +a − − + +a +a ( ) ( ) ( )

1 mod mod

k k

a a − a a S m m

≡ + + + + ⇒ ≡

(96)

Ta có ( ) 2021 2021( ) 3.673 2( ) 2020≡4 mod ⇒2020 ≡4 mod ≡4 + mod

Do ( )

4 ≡1 mod ⇒20202021≡42(mod 9) (≡7 mod 9) Mặt khác 2021 mod , 2022≡ ( ) ≡6 mod 9( )

Từđó suy 2021 ( )

2020 ≡ 2021 mod , 20202021 ≡ 2022 mod 9( ) Do thầy Du khơng nhận kết quảlà 2021 2022

0,25

(97)

UBND TỈNH KONTUM KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN KONTUM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2019- 2020

Môn: TOÁN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi:

Đề số 12 Câu 1(2,0 điểm).

1. Khơng dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức A= 28+ 63−5 7−

2. Rút gọn biểu thức B x : 2

x x x x x x

+ =

+ + − (x>0,x≠1)

Câu (2,0 điểm).

1. Cho phương trình: 2

2

x − mx−m + m− = (m tham số) Tìm tất giá trị

của tham số m để phương trình có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn x1<x2

1

x − x =

2. Giải phương trình ( )( )

3x+2 x + − =1 x

Câu 3 (5,0 điểm). Cho đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với cạnh BC CA AB, , theo thứ tự điểm D E F, , Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF K Đường thẳng ID cắt EF N Từđiểm N kẻđường thẳng song song với BC cắt AB AC, lần lượt P Q, Gọi M trung điểm cạnh BC

a) Chứng minh bốn điểm I N P F, , , nằm đường tròn

b) Chứng minh ba điểm A N M, , thẳng hàng

c) Chứng minh IM ⊥DK Câu 4(2,0 điểm).

1. Cho số thực dương a b, Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

1

M a b

b a

= + + +

2. Tìm sốnguyên dươngn lớn để A=230 +22020 +4n sốchính phương

Câu 5(1,0 điểm). Cho tam giác ABC có diện tích 184cm2 Gọi M thuộc cạnh BC

sao cho

7

MC

BC = , N thuộc cạnh AC cho

3

NA

NC = Gọi giao điểm AM BN I Tính diện tích tam giác ANI

-HẾT -

- Thí sinh khơng sử dụng tài liệu khơng sử dụng máy tính cầm tay

- Giám thịkhơng giải thích thêm.

(98)

UBND TỈNH KON TUM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, THPT Kon Tum, THCS – THPT Liên Việt Kon Tum

Năm học 2020 – 2021

Mơn: TỐN (Môn chuyên)

Ngày thi: 26/7/2020

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

(Bản Hướng dẫn có 06 trang)

I HƯỚNG DẪN CHUNG

- Chấm theo đáp án thang điểm

- Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa Nếu chỉđúng phần

của thi cứvào thang điểm tương ứng đểcho điểm

- Trong trình giải học sinh bước sai, bước sau có sử dụng kết

quả phần sai có khơng cho điểm

- Bài hình học, học sinh khơng vẽ hình vẽhình sai phần khơng cho điểm tương ứng với phần

- Điểm chi tiết ý nhỏ 0.25 Tổng điểm toàn tính đến 0,25 điểm II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu Ý Nội dung Điểm

Câu

(2,0điểm)

1

Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức

28 63

A= + − − 1.0 đ

( )2

2

2 7

A= + − − 0.25

2 7

= + − − 0.25

( )

2 7

= + − − 0.25

5

= 0.25

2

Rút gọn biểu thức B x : 2

x x x x x x

+ =

+ + − (x>0,x≠1) 1.0 đ

0,

x x

∀ > ≠ , ( )( )

2

1

x x x

B

x x x x

+ −

=

+ + 0.25

( ) ( )

( )

3

1

x x x

+ −

=

+ + 0.25

( ) ( )( )

( )

1 1

1

x x x x x

x x x

+ − + +

=

+ + 0.25

(99)

=( x+1)( x− = −1) x 0.25

Câu

(2,0điểm)

1

Cho phương trình: 2

2

x − mx−m + m− = (m tham số) Tìm tất cả các giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn x1<x2 x1 − x2 =8

1.0 đ

2

x − mx−m + m− =

⇔ 2 ( )2

2

x − mx− m− =

Ta có ( )2 ( )2

1.− m−1 = − m−1 ≤0, ∀m

0.25 Vậy phương trình cho có hai nghiệm x1≤ ≤0 x2, ∀m

Khi theo định lí Vi-et ta có x1+x2 =2 m

0.25

Vậy x1 − x2 = ⇔ − −8 x1 x2 =8 0.25

2m m

⇔ − = ⇔ = −

Vậy m= −4 giá trị cần tìm 0.25

2

Giải phương trình ( )( )

3x+2 x + − =1 x 1.0 đ

( )( )

3x+2 x + − =1 x ( )1

⇔( )( )

3x+2 x + − =1 x + −1

⇔( )( ) ( )( )

3x+2 x + − =1 x + −1 x + +1

⇔( )( )

1 1

x + − x + − x− =

⇔ ( )

( )

2

1

1 3

x

x x

 + =



 + = +



0.25

+ Giải ( )2 : x2+ =1 1⇔x2+ = ⇔ =1 x 0.25

+ Giải ( )3 : x2+ =1 3x+1

Bình phương hai vềphương trình ( )3 ta

2

1

x + = x + x+

⇔

4x +3x=0⇔

4

x x

=    = − 

Thử lại ta suy x=0 nghiệm phương trình ( )3

0.25

Vậy phương trình ( )1 có nghiệm x=0 0.25

Câu

(3,0điểm)

Cho đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với cạnh BC CA AB, , theo thứ tự điểm D E F, ,

Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF K Đường thẳng ID cắt EF N Từ điểm N kẻ đường thẳng

(100)

song song với BC cắt AB AC, lần lượt P Q, Gọi M trung điểm cạnh BC

Hình vẽ

Chứng minh bốn điểm I N P F, , , nằm

đường tròn. 1.0 đ

+BC tiếp tuyến đường tròn tâm I, D tiếp điểm

⇒ID⊥BC 0.25

màPQ//BC ⇒ ID⊥PQ⇔ IN ⊥PQ⇒INP =90o 0.25

+AB tiếp tuyến đường tròn tâm I, E tiếp điểm

⇒ IF⊥ AB⇒ PFI =90o 0.25

Tứ giác INPFcó INP= PFI =90o nên nội tiếp

đường tròn ⇒ điểm I N P F, , , nằm đường

tròn

0.25

2

Chứng minh ba điểm A N M, , thẳng hàng 1.0 đ

+Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác IFPN

⇒ IFN =IPN (Góc nội tiếp chắn cung IN) 0.25 Chứng minh tương tựý 1), ta tứ giác IQEN nội tiếp nên

 

IEN =IQN (Góc nội tiếp chắn cung IN) 0.25 + IE =IF( bán kính đường trịn tâm I)⇒∆IEF cân I

⇒ IEN =IFN   IPN IQN

⇒ = ⇒ ∆IPQcân I

Do IN ⊥PQ nên N trung điểm PQ

0.25

+Trong tam giác ABC có PQ/ /BC; M trung điểm BC

nên AM qua trung điểm N PQ ⇒A N M, , thẳng

hàng

0.25

3

Chứng minh IM ⊥DK 1.0 đ

+ AK// PQ IN ⊥PQ⇒IN ⊥ AK ( )1

+AE= AF ( Tiếp tuyến qua A đường tròn ( )I ) 0.25

H J

P

K A

I

D

B C

F

E

N Q

(101)

IE =IF( bán kính đường trịn tâm I)

⇒AI đường trung trực đoạn thẳng EF⇒AI ⊥EF

⇒KN ⊥ AI ( )2

+ Từ ( )1 ( )2 suy N trực tâm ∆AIK

⇒AM ⊥IK

Gọi H giao điểm AM IK; J giao điểm IA EF

+ Tam giác IHA đồng dạng với tam giác IJK (g-g)

⇒IH IA

IJ = IK ⇒IJ IA =IH IK

+Tam giác IEA vng E có JE đường cao

nên

IJ IA=IE

+IE =ID( bán kính đường trịn tâm I)

Vậy 2

IH IK =IJ IA=IE =ID ⇒IH ID ID = IK

⇒Tam giác IHD đồng dạng với tam giác IDK(c-g-c)

 .

IDH IKD

⇒ =

0.25

+ AM vng góc với IK H nên IHM =900



90

IDM = nên tứ giác IHMDnội tiếp

⇒ IDH =IMH ( Góc nội tiếp chắn cung IH)  

IKD IMH

⇒ =

0.25

Vì  

90

IMH+MIK = (Tam giác IMH vuông H)

nên  

90

MIK+IKD=

IM DK

⇒ ⊥

0.25

Câu

(2,0điểm)

Cho số thực dương a b, Tìm giá trị nhỏ biểu

thức

2

1

M a b

b a

= + + +

1.0 đ Với sốdương x y, ta có

( )2

0

x− y ≥ ⇔x+ ≥y xy ( )1

Dấu " "= xảy x= y

0.25 + Áp dụng ( )1 với x=a2, y 12

b

= ta

2

1

2.a

a

b b

+ ≥ ⇒

2

1

2 a

a

b b

+ ≥

+ Áp dụng ( )1 vớix=b2, y 12 a

= ta

2

1

2.b

b

a a

+ ≥ ⇒

2

1

2 b

b

a a

+ ≥

(102)

⇒ 2

2

1

2 a b

a b

b a b a

 

+ + + ≥  + 

  ( )2

Dấu " "= xảy a b2 =1

+ Áp dụng ( )1 với x a b

= y b

a

= ta

2

a b a b

b + a ≥ b a =

⇒ 2

2

1

2

a b

b a

+ + + ≥

Dấu " "= xảy a=b

0.25

Vậy giá trị nhỏ M 2 a= =b 0.25

2

Tìm số nguyên dươngn lớn để A=230 +22020+4n số

chính phương 1.0 đ

Giả sử A sốchính phương, ta có

( ) (2 )

30 2020 15 1990 30

2 4n 2 n

A= + + = + + −

Vì A ( )15

2 số phương nên 2+ 1990+22n−30 số

chính phương

0.25

Vì 1990 30 ( 15)2

1 2+ +2 n− > 2n−

mà 1990 30

1 2+ +2 n− sốchính phương nên ta có

0.25

( )2

1990 30 15 1990 14

1 2+ +2 n− ≥ +1 2n− ⇔ ≥2n−

14 1990 2004

n n

⇔ − ≤ ⇒ ≤ 0.25

Với n=2004 30 2020 2004 ( 15 2004)2

2 2

A= + + = + số

phương

Vậy n=2004 số cần tìm

0.25

Câu

(1,0điểm)

Cho tam giác ABC có diện tích 184cm2 Gọi M thuộc cạnh BC cho

7

MC

BC = , N thuộc cạnh AC cho

3

NA

NC = Gọi giao điểm AM BN I Tính diện tích tam giác ANI

(103)

K I N

M C

B

A

Qua M vẽđường thẳng song song với AC cắt BN K

Vì

7

MC

BC = nên

5

BM BC =

Trong tam giác BNC có MK / /NC nên

7

MK BM

NC = BC =

Do

5

NA

NC = nên

25 21

MK

NA =

0.25

MK song song với AC⇒MK song song với NA

⇒MK IM

NA = IA ⇒

25 21

IM

IA = ⇒

21 46

IA= AM

⇒ 21

46

AIN AMN

S∆ = S∆ ( )1

0.25

Từ

5

NA

NC = suy

3

AN

AC = ⇒ ( )

3

2

AMN AMC

S∆ = S∆

Vì

7

MC

BC = nên ( )

2

3

AMC ABC

S∆ = S∆

0.25

⇒Từ ( )1 ,( )2 ,( )3 suy 21 46

AIN ABC

S∆ = S∆

184S∆ABC

=

⇒

9

AIN

S∆ = cm

(104)

UBND TỈNH KON TUM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

(Đề thi gồm câu, trang)

Đề số 13

Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, THPT Kon Tum, THCS – THPT Liên Việt Kon Tum

Năm học 2020 – 2021

Mơn: TỐN (Mơn chun)

Ngày thi: 26 / / 2020

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (2,0 điểm)

1) Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức A= 28+ 63−5 7−

2) Rút gọn biểu thức B x : 2

x x x x x x

+ =

+ + − (x>0,x≠1)

Câu (2,0 điểm)

1) Cho phương trình: 2

2

x − mx−m + m− = (m tham số) Tìm tất giá

trị tham số m đểphương trình có hai nghiệm x x1, thỏa mãn x1<x2 x1 − x2 =8 2) Giải phương trình ( )( )

3x+2 x + − =1 x

Câu 3. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với cạnh BC CA AB, , theo thứ tự điểm D E F, , Đường thẳng qua A song song

với BC, cắt EF K Đường thẳng ID cắt EF N Từđiểm N kẻđường thẳng song song với BC, cắt AB AC, lần lượt P Q, Gọi M trung điểm cạnh BC

1) Chứng minh bốn điểm I N P F, , , nằm đường tròn

2) Chứng minh ba điểm A N M, , thẳng hàng

3) Chứng minh IM ⊥DK Câu (2,0 điểm)

1) Cho số thực dương a b, Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

1

M a b

b a

= + + +

2)Tìm sốnguyên dương n lớn để A=230+22020+4n sốchính phương

Câu 5. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có diện tích 184cm2 Gọi điểm M thuộc cạnh

BC cho

7

MC

BC = , điểm N thuộc cạnh AC cho

3

NA

NC = Gọi giao điểm AM BN I Tính diện tích tam giác ANI

(105)

UBND TỈNH KON TUM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, THPT Kon Tum, THCS – THPT Liên Việt Kon Tum

Năm học 2020 – 2021 Mơn: TỐN (Mơn chung)

Ngày thi: 25/7/2020

Thời gian: 120phút (Không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

(Bản Hướng dẫn có 04 trang)

I HƯỚNG DẪN CHUNG:

1) Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm

phần hướng dẫn quy định

2) Việc chi tiết hố thang điểm (nếu có) phải đảm bảo không làm thay đổi tổng sốđiểm câu, ý hướng dẫn chấm thống Hội đồng chấm thi

3) Các điểm thành phần điểm tồn thi làm trịn đến chữ số thập phân

II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM:

Câu Ý Đáp án Điểm

1 (2,0 đ)

a

Cho hàm số bậc y=2x−1 Tính giá trị y x= −2

Khi x= −2 ta có y= − −2( 2) 0,5

⇒ = −y 0,5

b

Rút gọn biểu thức M = 2(2 2)

4

x x

+ −

− − với x≠2 x≠ −2

( )

2

( 2)( 2) ( 2)

x x

M

x x x

+

= −

− + − 0,25

2

x x x

= −

− − 0,25

2

x x

− =

− = –1 0,5

2 (2,0 đ)

Giải phương trình hệphương trình sau: a)

5 0;

x − x+ = b)

x y x y

− = 

 + = 

a

Ta có ∆ =25 16− = >9 0,5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

5

x = − = , 2

(106)

b

2

3

x y x y

− = 

 + = 

5

3

x x y

= 

⇔  + =

 0,25

1

3

x x y

= 

⇔  + = 

1 x y

=  ⇔  = −

 0,5

Vậy hệphương trình có nghiệm ( ; )x y =(1; 2)− 0,25

3 (2,0 đ)

a) Vẽ đồ thị (P) 2 y= x

a

+ Ta có bảng giá trị

x -2 -1

2

y= x 2 0,5

+ Vẽđồ thị (P)

0,5

b

Tìm giá trị m đểđường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị(P) hai điểm phân

biệt có hồnh độ x1 x2 thỏa mãn điều kiện (x1−3)(x2− =3) 5. Hoành độgiao điểm (d) (P) nghiệm phương trình

2

2x =2x+m ⇔2x2−2x− =m (*)

Đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > ⇔ +0 8m>0 ⇔ > −1

2

m

0,25

Theo hệ thức Vi-ét ta có 2

1

2

x x m x x

+ = 



 = −

 0,25

Theo đềra ta có: (x1−3)(x2− = ⇔3) x x1 2−3(x1+x2)= −4 0,25

2

m

−

⇔ − = − ⇔ = (thỏa mãn)

0,25 x

y

2 -2

2

(107)

Vậy m=2 giá trị cần tìm

4 (1,0 đ)

Hưởng ứng phong trào “Tết trồng đời đời nhớơn Bác Hồ”, lớp 9A phân

công trồng 390 xanh Lớp dự định chia số cây phải trồng cho học sinh trong lớp, lao động có học sinh vắng nên học sinh có mặt phải trồng thêm hồn thành cơng việc Hỏi lớp 9A có học sinh ?

Gọi số học sinh lớp 9A x (x>4 vàx∈)

Số dựđịnh học sinh phải trồng 390

x (cây) 0,25

Số thực tế học sinh phải trồng 390

4

x− (cây) 0,25

Theo ta có phương trình 390

x + = 390

4

x− 0,25

Giải phương trình tìm x = 30 (thỏa mãn) x= −26 (loại)

Vậy số học sinh lớp 9A 30 (học sinh) 0,25

5 (2,5 đ)

0,25

(hình vẽđến câu a)

a

Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp

+ Ta có OB⊥ AB(tính chất tiếp tuyến)⇒ABO=900 0,25

+ Ta có OC⊥AC(tính chất tiếp tuyến)⇒ACO=900 0,25

⇒  

180

ABO+ACO= suy ABOC tứ giác nội tiếp 0,25

b

Chứng minh AH.AO = AE.AF

Ta có OB = OC (cùng bán kính) AB = AC (tính chất tiếp tuyến) ⇒ AO là đường trung trực BC

⇒ AO⊥BC H 0,25

K H

M F

E

A O

C

(108)

Ta có tam giác OBA vng B, BH là đường cao

AB AH AO

⇒ = (1) 0,25

Xét hai tam giác ∆ABEvà ∆AFB

có AFB=ABE (cùng chắn cung BE) FABchung ABE

⇒ ∆ đồng dạng với ∆AFB (g.g)

2

AB AE

AB AE AF AF AB

⇒ = ⇒ =

(2)

0,25

Từ (1) (2) suy AH.AO = AE.AF 0,25

c

Chứng minh AK AK

AE + AF = Ta có

( ) ( ) 2( )

AK AK AK AF AE AK AE EF AE AK AE EM

AE AF AE AF AE AF AE AF

+ + + +

+ = = =

2

AK AM AE AF

=

AK AM AH AO

= (theo câu b)

0,25

Xét hai tam giác ∆AHKvà ∆AMO

có  90

AHK = AMO= MAO chung

AHK

⇒ ∆ đồng dạng với ∆AMO(g.g)

AK AH

AK AM AH AO AO AM

⇒ = ⇒ =

Suy AK AK

AE + AF

2

AK AM AH AO

= =

0,25

6 (0,5 đ)

Giải phương trình 1 2019 2020 2021

2019 2020 2021

y

x z

x y z

− −

− − − −

+ + + =

− − − (**)

Điều kiện: x>2019; 2020; 2021y> z>

Đặt a= x − 2019; b= y − 2020;c= z − 2021 (với a>0, 0, 0b> c> )

Khi (**) trở thành 2 2 2

a b c

− + − + − + =

2

1 1 1 1 1

4 4

a a b b c c

     

⇔ − +  + − +  + − + =

     

2 2

1 1 1

0

2 2

a b c

      ⇔ −  + −  + −  =

     

0,25

⇔ = = =a b c

(109)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ

Đề số 14

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Khóa ngày 21 tháng năm 2020

Mơn thi: TỐN

( Dành cho thí sinh thi chun Tốn )

Câu (2,0 điểm)

1 Giải hệphương trình

2

x y

y x

 = +

 

= +



3 ( 3) 2( 1)

x + − +x x + + x+ =

Câu (2,0 điểm)

1 Cho parabol 2

1

( ) :P y=mx , (P) :y=nx (m≠n) Lấy điểm A B, thuộc ( )P1 C D, thuộc ( )P2 cho ABCD hình vng nhận Oy làm trục đối xứng Tính diện

tích hình vuông ABCD

2 Cho a b c, , ba số thực phân biệt thỏa mãn

3 3

1 1

a b c

+ = + = +

Chứng minh

rằng abc 1

Câu (1,0 điểm)Cho số thực a b c, , thỏa mãn 2

3a +3b +8c =32 Tìm giá trị lớn

của biểu thức P=ab+bc+ca Câu (2,0 điểm)

1 Tìm sốnguyên dương n để

2020

n + sốchính phương

2 Chứng minh chọn số a a a1, 2, 3 số nguyên tố phân biệt

sao cho P=(a1−a2)(a1−a3)(a2−a3) chia hết cho 216

Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O Gọi M điểm

cung AB khơng chứa C I điểm đoạn MC cho MI =MA

1 Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

2 Vẽ đường tròn ( ')O tiếp xúc với ( )O D tiếp xúc với AB AC, ,

E F

a Chứng minh ba điểm M E D, , thẳng hàng

b Chứng minh tứ giác DIFC nội tiếp

- HẾT -

Họ tên thí sinh Số báo danh

(110)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN TỐN (CHUN) KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

Khóa ngày 21 tháng năm 2020. (Hướng dẫn có trang)

HDC gợi ý cách giải, thí sinh có cách giải khác cho điểm theo quy định ý (câu) Điểm tồn làm tròn đến hàng 0,25

Câu Ý NỘI DUNG YÊU CẦU VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm

1

2,0

điểm

1

Hệ 2

2( ) ( )( 2)

x y y x x y x y

⇒ − = − ⇔ − + + = 0.25

TH x= y Ta 2 3 x x x x = −  = + ⇔  = 

Hệcó nghiệm ( 1; 1); (3;3)− − 0,25

TH y= − −x Ta x2 = − − + ⇔ = −2( x 2) x

Hệcó nghiệm ( 1; 1)− − 0,25

Vậy hệcó nghiệm ( 1; 1); (3;3)− − 0,25

2

Đặt

3 ( 0)

t= x + t≥ Ta ( 3) 2 t

t x t x

t x

=  − + + + = ⇔ 

= +

 0,25

2

t = ⇒ x + = ⇔ = ±x (thỏa mãn) 0,25

2

1 1

1 x

t x x x x

x

≥ − 

= + ⇒ + = + ⇔ = ⇔ =

 (thỏa mãn) 0,25

Vậy phương trình có nghiệm x= ±1 0,25

2

2,0

điểm

1 Gọi

2 ( , )

A a ma Khi Oy trục đối xứng hình vng nên B(−a ma, 2)

Do DA/ /BC/ /Oy nên C(−a na, 2), D( ,a na2) 0,25

2

2 , ;

AB a AD m n a AB AD a

m n

= = − = ⇒ =

− 0,5

Diện tích hình vng ABCD 16 2

( )

S AB

m n

= =

− 0,25

2

Đặt a3 b3 c3 m

a b c

+ = + = + = Ta có

3 3 1 a ma b mb c mc  − + =  − + =   − + = 

nên a b c, , nghiệm

của đa thức

( )

f x =x −mx+ 0.25

Do f x( ) có nghiệm a b c, , nên f x( )=(x−a x b x)( − )( −c) 0,25

Từđó suy

1 ( )( )( )

x −mx+ = x a x b x c− − − ∀ ∈x  0,25

Đồng hệ số vếta −abc= ⇒1 abc+ =1 0,25

3 1 Ta có 0,5

(111)

1,0

điểm

2 2 2

4

; ;

2 4

a b b c a c

ab≤ + bc≤ + ca≤ +

Cộng theo vế bất đẳng thức ta có

2 2

1

(3 )

4

ab bc+ +ca≤ a + b + c =

0,25

Dấu “=” xảy a= =b 2c=2

Vậy giá trị lớn P 0,25

4

2,0

điểm

1

Gọi m sốnguyên dương cho 2

2020

m =n + Khi

(m n m n+ )( − )=2 5.101 0.25

Ta có (m+ +n) (m−n)=2m m n+ > −m n nên 202 10

m n

m n

+ = 

 − =



1010 m n m n

+ = 

 − =

 0,25

Giải ta m=106;n=96 m=506;n=504 0,25

Vậy

2020

n + sốchính phương n=96 n=504 0,25

2

Trong số ngun tố phân biệt, có số lớn Chọn số lớn Các số sốnày chia cho có sốdư Như thếcó

sốkhi chia cho có sốdư Chọn số a a a1, 2, 0,75 Khi hiệu ai−aj6 Vậy P216 0,25

5

2,0

điểm

1

Ta có MA=MI nên ∠MAI = ∠MIA 0.25

Mặt khác ∠MAI = ∠MAB+ ∠BAI;∠MIA= ∠MCA+ ∠IAC 0,25

Mà ∠MAB= ∠MCAnên ∠BAI = ∠IAC 0,25

Suy AI CI, phân giác tam giác ABC nên I tâm đường tròn

nội tiếp 0,25

2.a

Ta có D O O, , ' thẳng hàng OM / /O'E vng góc AB nên

'

MOD EO D

∠ = ∠ 0.5

Do 2∠ODM = ∠2 ODE⇒ ∠ODM = ∠ODE Suy M E D, , thẳng hàng 0,5

2.b

2

~ ~

MEB MBD MB ME MD MI ME MD MEI MID

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = ⇒ ∆ ∆

Suy ∠MIE= ∠MDI

Gọi N điểm cung AC khơng chứa B 0,25

N

D O'

F

E I

M

O A

(112)

Chứng minh tương tự ∠NIF= ∠NDI

Từđó suy ∠EIM+ ∠MIN+ ∠NIF = ∠MDN+ ∠MIN =180o Do E I F, ,

thẳng hàng 0,25

Khi 1 '

2

ICD MOD EO D EFD IFD

∠ = ∠ = ∠ = ∠ = ∠ Suy tứ giác IFDC

nội tiếp 0,5

Tổng sốđiểm toàn 10 điểm

(113)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề thi gồm 01 trang

Đề số 15

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2020 – 2021

Mơn: TỐN

(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian làm bài: 120 phút

(Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 18 tháng năm 2020

Câu I (2,0 điểm)

1 Cho a b c, , ba số thực thỏa mãn đồng thời điều kiện a b c+ + =1

1 1

1

a+ + =b c Chứng minh ba số a b c, , có số

2 Cho x y z, , ba số thực thỏa mãn đồng thời điều kiện x+ + =y z 2045 ( ) (3 ) (3 )3

18 2020

x− + y− + −z = Tính giá trị biểu thức:

( )2021 ( )2021 ( )2021

18 2020

F= x− + y− + −z Câu II (2,0 điểm)

2

1 35

12 x x

+ =

−

2

2 3 18 16

3 x

y x x

xy y x

y

 + +

 

+ + = + 

− =

Câu III (2,0 điểm)

1 Tìm cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn ( )( )

2 2

xy − x− x + x+ = y

2 Chứng minh 2n =10a+b ( với a, b, n số tự nhiên thỏa mãn 0< <b 10, n>3) ab chia hết cho

Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có BAC>45° Vè phía ngồi tam giác ABC

dựng hình vng ABMN ACPQ Đường thẳng AQ cắt đoạn thẳng BM E, đường thẳng AN cắt đoạn thẳng CP F

1 Chứng minh tứ giác EFQN nội tiếp đường tròn

2 Gọi I trung điểm đoạn thẳng EF Chứng minh I tâm đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC

3 Đường thẳng MN cắt đường thẳng PQ D Các đường tròn ngoại tiếp tam giác DMQ DNP cắt K(K khácD) Các tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC Bvà C cắt J Chứng minh bốn điểm D A K J, , , thẳng hàng

Câu V (2,0 điểm) Trên đường tròn người ta lấy 2024 điểm phân biệt, điểm tô màu xanh màu đỏ xem kẻ Tại điểm người ta ghi số thực khác cho quy tắc sau thỏa mãn “số điểm màu xanh tổng hai số ghi

(114)

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN

NĂM HỌC 2020 – 2021

Mơn: TỐN CHUN

Lời giải

Xét tích (a−1)(b−1)(c− =1) abc−(ab bc ca+ + ) (+ a b c+ + − =) abc−(ab bc ca+ + ) Từ 1 1 ab bc ca abc

a+ + = ⇔b c + + =

Suy (a−1)(b−1)(c− =1)

Vậy ba số a b c, , có số

Lời giải

Ta thấy, với ba số a b c, , tùy ý

( )3 ( ) ( )3 ( )( ) ( )

3 3

a + +b c = a b+ + −c ab a b+ = a b c+ + − c a b+ a b c+ + − ab a b+

( )3 ( )( )( )

3

a b c a b b c c a

= + + − + + +

Do đó, a b c+ + =0thì a3+ +b3 c3=3abc

Đặt a= −x 18,b= −y 7,c= −z 2020 từ giả thiết suy a b c+ + =0 Theo suy

3 3

3

a + +b c = abc

Mặt khác, theo giả thiết ta có 3

0

a + +b c = suy 3abc=0 Vậy a=0 b=0 c=0

Nếu a= ⇒ + =0 b c 0, F =a2021+b2021+c2021 = +0 b2021+ −( )b 2021=0 Tương tự b=0 c=0 suy F =0

Vậy F =0

Lời giải

Điều kiện xác định 1 x x

>   < − 

- Nếu x< −1 phương trình vơ nghiệm hai vế trái dấu

Câu I.1 Cho ba số thực thỏa mãn đồng thời điều kiện Chứng minh ba số có số

Câu I.2. Cho ba số thực thỏa mãn đồng thời điều kiện Tính giá trị biểu thức :

(115)

- Nếu x>1 phương trình tương đường với 35 12 x x x + = − 2 35 12 x x x     ⇔ +  =    −   2 2 2 1225

1 1 144

x x x x x ⇔ + + = − − 2 2 1225

1 1 144

x x

⇔ + − =

− −

Đặt

2 x t x = >

− phương trình trở thành

2 1225

2

144

t + −t = ( )

2 37

1

12

t  

⇔ + −  =   25 12 t ⇔ =

(do t>0)

Khi 2 25 12 x x = − 2 25 x 12x

⇔ − =

144x 625x 625

⇔ − + = 2 25 25 16 x x  =  ⇔   =  5 x x  = ±  ⇔   = ±  Kết hợp điều kiện x>1 có

3

x=

x= giá trị thỏa mãn Vậy phương trình cho có hai nghiệm

3

x= x=

Lời giải

Nhân phương trình đầu với trừđi phương trình thứ hai vế với vếta 2

2xy−y −10y−18=x −10x+6 ⇔x2−2xy+y2 −10x+10y+24=0

( )2

5

x y

⇔ − − = ⇔ − − = ±x y

- Nếu x− − =y 1⇔ = −y x 6, thay vào phương trình đầu ta

( ) ( )

6 3

x x− − x− = x + x+ ⇔3x2+12x−15=0 x x =  ⇔  = − 

Với x=1 suy y= −5, nên hệphương trình có nghiệm ( ) (x y; = 1; 5− ) Với x= −5 suy y= −11, nên hệphương trình có nghiệm ( ) (x y; = − −5; 11) - Nếu x− − = −y 1⇔ = −y x 4, thay vào phương trình đầu ta

( ) ( )

4 4 3

x x− − x− = x + x+ ⇔3x2+10x− =9

5 13 13

3 x x  − − =   ⇔  − + =  

17 13 17 13

3 y x  − − =   ⇒  − + =  

Vậy hệphương trình có nghiệm ( )x y; (1; 5− ), (− −5; 11), 13; 17 13

3

− − − − 

 

 ,

5 13 17 13 ; 3 − + − +       

(116)

Lời giải

1 ( )( ) ( )( 2)

4 2

2 2 2

2 x

xy x x x y x x x y

x x y

=  − − + + = ⇔ − + + − = ⇔ 

+ + = 

TH1: x=2 giá trị y∈ thỏa mãn

TH2: x>2, ta có 4 ( )2

2 1

x <x + x+ =y <x + x + = x + , mà x số nguyên nên

x

( 2 )2

1

x + hai số phương liên tiếp Suy khơng tồn số nguyên y thỏa mãn

TH3: x≤ −2, ta có 4 ( )2

2 1

x >x + x+ = y >x − x + = x − , mà x số nguyên nên

x

( )2

2

1

x − hai số phương liên tiếp Suy khơng tồn số nguyên y thỏa mãn

TH4:

1 0

x= − ⇒ y = ⇒ =y

TH5:

0 1

x= ⇒ y = ⇒ = ±y

TH6:

1

x= ⇒ y = ⇒ = ±y

Vậy cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn (−1; 0), (0; 1± ), (1; 2± ) {( )2;y /y∈} Vì 2n =10a+b mà 0< <b 10 nên 2n có tận

b

Đặt n=4k+r ( với k, r số tự nhiên thỏa mãn 0≤ ≤r 3),

2n =2 k r+ =16 2k r

TH1: r= ⇒0 2n =16k có tận 6, suy b=6⇒ab6 (1)

TH2: 1≤ ≤r 2n−2r =2 16r( k−1) có tận ( 16k−1 có tận

5) Suy 2n có tận 2r , hay b=2r Khi

( ) ( )

10a=2n− =b 2n−2r =2 16r k−1  16 1− ⇒10a3⇒a3⇒ab6 (2) Từ (1) (2) ta điều phải chứng minh

Câu III

1 Tìm cặp số nguyên thỏa mãn

(117)

Lời giải

Xét hai tam giác vuông ABE ACF ta có ABE =ACF = °90  EAB=FAC (cùng phụ với BAC) nên chúng đồng dạng, suy AB AE AN AE

AC = AF ⇒ AQ = AF

Xét hai tam giác ANE AQF có NAE =QAF(đối đỉnh) AN AE

AQ = AF nên chúng đồng

dạng, suy ENA =FQA⇒ENF =FQE

Do tứ giác EFQN nội tiếp đường tròn

2 Gọi V giao điểm hai đường thẳng EB FC

Tứ giác EAFV có AF EV AE VF// , // nên hình bình hành

Vì I trung điểm đoạn thẳng EF nên trung điểm đoạn thẳng AV Suy ba điểm A I V, , thẳng hàng

Mặt khác, ta thấy tứ giác ABVC có ABV = ACV = °90 nên nội tiếp đường

trịn đường kính AV Suy IA=IB=IC hay I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

V I

F E

P Q

M N

B C

A

Câu IV. Cho tam giác nhọn có Vè phía ngồi tam giác dựng hình vng Đường thẳng cắt đoạn thẳng , đường thẳng cắt đoạn thẳng

1 Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn

2 Gọi trung điểm đoạn thẳng Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

(118)

3

Ta chứng minh D A K, , thẳng hàng

Gọi K′ giao điểm DA EF Dẽ thấy tứ giác NDQA nên  NDK′ =NQA Lại có  NFK′ =NQA (Do tứ giác EFQNnội tiếp), suy  NDK′=NFK′

Do tứ giác NDFK′ nội tiếp

Mặt khác, NDPF nội tiếp nên năm điểm N D P F K, , , , ′ thuộc đường tròn

Vậy K′ thuộc đường tròn ngoại tiêp tam giác NDP

Chứng minh tương tựta có K′ thuộc đường tròn ngoại tiêp tam giác DMQ Suy K ≡K′ Vậy ba điểm D A K, , thẳng hàng (1)

Ta chứng minh A K J, , thẳng hàng

Do năm điểm D Q K E M, , , , thuộc đường tròn nên  AKE=DQE= °90 , suy AK ⊥KE Từđó suy tứ giác AKBE nội tiếp nên  EKB=EAB= ° −90 BAC

Tương tự ta có  FKC=FAC= ° −90 BAC, suy BKC=180° −( EKB+FKC)=2BAC =BIC

(góc nội tiếp góc tâm chắn cung) Suy tứ giác BKIC nội tiếp

Mặt khác  JBI =JCI = °90 nên tứ giác BICJ nội tiếp

Do năm điểm B K I C J, , , , thuộc đường trịn nên ta có IKJ =JBI = °90 , suy JK⊥EF

Mà AK ⊥KE, suy ba điểm A K J, , thẳng hàng (2)

Từ (1) (2) ta suy bốn điểm D A K J, , , thẳng hàng K'

J K D

V I

F

E

P Q

M N

B C

(119)

Lời giải

Theo chiều kim đồng hồ ta gọi a b, hai số ghi hai điểm màu xanh liên tiếp đường trịng (a b, khác 1) Khi số ghi điểm màu đỏ nằm hai điểm

màu xanh nói ab Theo quy tắc ghi sốđã cho, năm điểm liên tiếp sễđược ghi năm số (xem hình trên)

;1 ;1 ;1 ;

b ab− −a − − +a b ab −b a−ab

Tổng số ghi điểm

1 1

a+ab b b ab+ + − + − + − − +a a b ab+ − + −b a ab=

Cũng theo quy tắc ghi số này, dễ suy điểm thứ tơ màu xanh ghi

(a−ab) (: 1−b)=a Từ suy điểm thứ 10 tô màu đỏ ghi số a−(a−ab)=ab,

điểm thứ11được tô màu xanh ghi số ab a: =b

Như vậy, điểm lặp lại điểm

Do đó, 2024 sốđã ghi chia thành 253 nhóm, nhóm gồm sốtheo quy luật

Vậy tổng 2024 sốghi đường tròn 253.3=759

Câu V. Trên đường tròn người ta lấy điểm phân biệt, điểm tô màu xanh màu đỏ xem kẻ Tại điểm người ta ghi số thực khác cho quy tắc sau thỏa mãn “số điểm màu xanh tổng hai số ghi điểm màu đỏ kề nó, số ghi điểm màu đỏ tích hai số ghi điểm màu xanh kề nó” Tính tổng

(120)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU NĂM HỌC: 2020-2021

MƠN: TỐN (Chun) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút

Đề số 16 Ngày thi: 15 tháng năm 2020

Câu (3,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức

( )2

4

8 1 3

x x x

P

x x x

− + +

= +

− + + với 0≤ ≠x

b) Giải phương trình

3

x + = +x x−

c) Giải hệphương trình ( )2 2 2

2

x y xy

x y x y

− + = 

 − = +



Câu (2,0 điểm).

a) Cho đa thức ( ) ( )( )( )

2

P x = x− x+ x +ax− +bx với a b, hai số thực thỏa mãn

a b+ < Chứng minh phương trình P x( )=0 có bốn nghiệm phân biệt

b) Tìm tất cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn: x x( +y)2− + =y

Câu (1,0 điểm) Với số thực dương a b thay đổi, tìm giá trị lớn biểu

thức ( ) 2 2 2 2

2

S a b

a ab b b ab a

 

= +  + 

− + − +

 

Bài (3,0 điểm) Cho đường trịn ( )O có đường kính AB Từđiểm S thuộc tia đối tia AB kẻđến ( )O hai tiếp tuyến SC SD (C D hai tiếp điểm) Gọi H giao điểm đường kính AB dây CD Vẽđường trịn ( )O′ qua C tiếp xúc với đường thẳng AB S Hai đường tròn ( )O ( )O′ cắt điểm M khác C

a) Chứng minh tứ giác SMHD nội tiếp

b) Gọi K hình chiếu vng góc C BD, I giao điểm BMvà CK Chứng minh HI song song với BD

c) Các đường thẳng SM HM cắt ( )O điểm L T (L T, khác M) Chứng minh tứ giác CDTL hình vng MC2 =MS MD

Bài (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn có trực tâm H Gọi D E F, , chân ba đường cao kẻ từ A B C, , tam giác ABC Biết

2 2 36

AB BC CA

HF HD HE

  +  +  =      

      ,

hãy chứng minh tam giác ABC

- HẾT -

(121)

BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu (3,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức

( )2

4

8 1 3

x x x

P

x x x

− + +

= +

− + + với 0≤ ≠x

b) Giải phương trình

3

x + = +x x−

c) Giải hệphương trình ( ) 2

2

x y xy

x y x y

− + = 

 − = +



Lời giải

a)

( )2 ( ( )()( ) )

2

4 2

8 1 3 2 4

x x

x x x x x

P

x x x x x x x x

− +

− + + + +

= + = +

− + + − + + + +

2

1

2

x x

+ +

= =

+ + b) Điều kiện

2

x≥ Khi PT ⇔x2+ =3 x2+2x 2x− +1 2x− ⇔1 2x 2x− +1 2x− =4

Đặt t= 2x−1,t≥0, ta có phương trình t2− +3 (t2+1)t= ⇔ −0 (t 1)(t2+ + = ⇔ =2t 3) t

Ta 2x− = ⇔1 2x− = ⇔ =1 x Vậy tập nghiệm phương trình S ={ }1

c) ( ) 2

2 (1)

2 (2)

x y xy

x y x y

− + = 

 − = + 

( ) (2 )

(1) (2)

2

x y x y x y

x y

+ = − 

+ ⇒ + − + − = ⇔ 

+ = 

TH1: x+ = − ⇔ = − −y y x, thay vào phương trình ( )1 ta x2+3x+ =3 (vô nghiệm)

TH2: x+ = ⇔ = −y y x, thay vào phương trình ( )1 ta x= ⇒ = −0 y

Vậy hệphương trình có nghiệm (0; − ) Câu (2,0 điểm).

a) Cho đa thức ( ) ( )( )( )

2

P x = x− x+ x +ax− +bx với a b, hai số thực thỏa mãn

a b+ < Chứng minh phương trình P x( )=0 có bốn nghiệm phân biệt

b) Tìm tất cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn: x x( +y)2− + =y

Lời giải

a) ( ) ( )( )

0 8

P x = ⇔ x + x− x +ax− +bx = ⇔(x2−8)2+(a+2)x x( 2− +8) (2a b x+ ) =0

• x=0 khơng phải nghiệm phương trình

• ( )

2

8

0, x x

x PT a a b

x x

 −   − 

≠ ⇔  + +  + + =

(122)

Đặt t x2 x

−

= , ta phương trình ( )

2

t + a+ t+ a b+ =

Ta có ( )2 ( ) 2 ( )

2 4

a a b a a b

∆ = + − + = − + − > nên phương trình có nghiệm phân biệt t t1,

Do phương trình cho ( )

( )

1

2

8 x t x

x t x

 − − = ⇔ 

− − = 

Ta thấy phương trình ( ) ( )1 , có hai nghiệm phân biệt hai phương trình

khơng có nghiệm chung nên phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt b) Nhân 4x vào hai vế phương trình ta

( )2

2

4x x+y −4xy+4x=0⇔4(x2+xy) (2−4 x2+xy)+4x2+4x=0

( 2 )2 2

2x 2xy 4x 4x

⇔ + − + + − =

Suy

4x +4x− ≤1 0⇒(2x+1)2 ≤2 Do (2x+1)2 sốchính phương lẻ nên (2x+1)2 =1 x x =  ⇔  = − 

Với x=0, thay vào phương trình ta − + = ⇔ =y y

Với x= −1, thay vào phương trình ta − − +( y)2 − + =y ⇔ − + = ⇔ =y2 y y 0;y=1

Vậy có cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn ( ) (0;1 , −1; ,) (−1;1) Câu (1,0 điểm)

Với số thực dương a b thay đổi, tìm giá trị lớn biểu thức

( )

2 2

1

2

S a b

a ab b b ab a

 

= +  + 

− + − +

 

Lời giải

a) 2 ( )2

2 2

1

2

S a b

a ab b b ab a

 

≤ +  + 

− + − +

 

( )2( 2 2 ) 2

2 3

2

a b a b ab a a b a b ab b

+ + −

=

− + − +

( )( )

( ) ( )

2 2

2

2 2 2

2 3

2

a ab b a b ab a b ab a b a b

+ + + −

=

+ − + + Do

( 2) 2

2

2 2

3

2 2

2

a b a b

ab ab

S

a b a b

ab ab  +   + +  −        ≤  +  −  + +        

Đặt t a2 b2

ab

+

= ≥ , ta ( )( )

2

(123)

Ta chứng minh ( )( ) ( )

2

8

2

t t t t

+ −

≤

− + Thật

( ) 2 ( )( )

1 ⇔3t + − ≤4t 8t −12t+ ⇔ −8 t 5t−6 ≥0 ∀ ≥t Do S≤2 Dấu đẳng thức xảy a=b Vậy maxS=2

Bài (3,0 điểm)

Cho đường trịn ( )O có đường kính AB Từđiểm S thuộc tia đối tia AB kẻ đến ( )O hai tiếp tuyến SC SD (C D hai tiếp điểm) Gọi H giao điểm

đường kính AB dây CD Vẽđường trịn ( )O′ qua C tiếp xúc với đường thẳng AB S Hai đường tròn ( )O ( )O′ cắt điểm M khác C

a) Chứng minh tứ giác SMHD nội tiếp

b) Gọi K hình chiếu vng góc C BD, I giao điểm BM CK Chứng minh HI song song với BD

c) Các đường thẳng SM HM cắt ( )O điểm L T (L T, khác M) Chứng minh tứ giác CDTL hình vng MC2 =MS MD

Lời giải

a) Ta có MSH  =SCM =MDC ⇒SMHD tứ giác nội tiếp

b) SMHD tứ giác nội tiếp DMH     =DSA=DAB−SDA=DMB−ABD

   

ABD DMB DMH HMI

⇒ = − =

Tứ giác CHKB có CHB =CKB=900 nên nội tiếp HCI  =HBK =HMI ⇒CMHI tứ giác nội tiếp

A O B

S

C

D H O′

M

K I

L

(124)

   / /

MIH MCH HBD HI BD

⇒ = = ⇒

c) Ta có   DTM =SDM =SHM ⇒DT/ /AB; CLM  =SCM =MSA⇒CL/ /AB

  90

LCD TDC

⇒ = = ⇒CDTL hình chữ nhật Do CDTL hình vng ⇔ ∆OCD vng cân, tức ∆SCD vng cân

Như SO=R với R bán kính đường trịn ( )O Khi

    

MCS =MSH =MDC⇒MCD=MSC

Suy ∆MCS; ∆MDC đồng dạng ⇒MC2 =MS MD Bài (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn có trực tâm H Gọi D E F, , chân ba đường cao kẻ từ A B C, , tam giác ABC Biết

2 2 36

AB BC CA

HF HD HE

  +  +  =      

      ,

chứng minh tam giác ABC

Lời giải

Đặt BC=a CA; =b AB; =c S diện tích ∆ABC Ta có

2 2

a =BC =BE +EC =BE2+ −(b AE)2 =BE2+b2+AE2−2 b AE =b2+ −c2 b AE 2

2

b c a

AE

b

+ −

⇒ = Do ( ) ( )

2 2 2 2 2 2

2

4

b c a

S BE b b c AE b c

b

 + − 

 

= = − = −

 

 

( ) (2 )( )

2 2 2 2 2 2

16S =4b c − b + −c a = 2bc b+ + −c a 2bc b− − +c a (b c a b c a)( )(a b c)(a b c)

= + + + − + − − +

( ) ( )4

3 27

a b c b c a a b c a b c

b c a  + − + + − + − +  + +

≤ + +   =

 

A

B D C

H

(125)

Suy ( )2

12 a b c+ + ≥ S

Ta lại có ( ) ( )2

12

a b c

a HD b HE c HF a b c S

HD HE HF

 + +  + + ≥ + + ≥

 

 

Mà a HD b HE c HF 2S a b c

HD HE HF

+ + = ⇒ + + ≥

Do

2 2

36

AB BC CA a b c

HF HD HE HD HE HF

  +  +  ≥  + +  ≥                

Dấu đẳng thức xảy

b c a c a b a b c

HD HE HF

a b c

HD HE HF



 + − = + − = + − 

⇔ = = 

 = = 

a b c

⇔ = =

(126)

SỞGD&ĐT SƠN LA

(Đề thi có 01 trang)

Đề số 17

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021

Mơn thi: TỐN CHUN Ngày thi: 23/7/2020

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu (2,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức: A = 2019 2021 2020

1 2020 2020

+ +

−

2

1

2020 2020

1 2020

+ +

−

+

b) Giải phương trình:

4

x+ −x = Câu (2,0 điểm) Cho Parabol (P)

y=x đường thẳng d:y=4mx− −m (m tham số)

a) Tìm m để Parabol (P) cắt đường thẳng d hai điểm phân biệt

b) Tìm m để Parabol (P) cắt đường thẳng d hai điểm phân biệt có hoành độ nhỏhơn

Câu (1,0 điểm) Giải hệphương trình: ( )( )

2

4

8

x x y x

x x y

 + + =

 

+ + = −



Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O), từđiểm Angồi đường trịn vẽđường thẳng AO cắt

đường trịn (O) B C (AB< AC) Qua A vẽđường thẳng khơng qua tâm O cắt

đường trịn D E (AD<AE) Đường thẳng vng góc với AB A, cắt đường thẳng

CE F

a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn

b) Gọi M giao điểm thứ hai FB với đường tròn (O), chứng minh DM ⊥ AC

c) Chứng minh: CE CF +AD AE = AC2

Câu (1,0 điểm)

a) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn a+ + =b c Tìm giá trị nhỏ biểu

thức: P 1

ac bc

= +

b) Chứng minh rằng: + + + + >

1 + + + 119 + 120

Câu (1,0 điểm) Cho nửa đường trịn tâm Ođường kính AB Mlà điểm cung ,

AB C điểm nửa đường tròn AC cắt MO D Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD nằm đường thẳng cốđịnh Cdi động nửa đường tròn

(127)

-Hết -

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán bộcoi thi khơng giải thích thêm.

Họ tên thí sinh: ………

Số báo danh: …………

SỞGD&ĐT SƠN LA

(HDC có 06 trang)

Mơn: TỐN CHUN

Câu Đáp án Điểm

1 a) Tính giá trị biểu thức: A = 2019 2021 2020

1 2020 2020

+ +

−

2

1

2020 2020

1 2020

+ +

−

+

b) Giải phương trình:

4

x+ −x =

a) Ta có:

A = 2019 2021 2020

1 2020 2020

+ +

−

2

1

2020

1 2020

 + 

 

 

−

+

0,25

= 2019 2021 2020

1 2020 2020

+ +

−

1 2020

− 0,25

= 2019 2020 2020

1 2020 2020

+ +

−

= 2019 2020

1− 2020 + +

0,25

= 0 0,25

b) Ta có: 2

4

x+ −x = ⇔ −x = −x

2 2

4 (2 )

x

x x

− ≥ 

⇔ 

− = −



(128)

( 2)

x x x

− ≥ 

⇔  − =



0,25

2

x x

= 

⇔  =



0.25

2 Cho Parabol (P)

y=x đường thẳng d:y=4mx− −m

a) Tìm m để Parabol (P) cắt đường thẳng d hai điểm phân biệt

b) Tìm m để Parabol (P) cắt đường thẳng d hai điểm phân biệt có hồnh độ nhỏhơn

a) (P) cắt đường thẳng d hai điểm phân biệt ⇔ Phương trình

4

x − mx+ + =m có hai nghiệm phân biệt 0,25

'

a≠

 ⇔ ∆ >

 0,25

4m m

⇔ − − > 0,25

1

m m

>   ⇔

 < − 

(*) 0,25

b) Với điều kiện (*) Parabol (P) cắt d hai điểm phân biệt

Khi đó, parabol (P) cắt đường thẳng d hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2cùng nhỏhơn

( )( )

1

2

x x

 − − >

 ⇔ 

+ < 

0,25

( )

1 2

1

2

x x x x

x x

 − + + >

 ⇔ 

+ < 

( 3)

4

m m

m

+ − + >

 ⇔  <



0,25

4

m m

 <  ⇔ 

 < 

1

m

⇔ <

0,25

(129)

tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2cùng nhỏhơn

3

m< −

0,25

3

Giải hệphương trình: ( )( )

2

4

8

x x y x

x x y

 + + =

 

+ + = −



Ta có: ( )( ) ( )( )

( ) ( )

2

4

8 4

x x x y

x x x y

x x y x x x y

 + + =  + + =  ⇔   + + = − + + + = −  

  0,25

Vậy

4

x + xvà 4x+y nghiệm phương trình:

2

5

3 X X X X = −  + + = ⇔  = −  0,25

+) Với

2

5

4 2

4 2 2

5

x y

x x x

x y y x x

y  = − +   = −    + = − ⇔  = − ±  ⇔    + = −  = − −     = − −   = +    0,25

+) Với

1

4

10

x y

x x

x y x

y  = −   =  + = − ⇔   + = −  = −   =  

Vậy hệphương trình cho có nghiệm ( )x y; là:

(− +2 2;5 2− ), (− −2 2;5 ,+ ) (−1; ,) (−3;10 )

0,25

4 Cho đường trịn (O), từđiểm A ngồi đường tròn vẽđường thẳng AO cắt

đường tròn (O) B C (AB< AC). Qua A vẽđường thẳng không

qua tâm O cắt đường trịn D E (AD< AE) Đường thẳng vng

góc với AB A, cắt đường thẳng CE F

a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn

b) Gọi M giao điểm thứ hai FB với đường tròn (O), chứng

minh DM ⊥ AC.

c) Chứng minh:

(130)

0,25

a)Ta có  o

90 ,

FAB= Vì AF⊥ AB ,BEC=90o

tứ giác ABEFcó   o

180

FAB+BEF = Suy tứ giác ABEF nội tiếp

0,25

0,5 b)Ta có  AFB= AEB

2sđ cung

AB (của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEF )

Mặt khác  AEB=BMD

2sđ cung



BD (của đường trịn tâm O)

Do  AFB=BMD⇒ AF / /DM mà AF⊥ AC⇒ DM ⊥ AC

0,5

c) Xét tam giác ACF tam giác ECB

( ) AC CF ( )1

ACF ECB g g CE CF AC BC

CE BC

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

( ) AB AD ( )2

ABD AEC g g AD AE AB AC

AE AC

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

( ) ( )

1 + ⇒ AD AE +CE CF = AC AB( +BC)= AC

Vậy

CE CF+AD AE = AC (đpcm)

0,5

5 a) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn a+ + =b c 4. Tìm giá trị

nhỏ biểu thức: P 1

ac bc

= +

(131)

1 1

+ + + + >

1 + + + 119 + 120

a) Áp dụng BĐT: 1

a+ ≥b a+b

Ta có

( )

1 1 1

ac bc c a b c a b

 

+ =  + ≥

+

 

0,25

Mặt khác 4 2

( )

2

c a+b ≥ a+ +b c  =

 

 

(vì ( ) ( )

2

4 ( )

2

a b c c a+b ≤ a+ +b c ⇔c a+b ≤  + + 

  )

Vậy 1

ac +bc ≥

Vậy giá trị nhỏ biểu thức: P 1

ac bc

= + =

0,25

Dấu xảy c=2,a= =b

b) Đặt

1 1

S = + + + +

1 + + + 119 + 120

Xét biểu thức

1 1

S = + + +

2 + + 120 + 121

0,25

Ta có

1

1 1

S + S = + + + +

1 + 2 + 119 + 120 120 + 121

1

(132)

Mặt khác dễ dàng chứng minh được:

1

> , 1,

2 + 2 + +1

k k N

k k k k

S S

∀ ≥ ∈

− ⇒ >

Vậy S1>5,

hay + + + + >

1 + + + 119 + 120 (đpcm)

0,25

6

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB M điểm cung

,

AB C điểm nửa đường tròn AC cắt MO D Chứng minh

rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD nằm đường

thẳng cốđịnh C di động nửa đường tròn

Gọi Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC, xảy hai khả

Trường hợp Điểm C nằm cung nhỏ BM

Ta có   o

2 90

MID= MCD=

Lại có IM =ID nên tam giác MID vng cân I,

 o

45 ,

DMI = hay OMI =45o =OMB Suy M, I, B thẳng hàng nên I

thuộc BM cốđịnh

0,5

(133)

Tương tựta có   o

2 90

MID= MCD= Mà IM =ID nên tam giác MID

vuông cân I,  o 

45 135o

DMI = ⇒ IMO=

Mặt khác  o

45

OMB = nên IMB  =IMO+OMB= 180 o

Suy ba điểm I, M, B thẳng hàng, hay I thuộc BM cốđịnh

(134)

Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức 1 :

1 1

a a a a a

P a

a a a

 + −   + 

= − +   

− + +

   , với a>0,a≠1

1 Rút gọn biểu thức P

2 Tìm tất giá trị a để P>2 Câu (3,0 điểm)

1 Cho parabol

( ):P y=2x đường thẳng ( ):d y=2x+ −m 1, với m tham số

Tìm tất giá trị tham số m để parabol ( )P cắt đường thẳng ( )d hai điểm

phân biệt có hồnh độ x x1, thỏa mãn x1−x2 =1

2

10

x x

+

+ = + +

+ +

3 Giảihệphươngtrình

( )

2

4

2

x x y

x y y

 − + =

 

− + − =



Câu (3,5 điểm)Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Trên tia

đối tia BA lấy điểm M khác điểm B Kẻ BH vng góc với CM (H thuộc CM ) Gọi K giao điểm OH với BC

1 Chứng minh tứ giác BHCO nội tiếp, HO tia phân giác BHC Chứng minh BK BH. =CK MH.

3 Gọi I trung điểm cạnh AD, tia BI cắt đường tròn ( )O E Tính độ dài

đoạn thẳng DE theo R

4 Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHM cắt đường tròn ( )O N (N khác B) Chứng minh ba điểm M N K, , thẳng hàng

Câu (1,0 điểm)

1 Tìm tất số tự nhiên n cho A=n2+2n+8 sốchính phương

2 Cho biểu thức P=ab a b( + +) 2, với a b, số nguyên Chứng minh

giá trị biểu thức P chia hết cho 3 thì a−b chia hết cho Câu 5 (1,0 điểm)

1 Cho số thực a b c, , dương Tìm giá trị lớn biểu thức sau

( )( ) ( )( ) ( )( )

2a b c

P

a b a c b c b a c a c b

= + +

+ + + + + +

2 Cho 25 điểm nằm nằm cạnh lục giác cạnh 6cm.

Chứng minh có hai số điểm cho có khoảng cách không vượt

3cm.

_ Hết _

TỈNH YÊN BÁI ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 05 câu)

Đề số 18

NĂM HỌC 2020 - 2021

Môn thi: Tốn

(135)

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, cán coi thi khơng giải thích thêm

Họvà tên thí sinh: ……… Sốbáo danh:……….………

Cán coi thi thứ nhất: ……….…Kí tên: ………

Cán coi thi thứhai: ……….………Kí tên: ………

Câu

(1,5 đ) Cho biểu thức

2

1

4 :

1 1

a a a a a

P a

a a a

 + −   + 

= − +   

− + +

   , với a>0,a≠1

1 Rút gọn biểu thức P

2 Tìm tất giá trị ađể P>2

1 Với a>0,a≠1 ta có

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

2

1 1

:

1

a a a a a a a

P

a

a a

 + − − + −   + 

   

=  − +   + 

  

 

0,25

2 4a

:

a a a a a a

a a a

+ + − + − + −

=

− 0,25

4a :

a a a a

=

− 0,25

4

a

=

− Vậy

4

P a

=

− 0,25

2 Tìm tất giá trị ađể P>2

4

2 0

1 1

a

P a

a a a

−

> ⇔ > ⇔ − > ⇔ > ⇔ < <

− − −

Vậy 1< <a P>2

0,5 Câu

(3,0 đ) Cho parabol ( )

2

:

P y= x đường thẳng ( ) :d y=2x+ −m 1, với m

tham số Tìm tất giá trị tham số m để parabol ( )P cắt đường thẳng

( )d hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, thỏa mãn |x1−x2| 1=

Phương trình hồnh độ giao điểm

2x −2x− + =m 0(*)

( )P cắt đường thẳng ( )d hai điểm phân biệt

1

'

2

m m

∆ = − > ⇔ > ⋅

0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH YÊN BÁI HDC ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 05 câu)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 - 2021

Mơn thi: Tốn

(136)

Gọi x x1, nghiệm (*) x x1, hồnh độ giao điểm ( )d

( )P Theo hệ thức Vi-et, ta có

1 2 1 x x m x x + =    = −  0,25

Do ( )2 ( )

1 2

1

| | 1 1

2

m

x −x = ⇔ x +x − x x = ⇔ − − = ⇔m= Thỏa

mãn điều kiện

2

m>

Vậy m=1

0,5

2 Giải phương trình

2

10 x x x x x x + + = + + + +

Điều kiện xác định:

2

1 39

0

10

4 1 15

0 x x x x x x

 +  + >

 

 + + >

 ⇔ 

 

+ + ≥

  

  + + >

 

 



thỏa mãn với

x∈

Đặt

4

t = x + +x , Điều kiện t >0 Phương trình trở thành

2 t t t − + = + 0,25 ( )( ) ( ) ( ) 2

2 2

2

6

t t t

t t

 

− + +

⇔ − − = ⇔ −  − =

+  +  0,25

2 2 2 t t t t t =  =   ⇔  ⇔  = + = +

  ( thỏa mãn điều kiện) 0,25

* Với t =2 ta có

4 x x x x =  + + = ⇔  = − 

* Với

2

t = ta có

x + + =x Phương trình vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x= −1 x=0

0,25

3 Giảihệphươngtrình

( )

2

4 (1)

2 (2)

x x y

x y y

 − + =

 

− + − =



Cộng vế hai phương trình (1) (2) ta

( 2)2 2

2x−y +x −4x+ =4 0,25

( 2)2 ( )2

2

2x

2

x y y x x y =  − =  − + − = ⇔ ⇔ − = =

  0,25

2 x y =  ⇔  =



2 x y =   = −

 Thử lại ta thấy

2 x y =   =

 thỏa mãn

Vậy hệphương trình có nghiệm (2, 2)

(137)

Câu

(3,5 đ) Cho hình vng

ABCD nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Trên tia đối tia BA lấy điểm M khác điểm B Kẻ BH vng góc với CM (H thuộc

CM ) Gọi K giao điểm OH với BC

1 Chứng minh tứ giác BHCO nội tiếp, HO tia phân giác BHC Chứng minh BK BH =CK MH

3 Gọi I trung điểm cạnh AD, tia BI cắt đường tròn ( )O E Tính

độdài đoạn thẳng DE theo R

4 Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHM cắt đường tròn ( )O N (N khác B) Chứng minh ba điểm M N K, , thẳng hàng

1 Theo giả thiết BH ⊥CM nên  o

90

BHC=

Vì ABCD hình vng nên  o

90

BOC =

Suy BHC +BOC=180o nên tứ giác BHCO nội tiếp

0,5

Vì BHCO nội tiếp nên BHO =BCO=45o Suy HO phân giác BHC 0,5 Theo chứng minh phần a) ta có HK phân giác ∆HBC suy

BK BH

CK = CH (1)

0,5

Mặt khác dễ thấy ∆HMB∽∆HBC (g.g) nên BH MH

CH = BH (2)

Từ (1) (2) suy BK MH BK BH CK MH

CK = BH ⇔ =

0,5

3 Ta có ∆ABI∽∆EDI (g.g)

Suy DE ID DE AB ID

AB = IB ⇔ = IB

(138)

1

2

R IA=ID= AD=

Áp dụng định lí Pytago cho tam giác vng ABI ta có

2 10

2

R

IB= AB +AI = Vậy

2

2 10

2

5 10

2

R

R R

DE

R

= = 0,25

4 *Ta chứng minh M K D, , thẳng hàng

Thật vậy: Gọi K' giao điểm MD đoạn BC

Vì BM CD// nên theo định lí Talet ta có ' '

BK BM BM

CK = AD = BC (3) (vì AD=BC)

Mà ∆HMB∽∆HBC (g.g) nên BM HB

BC = HC

Mặt khác theo chứng minh phần b) ta có HB BK

HC = CK Từđó suy BM BK

BC =CK (4)

Từ(3), (4) ta có '

'

BK BK

CK =CK (với K K, ' thuộc đoạn BC) suy K'≡K Vậy M K D, , thẳng hàng (3)

0,25

* Ta chứng minh M N D, , thẳng hàng

Thật

Vì BH ⊥MC nên đường trịn ngoại tam giácBHM có đường kính BM suy BNM =90o

Vì BD đường đường trịn ( )O nên BND =90o (góc nội tiếp chắn nửa

đường trịn ( )O )

Từđó suy BNM +BND=180o nên M N D, , thẳng hàng (4)

Từ(3) (4) ta có K N M, , thẳng hàng

0,5

Câu 4.

(1,0 đ) Tìm tất số tự nhiên n cho

2

A=n + n+ sốchính phương

Đặt 2

2

n + n+ =k (k∈)

( 1)( 1) 7

1

k n k

k n k n

k n n

+ + = =

 

⇔ + + − − = ⇔ ⇔

− − = =

 

Với n=2 ta có A=16=42 sốchính phương

0,5 Cho biểu thức P=ab a b( + +) 2, với a b, số nguyên Chứng minh

rằng giá trị biểu thức P chia hết cho a−b chia hết cho

Ta có ab a( + +b) chia hết cho 3, suy ab a( +b) chia cho 3dư

Suy hai số a b, khơng chia hết cho phải có sốdư chia cho

Giả sử a b, chia cho dư ab a( +b) chia cho dư (trái giả thiết)

Suy a b, chia cho dư 2.Vậy a−b chia hết cho

(139)

1,0 đ)

( )( ) ( )( ) ( )( )

2a b c

P

a b a c b c b a c a c b

= + +

+ + + + + +

1 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

2a 2a 2 2 2

b c

P

a b a c b c b a c a c b

   

   

      

=   +   +   

+ + + + + +

        

   

1 2a 2a 2 2 2

2 2

b c

a b a c b c b a c a c b

   

   

 

≤  + +  + +  + 

+ + + + + +

     

   

1 2a 2a 2 2

2

b c

a b b a a c c a b c c b

  

     

=  + + +   + + + + + + + + 

  

  

 

1

2

 

=  + + =

 

Đẳng thức xảy

2a 2a

2

2 7 7

2

a b a c

b

a b c

b c b a

c

c b c a

 =

 + +

 

 = ⇔ = =

 + +

  

=

 + +



Vậy giá trị lớn biểu thức P

4 a=7b=7c

0,25

2 Cho 25 điểm nằm nằm cạnh lục giác cạnh

6cm Chứng minh có hai số điểm cho có khoảng

cách khơng vượt 3cm

+ Giả sử 25 điểm cho nằm nằm cạnh lục giác nội

tiếp đường tròn tâm O

+ Nối O với đỉnh lục giác tạo thành tam giác Khi có

5 điểm nằm hay cạnh tam giác số tam giác

(theo nguyên lý Dirichlet)

0,25

+ Giả sử điểm 25 điểm nằm hay nằm cạnh tam

(140)

+ Gọi M N P, , trung điểm đoạn thẳng AB OB OA, , Khi

đó bốn tam giác AMP BMN ONP MNP, , , tam giác cạnh 3cm

+ Năm điểm nằm hay nằm cạnh tam giác OAB sẽcó hai

điểm nằm trong hay nằm cạnh bốn tam giác số bốn tam giác (theo nguyên lý Dirchlet) Khoảng cách hai điểm không 3cm

(141)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM

Đề số 19

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2020 - 2021

Mơn: Tốn (Đề chun)

Câu (2,0 điểm)

Cho biểu thức : 1

1

2 1

x x x x

P

x

x x x x

 + + +   

= −   + 

−

+ −  + − 

  với x>0;x≠1

1 Rút gọn biểu thức P 2 Tìm x để 1

8

x P

+

− ≥

Câu 2(2,0 điểm)

1. Cho phương trình x4−2mx2+2m+ =6 0.Tìm giá trị của m để phương trình có

bốn nghiệm phân biệt x x x x1, , ,2 cho x1< x2 < x3< x4

4 2

x − x + x −x = 2 Giải hệphương trình

2 4 8 ( 2)

3

xy y x x

x y y

 + + = +

 

+ + = −



Câu (4,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC AB AC( < ) nội tiếp đường trịn ( )O , có đường cao AH Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Đường thẳng AIcắt đường tròn ( )O điểm thứ hai M Gọi A' điểm đối xứng với A qua O Đường thẳng MA' cắt

đường thẳng AH BC, theo thứ tự N K Gọi L giao điểm MA BC

Đường thẳng A I' cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai D Hai đường thẳng AD BC cắt điểm S

1. Chứng minh tam giác ANA' tam giác cân MA MK ML MA' =

2. Chứng minh .

MI =ML MA tứ giác NHIK tứ giác nội tiếp

3. Gọi T trung điểm cạnh SA, chứng minh ba điểm T I K, , thẳng hàng 4. Chứng minh AB AC+ =2BC I trọng tâm tam giác AKS Câu (1,0 điểm)

Tìm tất cặp sốnguyên dương ( ; )x y thỏa mãn

2x −y +4y+61 0.=

Câu 5(1,0 điểm)

Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn abc=8 Chứng minh :

( 2 2)

1

4 4 16

a b c

a b c ca+ +ab+ +bc+ ≤ + +

-HẾT -

Họ tên thí sinh……….…….Số báo danh……….……

(142)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2020-2021

Mơn: Tốn (Đề chun)

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN CHUN (Hướng dẫn chấm thi có trang)

Lưu ý: - Điểm làm tròn đến 0,25

- Học sinh dùng định lý Menelauyt mà khơng chứng minh trừ 0,25

điểm/bài

- Các cách giải khác mà cho điểm tương đương

Câu (2,0 điểm)

Cho biểu thức : 1

1

2 1

x x x x

P

x

x x x x

 + + +   

= −   + 

−

+ −  + − 

  với x>0;x ≠1

1.(1,0 điểm) Rút gọn biểu thức P

( )( )

( 12)( 21) ( (1)( 1)1) (: 11)( 11)

x x x x x x

P

x x x x x x

 + + +  − + +

 

= −

 + − + −  + −

 

0,25

( )( )

1

:

1 1

x x x

x x x x

 + 

= − 

− − + −

 

0,25

( 1)( 1)

1

x x

+ −

= ⋅

−

0,25

1

x x

+

= 0,25

2.(1,0 điểm)Tìm x để 1

x P

+

− ≥

1

8

x x x

P x

+ +

− ≥ ⇔ − − ≥

+

0,25

( )

16 8

0

8

x x x x

x

− − − − −

⇔ ≥

+

0,25

6 x x

⇔ − − ≥ ( 8( x + >1) với x>0;x≠1) 0,25

( )2

6 3

x x x x x

(143)

Vậy x = thỏa mãn điều kiện

Câu 2.1(1,0 điểm)Cho phương trình x4−2mx2+2m+ =6 0.Tìm giá trị của m

để phương trình có bốn nghiệm phân biệt x x x x1; 2; ;3 cho:

1

x < x < x <x x4−2x3+2x2−x1 =0

Phương trình x4−2mx2 +2m+ =6 0.(1)

Đặt 2( )

0

t x t= ≥ , ta có : t2−2mt+2m+ =6 0

(2)

Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt t t1,

2

'

2

0 m m P m m S m ∆ > 

 − − >



⇔ = + > ⇔

> 

 = >



(3)

0,25

Với điều kiện (3), phương trình (2) có nghiệm dương 0< <t1 t2

=> phương trình (1) có nghiệm phân biệt:

1 2

x = − t < x = − t <x = t <x = t Theo đềbài ta có

( )

4

2

2 2

2 (4)

x x x x x x x x t t t t

− + − = ⇔ − = −

⇔ = ⇔ =

0,25

Theo định lí Vi-ét, ta có: 2

2

t t m t t m

+ = 

 = +

 (5)

Từ(4) (5) ta có: 5t1 =2m

4t =2m+6⇒16m2−50m−150 0=

0,25 15 m m  = −  ⇔  = 

Đối chiếu với điều kiện suy với m=5 phương trình (1) có nghiệm thỏa

mãn điều kiện toán

0,25

Câu 2.2 (1,0 điểm) Giải hệphương trình:

2 4 8 ( 2) (1)

3 (2)

xy y x x

x y y

 + + = +

 

+ + = −



Điều kiện: 1

y− ≥ ⇔ ≥y

Phương trình ( )

2

4

1 ( 4)( 2)

2

x x y x

x y = −  ⇔ + − + = ⇔  = +  0,5

Thế x= −4vào phương trình thứ2 ta

2

1

1 10 10

( 1) 9(2 1)

y

y y y

y y ≥  − = − ⇔  ⇔ = + − = −  0,25

Với 2

x y= + , thay vào (2) ta được:

5 (3)

y + + =y y−

Ap dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

2 5

y + +y =

(y − + +y 1) (2y− + >1) (2y− + ≥1) 5(2y− ≥1) 2y−1

(144)

Do phương trình (3) vơ nghiệm

Câu (4,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường trịn (O), có đường cao AHvà tâm đường tròn nội tiếp I Đường thẳng AI cắt lại

đường tròn (O) điểm thứ hai M Gọi A' điểm đối xứng với Aqua O Đường thẳng MA' cắt đường thẳng AH, BC theo thứ tự N K Gọi L giao

điểm MA BC Đường thẳng A'I cắt lại đường tròn (O) điểm thứ hai D,

hai đường thẳng AD BC cắt điểm S

1.(1,0 điểm) Chứng minh tam giác ANA' tam giác cân

'

MA MK =ML MA

Ta có A AC' =900−AA C' =900−ABC BAH = mà AI là phân giác của góc BAC

nên AI phân giác góc NAA'

0,25

'

AM ⊥MA ⇒ tam giác ANA' cân A 0,25

 900   '

HKN= −HNK= HAM LAA= 0,25

' ( ) '

MAA MKL g g MA MK ML MA

∆ ∆ ⇒ = 0,25

2 (1,0 điểm) Chứng minh MI2 = ML MA. và tứ giác NHIK tứ giác nội

tiếp

     

MIC MAC ACI MCB BCI MCI= + = + = ⇒ MI MC= 0,25

( )

MCL MAC g g

∆ ∆ ⇒ ML MA MC. = ⇒ ML MA MI. = 2. 0,25



2

' ( ) 90

MN MK MA MK ML MA MI= = = ⇒ ∆IMN ∆KIN g g ⇒NIK = 0,25

  900

NIK NHK= = Vậy tứ giác NHIK nội tiếp 0,25 3 (1,0 điểm) Gọi Tlà trung điểm cạnh SA Chứng minh ba điểm T I K, ,

thẳng hàng

Tứ giác NHIK nội tiếp suy IHK INK IA M IAD   = = ' = 0,25

T

L I

H

O

N

K S

A

B C

A' M

(145)

Suy tứ giác AIHS nội tiếp Do  AIS AHS= =900 0,25

  

TIA TAI INK= = 0,25

  TIA MIK

⇒ = , suy ba điểm T I K, , thẳng hàng 0,25 4 (1,0 điểm) Chứng minh AB AC+ =2BC I trọng tâm tam

giác AKS

Ta có AI AB AC AB AC 2BC

IL BL CL BL CL BC

+

= = = = =

+

0,5

Kẻ LE SA E TK ( ∈ ) Ta có 1

2

LE IL LE AT = IA = ⇒ ST =

0,25

Suy L trung điểm SK mà AI

IL = nên I trọng tâm tam giác ASK

0,25 Câu 4(1,0 điểm) Tìm cặp sốnguyên dương ( ; )x y thỏa mãn:

2

2x −y +4y+61 (1).=

Ta có (1)⇔2x +65=(y−2)2 0,25

Vì 65 chia hết cho 2x khơng chia hết cho với mọi x nguyên dương nên

nếu cặp sốnguyên dương ( )x y; thỏa mãn phương trình (1) y−2 số

ngun khơng chia hết cho Suy (y−2)2 ≡ ±1 mod 5( )

Do 2x ≡ ±1 mod 5( ), suy x=2k, với k sốnguyên dương

0,25

Thay vào phương trình (1) ta được:

( )2 ( ) ( )

2

2 k +65= y−2 ⇔65= y− +2 k y− −2 2k (2)

0,25

Vì k y; nguyên dương nên y− +2 2k >0, từ (2) suy y− −2 2k >0

2 2k 2k

y− + > − −y

Do

0,25

I T

L A

S K

(146)

2 65 5 10

2 35 35

2

2 13

11 11

2

k k k k

y k x

y y y

k x

y

y y

y

 − + =  =  =

  

− − = = =



 ⇔  ⇒ 

  =  =

− + =



  

 − − =  =  =



Vậy phương trình cho có hai nghiệm nguyên dương (10;35) (4;11)

Câu 5(1,0 điểm) Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn abc=8 Chứng

minh ( 2 2) 1( )

4 4 16

a b c

a b c ca+ +ab+ +bc+ ≤ + +

Vì a b c, , số thực dương thỏa mãn abc =8 nên tồn số thực dương

, ,

x y z cho a 2x;b 2y;c 2z

y z x

= = =

Bất đẳng thức trở thành x22 y22 z22 2x 2y 2z y + z + x ≥ y z z x+ + + + x y+

0,25

( )

2

2 2

3 x y z x y z x y z

y z x y z x y z x x y z x y z

y z x y z x

 + +  ≥ + +  ≥  + + 

     

   

 

⇒ + + ≥ + +

0,25

( )

2 2

x y z x y y z z x x y z y + z + x ≥ y z + z x + x y = + +z x y Từ (2) (3) có

2 2

2 x y z x y z x y z

y z x y z x z x y

 

+ + ≥ + + + + +

 

 

0,25

Lại có

1 1 1

x y z x y z

x y z

y z x z x y y z x z x y

     

+ + + + + =  + +  + +  + 

 

   

4x 4y 4z

y z z x x y

≥ + +

+ + +

Ta có bất đẳng thức (1) chứng minh Đẳng thức xảy

2

a b c= = =

(147)

Câu (1,0 điểm) Cho biểu thức :

1 1

a a

A

a a a a a a

   

= −    − 

+ + + + +

   

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị A a=2021 2020−

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình:

2x −3x 5x− +4 5x− =4

b) Giải hệphương trình: 23 32

64 61

 − =

 

− =



x y xy

x y

Câu (1,5 điểm)

a) Tìm tất giá trị m đểđường thẳng ( )d :y=2x−m cắt parabol

( )

: =

P y x hai điểm phân biệt có hồnh độdương

b) Tìm tất giá trị mđểphương trình x2 +mx+ =8 phương trình

2

0

x + + =x m có nghiệm chung

c) Chứng minh với a, b, c số thực khác tồn

phương trình sau có nghiệm

2 2

4ax +2(b c x c+ ) + =0 (1); 4bx +2(c+a x) + =a (2); 4cx +2(a b x b+ ) + =0 (3) Câu (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với (AB<AC) nội tiếp đường tròn ( )O Ba

đường cao AD BE CF, , cắt trực tâm H

a) Chứng minh tứ giác BFHD; ABDE nội tiếp H tâm đường tròn nội

tiếp tam giác DEF

b) Gọi M trung điểm BC Chứng minh tứ giác DFEM nội tiếp

c) Tia MH cắt đường tròn ( )O I Chứng minh đường thẳng AI EF BC, , đồng quy

Câu (1,0 điểm)

a) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 2

2

y + y= x y+ x+ b) Tìm tất sốnguyên dương ( )a b, thỏa mãn b2+3a a b

Câu ( 1,0 điểm)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2020 MƠN THI: TỐN CHUN

(Đềthi gồm có 01 trang)

Đề số 20

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

(148)

a) Cho a b, hai sốdương Chứng minh rằng:

i 1

a+ ≥b a b+ ii. ( )

2

3

4

a −ab+ b + ≥ a+ b+ b) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn 1

a+ + ≤b c Tìm giá trị lớn biểu thức:

2 2 2

1 1

3 3

P

a ab b b bc c c ca a

= + +

− + + − + + − + +

HẾT

Lưu ý: Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích thêm.

(149)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC

(Hướng dẫn chấm gồm 07 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2020

MƠN THI: TỐN CHUN Lưu ý: Điểm tồn lấy điểm lẻđến 0,125; thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa.

Câu Nội dung Điể

m

1 Cho biểu thức :

1 1

a a

A

a a a a a a

   

= −    − 

+ + + + +

   

1,0

a) Rút gọn biểu thức A 0,5

ĐKXĐ: a≥0;a≠1

0,125

( )( )

1 2

:

1 1 1

a a a a

A

a a a

 

 + −   + − 

=  +   

+ +

   

0,25

1

A= a+ 0,125

b) Tính giá trị A a=2021 2020− 0,5

( )2 2021 2020 2020

= − = −

a 0,125

Khi A= ( 2020 1− )2 + =1 2020 1− + = 2020 0,25

Vậy a=2021 2020− A= 2020 0,125

2

2x −3x 5x− +4 5x− =4

b) Giải hệphương trình: 23 32

64 61

x y xy x y

 − =

 

− =

 (I)

2,0

2x −3x 5x− +4 5x− =4 0 (1) 1,0

ĐK:

x≥ 0,125

(1) ( 4)(2 4)

2

x x

x x x x

x x

 − − = ⇔ − − − − = ⇔ 

− − =

(150)

2

0

5

4 ≥  ≥   = − ⇔ ⇔ = − + =    =   x x

x x x

x x

x

0,25

0

2

4 x x x x x ≥  = − ⇔  = −

 (vô nghiệm) 0,25

Kết hợp với điều kiện ⇔ =x x=4 0,125 b) Giải hệphương trình: 23 32

64 61

x y xy x y

 − =

 

− =

 (I) 1,0

0 x y =   =

 nghiệm hệphương trình 0,125

Xét xy≠0 ( ) (4 ) 25 2

(4 )(16 ) 61

− = 

⇔ 

− + + =



xy x y I

x y x xy y 0,125

2

4 (1)

(4 ) (4 ) 12 61 (2)

 − =  ⇔   −  − + =    x y xy

x y x y xy

0,25

Đặt t=4x−y thay vào ( )2 ta có: 60

61 1

t t t t xy

t

 + = ⇔ − = ⇔ = ⇒ =

 

 

0,25

Giải hệphương trình

4

xy x

x y y

= = −

 

⇔

 − =  = −

  4 x y  =    =  0,25 3

( )

: =

b) Tìm tất giá trị mđểphương trình x2+mx+ =8 phương trình

2

0

x + + =x m có nghiệm chung

c) Chứng minh với a, b, c số thực khác tồn

các phương trình sau có nghiệm

2 2

4ax +2(b c x c+ ) + =0 (1); 4bx +2(c+a x) + =a (2); 4cx +2(a b x b+ ) + =0 (3) 1,5

( )

: =

0,5

(151)

hai nghiệm dương phân biệt Tức là:

'

2 0

0 m

S m

P m

∆ = − > 

 = > ⇔ < < 

 = > 

0,125

Vậy với 0< <m ( )d cắt ( )P hai điểm phân biệt có hồnh độdương 0,125 b) Tìm tất giá trị mđểphương trình

8

x +mx+ = phương trình

0

x + + =x m có nghiệm chung 0,5

Giả sử x0 nghiệm chung hai phương trình Khi ta có:

0 (1)

x +mx + = x02+x0+ =m (2) 0,125

Suy ra: (m−1)x0 = −m (3)

Với m =1 ta hai phương trình

8

x + + =x x2+ + =x vô nghiệm

Vậy m = 1 không thỏa mãn 0,125

Với m≠1 từ (3) suy

8

m x

m

− =

− thay vào (2) ta

3

24 72 ( 6)( 12) m − m+ = ⇔ m+ m − m+ = ⇔ = −m

0,125 Khi m= −6 phương trình x2−6x+ =8 có hai nghiệm ;

phương trình

6

x + − =x có hai nghiệm –

Vậy m= −6 hai phương trình có nghiệm chung

0,125 c) Chứng minh với a, b, c số thực khác tồn

các phương trình sau có nghiệm

2 2

4ax +2(b c x c+ ) + =0 (1); 4bx +2(c+a x) + =a (2); 4cx +2(a b x b+ ) + =0 (3) 0,5

Với a, b, c số thực khác nên phương trình cho phương trình bậc hai ẩn

Ta có: ' (1) (b c) 4ac

∆ = + − ; ' (2) (a c) 4ab

∆ = + − ; ' (3) (a b) 4bc ∆ = + −

Suy ra: ' ' ' 2

(1) (2) (3) 2(a b c ab bc ac) ∆ + ∆ + ∆ = + + − − −

0,125

Ta có: 2 2 2 ( ) (2 ) (2 )2

2(a +b +c −ab bc− −ac)= a b− + −b c + −c a ≥0

Suy ra: ' ' '

(1) (2) (3)

∆ + ∆ + ∆ ≥ 0,25

Vậy ba phương trình cho tồn nhât phương trình có nghiệm 0,125 4 Cho tam giác nhọn ABC với (AB<AC) nội tiếp đường tròn ( )O Ba đường cao

, ,

(152)

a) Chứng minh tứ giác BFHD; ABDE nội tiếp H tâm đường tròn

nội tiếp tam giác DEF

b) Gọi M trung điểm BC Chứng minh tứ giác DFEM nội tiếp c) Tia MH cắt đường tròn ( )O I Chứng minh đường thẳng

, ,

AI EF BC đồng quy

a) Chứng minh tứ giác BFHD; ABDE nội tiếp H tâm đường tròn

nội tiếp tam giác DEF 1,5

Ta có

180

∠BDH+ ∠BFH = nên tứ giác BFHD nội tiếp 0,25

Ta có

90

∠BDA= ∠BEA= nên tứ giác ABDE nội tiếp đường trịn đường kính AB 0,25

Ta có ∠FDH = ∠FBH (Cùng chắn cung FH tứ giác nội tiếp BFHD) 0,25 Mặt khác lại có ∠FBH = ∠ABE= ∠ADE (Cùng chắn cung AE tứ giác nội tiếp

ABDE)

0,25

Suy ∠FDH = ∠EDH hay DH phân giác góc ∠EDF 0,25

Tương tự FH phân giác góc ∠DFE hay H tâm nội tiếp tam

giác DFE (đpcm) 0,25

b) Gọi M trung điểm BC Chứng minh tứ giác DFEM nội tiếp 1,0 Vì EM trung tuyến tam giác vng BEC nên ta có tam giác MBE cân

(153)

Hay ta có ∠EMC= ∠2 EBM (góc ngồi tam giác MBE)

0,25

Theo câu a) ta có ∠EFD= ∠2 HFD (do FH phân giác góc ∠DFE) 0,25

Mà ta lại có ∠HFD= ∠HBD= ∠EBM (Cùng chắn cung DH tứ giác nội tiếp

BFHD) 0,125

Từđó suy ∠DFE= ∠EMC⇒DFEM nội tiếp (đpcm) 0,25 c) Tia MH cắt đường tròn ( )O I Chứng minh đường thẳng

, ,

AI EF BC đồng quy 1,0

Kẻđường kính AA' đường trịn ( )O

Ta có BH/ / 'A C vng góc với AC 0,125

Và CH / / 'A B vng góc với AB 0,125

Nên có tứ giác BHCA' hình bình hành nên có A M H I', , , thẳng hàng 0,125 Từđó ta có I nằm đường trịn (AFHE) với đường kính AH (vì

0

' 90

HIA A IA

∠ = ∠ = ) 0,125

Gọi EF cắt BC S, AI cắt BC tạiS' Ta có SF SE =SB SC ' ' ' '

S I S A=S B S C 0,25

Ta chứng minh 2

SB SC=SO −R khơng đổi gọi phương tích S đối

với đường tròn ( )O 0,125

Từđó ta có S S' có phương tích đường tròn (AFHE) nên S ≡S' 0,125

a) Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

2

y + y= x y+ x+ b) Tìm tất sốnguyên dương ( )a b, thỏa mãn b2+3a a b

1,0 a) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 2

2

y + y= x y+ x+ 0,5

Phương trình đa cho tương đương với : ( )

2

y − x − y− x− =

Chúng ta xem phương trình bậc hai biến y Do đó, đểphương

trình có nghiệm ngun ∆ sốchính phương 0,125 Ta có: ( 4 2 ) ( ) (2 )2

4 x x 2x x  x 1

∆ = − + + = +  − + 

0,125 - Nếu x= −1 Thay vào phương trình ta được: y2−2y+ = ⇔ =1 y

Do ( ) (x y; = −1;1) nghiệm phương trình 0,125 - Nếu x≠ −1 Khi đó, để ∆ sốchính phương phải tồn số a∈*

(154)

( )2 2 2 ( )2 ( )( )

1 1 1 1

1 1

x a a x a x a x

a x a

a x x

a x a

a x x

− + = ⇔ − − = ⇔ − + + − =  − + =  =    + − =  =     ⇔ ⇔ − + = − = −     + − = − =    

Với x=1, thay vào phương trình ta được: 2 15 y y y y =  − − = ⇔  = − 

Thử lại, ta thấy nghiệm ( ) (1;5 , 1; 3− ) thỏa mãn

Vậy phương trình cho có ba nghiệm nguyên ( )x y; ( ) (x y; = −1;1 , 1;5 , 1; 3) ( ) ( − )

b) Tìm tất sốnguyên dương ( )a b, thỏa mãn b2+3a a b 0,5

Do 2

3

b + a a b nên tồn sốnguyên dương k cho: b2+3a=ka b2 hay

( )

2

3

b =ka b− a=a kab− nên b a2

Hơn nữa, 2 ( )

3a=ka b b− =b ka −b nên 3a b

0,125

Do đó, số b2 ;3a a b

2

3

b a b

a b a ab

+

= + sốnguyên dương

Ta có: 3a b2 3 92

b a ab a b

 + = +

 

  sốnguyên dương nên 2

3 9

3 a

a

a b b

 + = +

 

 

một sốnguyên dương hay 9a2

b sốnguyên dương;

2 9a b

0,125

Khi đó, tồn hai sốnguyên dương m n, cho:

2

9

b m a an b  =   = 

Từđó, suy mn=9 Do đó, n∈{1, 3, 9} nên b2∈{a a a, , } Khi đó, điều kiện ban

đầu toán trở thành:

3

na+ a a b ⇔ +n ab 0,125

Ta xét ba khảnăng có thểcó n sau: - Nếu n=1

2 1 4

b a a b a b ab b  = =  = ⇔ ⇔    =      

- Nếu n=3

2 3 18 b a b a ab b  =  = ⇔   

    Do b bội nên không tồn

( )a b;

- Nếu n=9

2 12 108

b a a b a b ab b  = =  = ⇔ ⇔    =      

Vậy có hai cặp số thỏa yêu cầu toán ( ) ( )1;1 , 1;3

(155)

6

i. 1

a+ ≥b a b+

ii. 2 1( )

3

4

a −ab+ b + ≥ a+ b+

b) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn 1

a+ + ≤b c Tìm giá trị lớn biểu thức:

2 2 2

1 1

3 3

P

= + +

− + + − + + − + +

1,0

i. 1

a+ ≥b a b+ ii. ( )

2

3

4

a −ab+ b + ≥ a+ b+ 0,5

i. Ta chứng minh phép biến đổi tương đương:

Ta có: 1 b a b( ) ((a a b)) 4ab

a b a b ab a b

+ + + −

+ − ≥ ⇔ ≥

+ +

0,125

Hơn nữa: ( ) ( ) 2 2 ( )2

4

b a b+ +a a b+ − ab=a +b − ab= a b− ≥

Do bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a=b 0,125

ii. Ta cần chứng minh

( 2 2 ) ( )2 2 2

16 a −ab+3b + ≥1 a+5b+2 ⇔15a +23b −26ab−4a−20b+12≥0

0,125

Mặt khác, 2 2 ( )2 ( )2 ( )2

15a +13b −26ab−4a−20b+12 13= a b− +10 b−1 +2 a−1 ≥0nên

bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a= =b

0,125 b) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn 1

a+ + ≤b c Tìm giá trị lớn

biểu thức:

2 2 2

1 1

3 3

P

= + +

− + + − + + − + +

0,5

Áp dụng bất đẳng thức 2 1( )

3

4

a −ab+ b + ≥ a+ b+ ta được:

4 4

5 5

P

a b b c c a

≤ + +

+ + + + + + 0,125

Áp dụng bất đẳng thức 1 , a b,

a+ ≥b a b+ ∀ > ta được:

(156)

HẾT

Lưu ý: học sinh giải cách khác với đáp án giám khảo xem xét, cho điểm

tối đa

( ) ( ) ( )

4 1

5 2

4 1

5 2

4 1

5 2

a b a b b

b c b c c

c a c a a

≤ +

+ + + +

≤ +

+ + + +

≤ +

+ + + +

Từ ( ) ( ) ( )1 , , ta có:

( )

1 1 1 1

*

2 2

P

a b b c c a a b c

   

≤ + + +  + + 

+ + + + + +

   

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức 1 , a b,

a+ ≥b a b+ ∀ > ta có:

( ) ( )

( )

1 1 1 1 1

2 4

1 1 1 1 1

2 4

1 1 1 1 1

2 4

a b a b a b

b c b c b c

c a c a c a

 

   

≤  + ≤   + + 

+ +  +     

 

   

≤  + ≤   + + 

+ +  +     

 

   

≤  + ≤   + + 

+ +  +     

0,125

Từ ( ) ( ) ( ) ( )* , , , ta được: 1 3

8

P

a b c

 

≤  + + + ≤

 

Vậy giá trị lớn P

2 đạt a= = =b c

(157)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

Đề số 21

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2020 – 2021

ĐỀ THI MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Lưu ý: Đề thi gồm 01 trang, thí sinh làm vào tờ giấy thi

Bài (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức :

1

x x

P

x

x x x x x

   

   

 

     



 

     

   

Rút gọn P Tìm tất giá trị x để

P  

b) Cho phương trình ẩn x x2px q  0  1 (với p q; số nguyên tố) Tìm tất giá trị p q biết phương trình  1 có nghiệm sốngun dương

Bài 2.(2,0 điểm)

a) Giải phương trình x 1  x2 2x   6 3 2x.

2 2

3 2

x y xy

x y

   

   

Bài (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A (AB < AC), Mlà trung điểm cạnh BC P điểm

di động đoạn AM (P khác A M) Đường tròn qua P, tiếp xúc với đường thẳng

AB A, cắt đường thẳng BP K (K khác P) Đường tròn qua P, tiếp xúc với đường thẳng AC A, cắt đường thẳng CP L (L khác P)

a) Chứng minh BP BK. CP CL. BC2.

b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PKC qua hai điểm cốđịnh c) Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PKC E giao điểm thứ hai đường tròn với đường thẳng AC Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

PLB Flà giao điểm thứ hai đường tròn với đường thẳng AB Chứng minh EF //

IJ

Bài 4.(1,0 điểm) Cho ba sốdương x y z, , thỏa mãn xyyz zx  Chứng minh

 

2 2

3

5

x y z

  

  

(158)

Đẳng thức xảy nào? Bài 5.(2,0 điểm)

a) Giải phương trình nghiệm nguyên x y xy2  2x2 5x  4.

b) Giả sử A tập hợp tập hợp 1; 2; 3; ; 1023 cho A không chứa hai số mà số gấp đôi số Hỏi A có thểcó nhiều phần tử?

- Hết -

Họ tên thí sinh:……….……… Số báo danh: …………

Cán coi thi 1:……….……… … Cán coi thi 2: ……… …… ……

SỞGIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI PHÒNG Năm học 2020 – 2021

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

Bài Đáp án Điểm

1 (2,0 điểm)

a) (1,0 điểm)

( )( )

2 1

:

1

x x x

P

x x

   + + 

 

= −    + −

+ −  

 

ĐK: x≥0,x≠1 0,25

( )( )

2 1

1

x x x

P

x x

− − +

⇔ = ⋅

+ +

+ −

1

x P

x x

− ⇔ =

+ + 0,25

( )

1 1

7 1 0

7

6

x

P x x x do x x x

x x

−

≤ − ⇔ ≤ − ⇔ − ≤ − − − + + > ∀ ≥

+ +

⇔ − + ≤

0,25

( x 2)( x 4) x 4 x 16

⇔ − − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ 0,25

b) (1,0 điểm)

Điều kiện đểphương trình ( )1 có nghiệm ∆ = p2−4q≥0 *( ) 0,25

Hướng dẫn gồm 04

(159)

Áp dụng định lý Vi-et ta có 2

x x p

x x q

+ = 

 =

 với x x1;

+

∈

Vì q số nguyên tố nên x1=1 x2 =1 0,25

Nếu x1=1 1+x2 = p x2 số nguyên tố liên tiếp, suy x2 số nguyên

tố chẵn nên x2 = =q 2;p=3 Tương tự, x2 =1thì x1 = =q 2;p=3 0,25

Ta thấy q=2;p=3 thỏa mãn điều kiện ( )* giá trị cần tìm 0,25

2 (2,0 điểm)

a) (1,0 điểm)

Đặt

1; 6;

a= +x b= − +x x+ b≥

Ta ( )2 2

3

1

ab x b a

b a

b x a b

a = + = −   ⇒ = ⇒   = + + = +   − 0,5

Nếu b= −a 1, thay vào ta được: 2 2

3 x

x x x

x x ≥  − + + = ⇔  − − =  13 x +

⇔ = 0,25

Nếu b= +a 1thay vào ta được: 2 2 x

x x x

x x ≥ −  − + + = + ⇔  + − =  5 x x  = − +   ⇔  − − =  

Vậy nghiệm phương trình 5; 1; 13

2 2

x∈ − + − − + 

 

 

0,25

b) (1,0 điểm)

Với điều kiện x y, ≠0 hệphương trình trở thành

2 2

2

3

x y xy xy y xy

 + =   + =  2

x xy y

⇒ − − =

0,25

( )( )

2

2 2

x xy xy y x y x y

⇒ + − − = ⇔ + − = x y x y = −  ⇔  =  0,25

Nếu 2 2 3

1

2

x y x y x

x y

x x x

= − = − =

  

= − ⇒ ⇔ ⇔ = = −

+ =  

(160)

Nếu 2 2 3

5

2 2

2 5

5

4

x y x

x y

y

y y y

y



= =

 

=

  

= ⇒ ⇔ ⇔ =

+ =

   =



x y, ≠0

Vậy hệphương trình có hai nghiệm ( ) (; 1; ,) 5; x y ∈ −  

 

 

0,25

3 (3,0 điểm)

Đáp án cho trường hợp hình vẽtrên, trường hợp khác chứng minh tương tự a) (1,0 điểm)

BAlà tiếp tuyến đường tròn (APK) nên ( ) BA =BP BK

CAlà tiếp tuyến đường tròn (APL) nên ( ) CA =CP CL

0,5

Từ (1) (2) suy 2

BP BK+CP CL=BA +CA =BC 0,5

b) (1,0 điểm)

Gọi AH đường cao tam giác ABC⇒BA2 =BH BC ( )3 0,5

Từ (1) (3) ⇒BP BK =BH BC Suy tứ giác HPKC nội tiếp nên đường tròn

ngoại tiếp tam giác PKC đi qua hai điểm cố định C H 0,5 c) (1,0 điểm)

Theo câu b) đường tròn (J) qua H Chứng minh tương tự (I) qua H

(I) (J) cắt H, P nên IJ ⊥HP ( )4 0,25

 ( )5

HPEC nt⇒AEP=PHC 0,25

G F

E K

L

I

J

H M

A

B C

(161)

 ( )6

HPFB nt⇒ AFP=PHC

Từ(5) (6) suy tứ giác APEF nội tiếp nên

  90

EPF EAF PE PF

⇒ = = ⇒ ⊥

Gọi Glà giao điểm HP EF Do tứ giác HPEC APEF nội tiếp nên

     

    ( )

90

GPE HCE MCA MAC PAE PFE

GPE GEP PFE GEP PG EF hay HP EF

= = = = =

⇒ + = + = ⇒ ⊥ ⊥

Từ (4), (7) suy IJ // EF

0,5

4 (1,0 điểm)

( )( ) ( )( ) ( )( )

3

x y z

P

x y x z y z y x z x z y

= + +

+ + + + + + 0,25

( )

2 3 1

6 6

1 3 3

2 3

2 6

x y z

x y x z y z y x z x z y

x x y y z z

x y x z y z y x z x z y

= ⋅ + ⋅ + ⋅

+ + + + + +

 

≤  + + + + + = + + =

+ + + + + +

 

0,5

Đẳng thức xảy 2

2 3

2

2 2 5

5

z x y

x y y z z x z x y

x xy yz zx

 = =  = =

 + + + ⇔ ⇔ = = =

 

=   + + =



0,25

5 (2,0 điểm)

a) (1,0 điểm)

Phương trình ban đầu tương đương với ( )

1 xy x− = x − x+

( ) 2 4 ( )

1 x x

y x x do x

x x

− +

⇒ − = = − + ≠ 0,25

Vì x y, ∈ nên x∈ ± ± ±{ 1; 2; 4} 0,25

Lập bảng giá trị

x −1 −2 −4

y 11

2 y

11

3

14

4

Mà x y, ∈nên nghiệm phương trình ( ) ( )x y; = 2;1

0,5

b) (1,0 điểm)

(162)

{ } { } { } 8;9; ;15 , 16;17; ;31 , 32;33; ; 63 ,

A = A = A =

{ } { } { }

6 64; 65; ;127 , 128;129; ; 255 , 256; 257; ;511

A = A = A =

{ }

9 512;513; ;1023

A =

Dễ thấy số phần tử tập Ak , 0,1, , k

k=

Nhận thấy n∈Ak ⇔2n∈Ak+1

Xét A=A9∪A7∪A5∪A3∪A1⇒ A =512 128 32 2+ + + + =682, rõ ràng A không

chứa số gấp đôi số khác 0,25

Ta khơng thể chọn tập có nhiều 682 số thỏa mãn

Thật vậy: Giả sử tập A thỏa mãn yêu cầu toán chứa ak phần tử thuộcAk,

0,1, ,

k=

Xét tập hợp Akvà Ak+1 Với m∈Ak tùy ý, ta có 2m∈Ak+1 Số cặp (m m, ) 2k cặp có nhiều số thuộcA

0,25

Ngồi tập Ak+1 cịn chứa

k số lẻ, tức có nhiều

2k +2k =2k+ số thuộc A lấy từ Akvà Ak+1

Suy

0 , , , ,

a + ≤a a +a ≤ a +a ≤ a +a ≤ a +a ≤ Cộng bất đẳng

thức ta a0+ + + +a1 a2  a9 ≤682. Vậy số phần tử lớn A 682

0,25

Chú ý: - Trên trình bày tóm tắt cách giải, thí sinh làm theo cách khác mà

cho điểm tối đa ứng với điểm câu biểu điểm

- Thí sinh làm đến đâu cho điểm đến theo biểu điểm

- Trong câu, thí sinh làm phần sai, khơng chấm điểm

- Bài hình học, thí sinh vẽ hình sai khơng chấm điểm Thí sinh khơng vẽ hình mà làm

vẫn làm cho nửa sốđiểm câu làm

- Bài có nhiều ý liên quan tới nhau, thí sinh cơng nhận ý để làm ý mà thí sinh làm chấm điểm ý đó.

(163)

SỞGD & ĐT HỒ BÌNH KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2020 - 2021

ĐỀ THI MƠN TỐN (DÀNH CHO CHUN TỐN) Ngày thi: 13 tháng năm 2020

Đề số22 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu) - Câu I (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức:

a)

3 a A

a − =

− b)

3 2

B= − − +

− +

2) Giải phương trình:

3 x + x− = Câu II (2,0 điểm)

1) Cho phương trình: x2 +mx+ − =m 1 0( m tham số)

Tìm m đểphương trình có hai nghiệm x1, x2thỏa mãn: 4( 2)

2

1 +x − x +x = x

2) Một ca nô xi dịng khúc sơng từ bến A đến bến B dài 96km, sau lại

ngược dịng đến địa điểm C cách bến B 100km, thời gian ca nơ xi dịng thời

gian ngược dịng 30 phút Tính vận tốc riêng ca nơ, biết vận tốc dịng nước

4km/h

Câu III (2,0 điểm)

Từ điểm A nằm ngồi đường trịn (O;R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏBC lấy điểm M (M khác B, M khác C), từM kẻ MI, MK, MP vng góc với AB, AC, BC (I∈AB,K∈AC,P∈BC)

1) Chứng minh rằng: MPK =MBC

2) Chứng minh : Tam giác MIP đồng dạng với tam giác MPK

3) Xác định vị trí điểm M cung nhỏBC để tích MI MK MP đạt giá trị lớn

Câu IV (2,0 điểm)

1) Giải hệphương trình: ( 2)( 2 )

2

x y y y x y y

 − − = −

 

− + =



2) Cho ba số x y z, , thỏa mãn đồng thời: x2−2y+ =1 y2−2z+ =1 z2−2x+ =1 Tính giá trị biểu thức: 1000 1000 1000

A=x +y +z Câu V(2,0 điểm)

1) Tìm sốnguyên x y thỏa mãn: 2

2

(164)

2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) Tia phân giác góc A cắt đường tròn (O) D Chứng minh rằngAB+AC<2AD

- Hết -

Họvà tên thí sinh: Sốbáo danh: Phòng thi: Giám thị 1: Giám thị 2:

Câu I (2,0 điểm)

Phần Nội dung Điểm

1

0; :a

Đ XĐK ≥ a≠ ( 3)( 3)

3

a a

A a

a

+ −

= = +

−

0,5 3(1 2) 2(1 2)

3

1 2

B= − − + = −

− + 0,5

2

TH1: 2

3 3

x + x− = ⇔x + x− =

Giải phương trình ta x=1;x= −4 0,5

TH2: 2

3 3

x + x− = − ⇔x + x+ =

Giải phương trình ta x= −1;x= −2 KL…

0,5

Câu II (2,0 điểm)

1

2 2

4( 1) 4 ( 2)

m m m m m m

∆ = − − = − + = − ≥ ∀

Nên phương trình ln có nghiệm với m 0,25

Ta có: x12+x22−4(x1+x2)= ⇔5 (x1+x2)2 −2x x1 2−4(x1+x2)=5(*) 0,25

SỞGD & ĐT HỒ BÌNH KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2020-2021

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN (DÀNH CHO CHUYÊN TOÁN)

(Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang)

(165)

Theo hệthức vi ét ta có: 2

x x m

x x m

+ = −



 = −

 0,25

2

(*)⇔ −( m) −2(m− − −1) 4( m)= ⇔5 m +2m− =3 Giải phương trình ta m1 =1;m2 = −3

KL…

0,25

2

Gọi vận tốc thực ca nô x (km/h) (x > 4)

Vận tốc xi dịng là: x+4; vận tốc ngược dòng là: x−4 0,25đ Thời gian xi dịng 96

4

x+ , thời gian ngược dòng

100

x− Theo ta có phương trình 100 96 1(1)

4

x− −x+ = 0,5đ

2

(1)⇔ x −8x−1584=0

Giải phương trình x1=44;x2 = −36(KTM) KL………

0,25đ

Câu III (2,0 điểm)

1

Tứgiác KMPC nội tiếp ⇒MPK =MCK(cùng chắn cung KM) 0,5  

MCK=MBC(góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung

chắn cung CM)⇒MPK =MBC(1) 0,5

2 Tứgiác IMPB nội tiếp ⇒MIP =MBP(cùng chắn cung PM)(2) Từ(1) (2)⇒MPK =MIP

0,25

P

O B

M

C K

I

(166)

Chứng minh tương tự  MKP=MPI ( )

MIP MPK g g

⇒ ∆ ∽∆ − 0,25

3

2

MI MP

MIP MPK MI MK MP

MP MK

∆ ∽∆ ⇒ = ⇔ = 0,25

Vì

MI MK =MP ⇒MI MK MP =MP3

MI MK MP

⇒ lớn MP lớn nhất⇔M điểm cung nhỏ BC

0,25

Câu IV (2,0 điểm)

1

2 2

2

( )( ) ( 2)( ) 1(*)

2

x y y y y y y y

x y y x y y

 − − = −  − + − = −

 ⇔

 

− + = = − +

 

 

Giải (*) Đặt 2

t= y − y 2

2 ( 1)

t t t t

⇒ + + = ⇔ + = ⇔ = −

0,5

2

2 ( 1)

y y y y x

⇒ − + = ⇔ − = ⇔ = ⇒ =

Vậy hệphương trình có nghiệm : (x y; ) ( )= 2;1 0,5

2

2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1)

x − y+ =y − z+ =z − x+ = ⇔ x− + y− + −z = 0,5

1 1

x y z x y z A

⇔ − = − = − = ⇔ = = = ⇒ = 0,5

Câu V (2,0 điểm)

1

2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1)

xy +y −x +xy− x+ = ⇔y x+ y +y x+ − +x = − 0,5

2

2 1

( ) 1 1

( ) 1 x

I

y y x

x

II

y y x

 + =



+ − − = − 



⇔  + = −



 + − − =



0,25

Giải (I) nghiệm (0; 0); (0; 1)− 0,25

Giải (II) nghiệm ( 2; 0); ( 2; 1)− − −

(167)

2

Trên tia đối tia CA lấy điểm K cho CK = AB Xét ∆CDK ∆BDA có: CK = AB

KCD = ABD (vì bù vớiACD ) CD = BD (DB =DC)

⇒ ∆CDK = ∆BDA c g c ( )

0,5

⇒ DK = DA

Trong ∆ADK có AK < AD + DK ⇔AB + AC < AD + AD = 2AD 0,5 * Chú ý: Các lời giải khác xem xét cho điểm tương ứng

O

K C

D B

(168)

SỞGIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN

Đề thức (Có 01 trang)

Đề số23

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021

Mơn: Tốn (Chun) Ngày thi: 15/7/2020

Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ BÀI Câu 1.(2,0 điểm).

1 Cho biểu thức: 2 2(a 1)

1

a a a a

P − − + + −

+ + −

= ( với a>0,a≠1) a) Rút gọn P

b) Tìm giá trịnhỏnhất P Giải hệphương trình:

1

2 1

3

4

3

x

y x

y

 − + =

 +

 

 − − =

 +



Câu 2.(2,0 điểm). Cho phương trình:

5

− − =

x mx m ( với m tham số)

a) Tìm tất cảcác giá trị m đểphương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm

b) Chứng minh phương trình có nghiệm phân biệt x x1, 2 thì:

2

1 14

x + mx +m + m+ > Câu (2,0 điểm)

a) Một Robot thiết kếcó thểđi thẳng, quay góc

90 sang phải

sang trái Robot xuất phát từvịtrí A thẳng 2m quay sang trái thẳng 3m, quay sang phải thẳng 5m đến đích vịtrí B Tính khoảng cách đích đến nơi

xuất phát Robot

b) Cho hai số a b, thỏa mãn a> >b 0 a b. =1 Chứng minh:

2

a b

a b

+ ≥

−

Câu 4.(3,0 điểm).

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( )O Đường cao AD BE, cắt

tại H Kéo dài BE AO, cắt đường tròn ( )O F M

a) Chứng minh ∆HAF cân

b) Gọi I trung điểm BC Chứng minh ba điểm H I M, , thẳng hàng

và AH =2OI

c) Khi BCcốđịnh, xác định vịtrí A trên đường trịn ( )O để DH DA lớn

(169)

a) Cho xy+yz+xz =0 xyz≠0 Chứng minh rằng: yz2 xz2 xy2

x + y + z =

b) Cho n số nguyên dương Biết 2n+1 3n+1 hai số phương

Chứng minh n chia hết cho 40

Hết

SỞGIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN (Hướng dẫn chấm có 04 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học : 2020 - 2021

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN CHUN

Câu Hướng dẫn Điểm

1.1 (1,0đ)

Cho biểu thức: 2 2(a 1)

1

− − + + −

+ + −

= a a a a

a a a a

P

a) Rút gọn P

Với a>0,a≠ ⇒1

3

( 1) (2 1) 2( 1)( 1)

1

a a a a a a

a a a a

P − − + + − +

+ + −

= 0,25

( 1)( 1)

(2 1) 2( 1)

1

a a a a

a a

P − + + − + + + = − +

+ +

= 0,25

b) Tính giá trịnhỏnhất P

2

1 3

2 4

a a a

P − + = −  + ≥

 

= (Với ∀ >a 0,a≠1) 0,25

Vậy giá trịnhỏnhất

4

P=

4

a= 0,25

1.2 Giải hệphương trình:

1

2 1

3

4

3 x

y x

y

 − + =

 +

 

 − − =

 +

(170)

Điều kiện: x y ≥   ≠ −  0,25 Đặt 1 u x v y  = −   =  + 

(điều kiện u≥0) 1

4

u v u

u v v

+ = =

 

⇒ ⇔ 

− = = −

  (thỏa mãn) 0,5

1 x x y y  − = =   ⇒ ⇔ = − = −   + 

(thỏa mãn) Vậy HPT có nghiệm (2; 4)− 0,25

2.a (1,0đ)

Phương trình:

5

− − =

x mx m

a) Tìm m đểphương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm

Ta có:

25m 16m

∆ = + 0,25

Đểphương trình có nghiệm kép

0

0 25 16 16

25 m m m m =   ∆ = ⇔ + = ⇔  = −  0,25

) m

+ = nghiệm kép 1 2

2

m

x = x = = 0,25

16 )

25

m

+ = − nghiệm kép 1 2

2

m

x = x = = − 0,25

2.b (1,0đ)

b) Chứng minh phương trình có nghiệm phân biệt x x1;

2

1 14

x + mx +m + m+ >

PT có nghiệm phân biệt x x1; 2 ∆ =25m2+16m>0 0,25

và 2

1 5

x − mx − m= ⇔ x = mx + m x1+x2 =5m 0,25

Xét 2

1 14 5 14

P=x + mx +m + m+ = mx + m+ mx +m + m+

2

1

5 (m x x ) m 18m 26m 18m

= + + + + = + + 0,25

Suy 2

25 16 ( 1)

P= m + m m+ + m+ = ∆ + m+ > (vì ∆ >0) Đpcm 0,25

3.a (1,0đ)

a) Một Robot thiết kế thẳng, quay góc

90 sang

phải sang trái Robot xuất phát từvị trí A thẳng 2m quay sang trái thẳng 3m, quay sang phải thẳng 5m đến đích vị trí

(171)

Học sinh vẽđược hình minh họa

0,25

Kẻ AC ⊥BC hình vẽ:

0,25

Ta có: AC =7;BC =3 0,25

2

7 58

AB

⇒ = + =

Vậy khoảng cách đích đến nơi xuất phát Robot 58

0,25

3.b (1,0đ)

b) Chứng minh: a2 b2 2

a b

+ ≥

− Với a> >b 0 a b. =1

Vì 2 ( )2 ( )

( )

a b a b

a b a b

a b a b a b

+ − +

= ⇒ = = − +

− − − 0,25

Do ( ) 2 ( ) 2

( ) ( )

a b a b a b

a b a b

> > ⇒ − + ≥ − =

− − (BĐT AM-GM) 0,25

Dấu xẩy khi: 2

( ) ( ) 2

( )

a b a b a b

a b

− = ⇔ − = ⇔ − =

−

2

( / )

1

2

( )

2

a t m

a b

a

a Loai

 +

=

 −



⇔ − = ⇔ ⇒ =

 −

= 

0,25

Vậy a2 b2 2

a b

+ ≥

− Dấu xẩy

6

;

2

a= + b= − 0,25

4.a Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( )O Đường cao AD BE, cắt H Kéo dài BE AO, cắt đường tròn ( )O F M

2 3

5

A

B

3

5

2

A

B

(172)

(1,0đ) a) Chứng minh ∆HAF cân

Vẽhình đến câu 4.a

0,25

Ta có:  AHF = ACB (cùng phụvới DAE) 0,25

Lại có  ACB=AFB (cùng chắn cung AB) 0,25

Suy AHF AFB  AHF cân A 0,25

4.b (1,0đ)

b) Gọi I trung điểm BC Chứng minh ba điểm H I M, , thẳng

hàng AH =2OI

Ta có BH / /CM (cùng vng AC), HC/ /BM (cùng vng AB) 0,25 BHCM

⇒ hình bình hình 0,25

Mà I trung điểm BC⇒ I trung điểm HM ⇒ ba điểm

, ,

H I M thẳng hàng 0,25

OI

⇒ đường trung bình ∆AHM ⇒ AH =2OI 0,25

4.c (1,0đ)

c) Khi BCcốđịnh, xác định vịtrí A đường tròn ( )O để DH DA

lớn

Theo câu ta có AHF AFB BHD ACB  DAC DBH(g.g) 0,25

Suy DA DB DA DH DB DC

DC  DH   0,25

Ta có

2

BD CD BC

DB DC   DB DC 

    0,25

H

E

I D

F

O

B C

A

(173)

Dấu xẩy BDDC

Vậy để DH DA lớn A là điểm cung lớn BC 0,25

5.a (0,5đ)

a) Cho xy+yz+xz=0 xyz≠0 Chứng minh rằng: yz2 xz2 xy2

x + y + z =

Vì: xy yz xz 0; 0xyz 1

x y z

+ + = ≠ ⇒ + + =

Chứng minh nếu: 3

0

a b c+ + = ⇒a + +b c = abc

0,25

Áp dụng công thức ta có: 1 13 13 13

x+ + = ⇒y z x + y + z = xyz

Lại có: yz2 xz2 xy2 xyz 13 13 13

x y z x y z

 

+ + =  + + =

  (Đpcm)

0,25

5.b (0,5đ)

b) Cho n số nguyên dương Biết 2n+1 3n+1 hai số

phương Chứng minh n chia hết cho 40

Đặt

2n+ =1 x ⇒xlẻ ⇒2n=(x−1)(x+1 4) x−1; x+1 chẵn ⇒n chẵn

Đặt

3n+ =1 y ⇒ y lẻ(do n chẵn) 3n=(y−1)(y+1 8) y−1; y+1 hai sốchẵn liên tiếp mà (3;8)= ⇒1 n8 (1)

0,25

Ta có sốchính phương chia cho dư hoặc

Mặt khác 2 2

5 ,

x + y = n+ ⇒x y chia cho dư

Nên ( ) ( ) ( 2)

3 (2)

n= n+ − n+ = y −x  Từ(1), (2) (5;8)= ⇒1 40n Đpcm

0,25

(174)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN

Đề số24

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH

NĂM HỌC 2020 - 2021

Môn thi chuyên: TOÁN

Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu (6,0 điểm)

2

1

2x x 3x x

x

 + − = +

 

 

3 2

0

1

x x y x y xy y

x y y x

 + + − − − = 



+ − = − −



Câu (3,0 điểm)

a) Tìm tất cảcác sốnguyên dương x y, sốnguyên tố p thỏa mãn 4

x

p −y = b) Chứng minh m n, hai sốtựnhiên thỏa mãn 2m2+ =m 3n2+n 2m+2n+1là sốchính phương

Câu (2,0 điểm). Cho a b c, , ba sốthực dương thỏa mãn điều kiện a b c+ + =3 Tìm giá

trịnhỏnhất biểu thức P a b b c c a

c ab a bc b ca

+ + +

= + +

+ + +

Câu (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB< AC) nội tiếp đường tròn ( )O Các

đường cao AD BE CF, , tam giác ABC cắt điểm H a) Chứng minh BC đường phân giác tam giác DEF

b) Gọi M giao điểm đường thẳng EF với đường tròn ( )O (M nằm cung nhỏ AB); O1, O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMF tam giác CME

Chứng minh AM ⊥O O1

c) Lấy điểm K đoạn thẳng HC (K khác H C), đường thẳng BK cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai I đường thẳng CI cắt đường thẳng BE điểm G

Chứng minh hệ thức EF

GFB C

FK BF BE FC CF CE S∆ = + S∆

  (Trong S∆GFB diện tích tam

giác GFB, S∆CEF diện tích tam giác CEF)

(175)

Câu (2,0 điểm). Trong hình chữ nhật có chiều dài 149cm, chiều rộng 40cm

cho 2020 điểm phân biệt Chứng minh tồn hai điểm số 2020 điểm

đã cho mà khoảng cách chúng nhỏhơn 2cm

HẾT

Họvà tên thí sinh: Sốbáo danh:

NĂM HỌC 2020 - 2021 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu Nội Dung Điểm

1 a ) 3 , 0

ĐKXĐ: x≠0 0,25

Ta có 2

2 1

2x x 3 3x x

x  + − = +     2 1 3

2 x 3x 1

x x   ⇔  + − = +   0,5 1 1

2 x 3 x 5 0

x x     ⇔  +  −  + − =     0,5 1 1

1 2 5 0

x x x x       ⇔ + +   + − =      0,5 1 1 x x

⇔ + = − 1 5

2 x

x

+ = 0,5

TH1: 1

1 1 0

x x x

x

+ = − ⇔ + + = (vô nghiệm) 0,25

TH2:

1

1 5

2 5 2 0 2

2

2 x

x x x

x x  =  + = ⇔ − + = ⇔  = 

(tm) Vậy 1;2 2 S =  

 

0,5

b

) 2 0 (1)

1 2 3 4 (2)

x x y x y xy y

x y y x

 + + − − − =

 

+ − = − −

 , ĐKXĐ:

0 1

2 3 4 0

x y y x ≥   ≥   − − ≥  0,5

Ta có: ( ) ( )( )

1 ⇔ x − y x− + =y 1 0 0,5

2 1 y x y x = +  ⇔  =  0,5 TH1: y = +x 1kết hợp với ĐK x≥0 ta có 2y−3x− = − − <4 x 2 0(loại) 0,5 TH2:

(176)

3 , 0

( )

2 2

1 2 3 4 2 1 4 3

x + x − = x − x− ⇔ x x − = x − x−

( )( ) ( ) ( )

2 x −x x+ =1 x −x −3 x+1 0,25

Đặt ( )

2

0, 1

1

a x x

a b b x  = −  ≥ ≥  = +

 , ta có

( )( )

2

2ab=a −3b ⇔ a+b a−3b =0

0 ( )

3 0

a b ktm

a b

+ = 

⇔  − =

0,25

Với a−3b=0, ta có x2 − =x 3 x+ ⇔1 x2 −10x− =9 0

5 34 59 10 34

5 34 ( )

x y x ktm  = + ⇒ = + ⇔  = − 

Vậy nghiệm hệphương trình (x y; )=(5+ 34; 59 10 34+ )

0,25

2 a

) 1 , 5 4 (1) x

p − y = , ta có ( )2

(1)⇔ px = y +4y + −4 2y

( )( )

2 2 2 2

x

p y y y y

⇔ = − + + + (2)

0,25

Nếu y = ⇒1 px = ⇒ =5 p 5,x =1 0,25

Nếu y ≥2 x=1 thay vào (2) ta có ( )( )

2 2 2 2

p= y − y+ y + y+ (loại,

vì 2 ( )

2 2 2 2 2 2 2

y + y+ > y − y+ = y y− + ≥ )

0,25

Nếu y ≥2 x≥2, kết hợp với (2) suy

2

2 2

4

2 2

y y p

y p

y y p

 − +  ⇒  + +     4 p

⇒  y p

0,25

TH1: 4  p⇒ =p 2

TH2: y  p, kết hợp với y2+2y+2 p suy 2 p⇒ =p 2

0,25 Thay p=2 vào (1) ta có 2x = y4 +4 (3)

Vì y≥2 nên từ(3) ⇒2x ≥ 24 + =4 20⇒ > ⇒x 4 2x 8

Từ(3)

y

⇒ chẵn 4

8 4

y y

⇒  ⇒ + chia cho dư Suy phương trình

(3) vơ nghiệm

Vậy (x y p, , ) (= 1; 1; 5)

0,25

b

1

Ta có 2 ( 2)

2m + =m 3n + ⇔n 2 m −n + − =m n n

( )( )

2 2 1

m n m n n

⇔ − + + = (1)

0,25

Gọi ( , 2 2 1)

2 2 1

m n d

d m n m n

m n d

−  = − + + ⇒  + +    0,25

(2m 2n 1) (2 m n) (4n 1) d

⇒ + + − − = +  (2) 0,25

(177)

,

5Từ(2)

2

n d n d

⇒  ⇒  (3) 0,25

Từ(2) (3) ⇒1d ⇒ =d 1 ⇒(m−n m, 2 +2n+ =1) 1 (4) 0,25 Từ(1) (4) suy m n− 2m+2n+1đều sốchính phương, ta có

đpcm 0,25

3

2 . 0

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có

3

3. a b b c c a 3 a b b c c a

P

c ab a bc b ca c ab a bc b ca

+ + + + + +

≥ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

+ + + + + +

0,25

Mặt khác: Theo bất đẳng thức AM-GM ta có

( )( ) ( ) ( ) ( ) (2 1)2

2 4

c ab a bc c a b

c+ab a+bc ≤ + + +  = + +

 

0,25

Chứng minh tương tự, ta có ( )( ) ( ) ( )

2

1 4

a b c

a+bc b+ca ≤ + + ;

0,25

( )( ) ( ) (2 1)2

4

b c a

b+ca c+ab ≤ + +

0,25 Nhân vế ba bất đẳng thức thu gọn ta

( )( )( ) ( )( )( )( 1)( 1)( 1)

8

a b b c c a a b c

c+ab a+bc b+ca ≤ + + + + + +

( )( )( )

( )( )( ) ( 1)( 81)( 1)

a b b c c a

c ab a bc b ca a b c

+ + +

⇔ ≥

+ + + + + +

0,25

Mà

( )( )( )

8 8

1

1 1 1 3

3

a+ b+ c+ ≥a+ + +b c  =

 

 

(Vì ( )( )( )

3 3

1 1 1

3 a b c

a+ b+ c+ ≤  + + + 

  )

0,25

Do P≥3, đẳng thức xảy chỉkhi a= = =b c 1 0,25

(178)

4 a

3 ,

0 Ta có tứgiác DCAF nội tiếp ⇒FDA =FCA 0,5

tứgiác DHEC nội tiếp ⇒  FCA=EDH 0,5

  FDA EDH

⇒ = 0,5

⇒ DA tia phân giác EDF 0,5

Mà AD⊥BC 0,5

Do BC đường phân giác tam giác DEF 0,5

b 2 . 0

Gọi P giao điểm thứhai EF với đường tròn (O) AJ đường kính

đường trịn (O) Ta có  AJC= ABD 900 =CAJ +AJC =BAD + ABD  

CAJ BAD

⇒ =

0,5

Mà  AEF = ABC nên CAJ   + AEF = BAD+ ABC =900⇒EF ⊥ AJ 0,5

    

MA AP AMP MAP ACM MA

⇒ = ⇒ = = ⇒ tiếp tuyến đường tròn

ngoại tiếp tam giác MEC

0,5 Chứng minh tương tựta có MA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam

giác BMF

0,25

MA O O

⇒ ⊥ 0,25

c

2 .

Ta có .

. BEF

CEF

S BF BE

S CF CE

∆ ∆

= KEF

CEF

S FK

S FC

∆ ∆

= 0,5

EF EF

. .

KEF BEF

C C KEF BEF

CEF CEF

FK BF BE S S

S S S S

FC CF CE S S

∆ ∆

∆ ∆ ∆ ∆

∆ ∆

 

⇒ +  = +  = +

    (1)

0,25

Ta có S∆GFB =S∆GEF +S∆BEF (2) 0,25

Qua K kẻđường thẳng song song với BE cắt EF N, theo hệquả định lý Ta-lét ta có EH KN

HF = KF (3)

0,25

Mà ∆EHC∆FHB g g( ). ∆FBK ∆ECG g g( ).

EH EC EG

FH FB FK

⇒ = = (4)

(179)

0

Từ(3) (4) KN EG KN EG

KF KF

⇒ = ⇒ = nên tứgiác EGNK hình bình

hành ⇒EF qua trung điểm KG ⇒S∆GEF =S∆EKF (5) Từ(1); (2) (5) suy đpcm

0,5

5

2 . 0

GiảsửABCD hình chữnhật có AB=149cm, BC =40cm; A’B’C’D’ hình chữnhật có tâm trùng với tâm hình chữnhật ABCD cho

' ' , ' ' , ' ' , ' '

A B  AB B C  BC C D CD D A DA A B' ' 151= cm, ' ' 42

B C = cm

0,5

Vẽ2020 hình trịn bán kính 1cm có tâm điểm ban đầu

Gọi Ci hình trịn điểm thứi, i=1, 2020 Si diện tích

i

S =πcm , với i=1, 2020

0,5

Ta có 2020

1

2020 2020.3,14 6342,8 i

i

S π cm

=

= > =

∑ 0,25

Mặt khác:

' ' ' ' 6342 A B C D

S = cm 0,25

Từ 2020 ' ' ' '

i A B C D i

S S =

>

∑ Ci nằm trọn A’B’C’D’ nên tồn 1≤ ≤i 2020,1≤ ≤j 2020,i≠ j cho Ci ∩Cj ≠φ

0,25

Gọi O Oi, jtương ứng hai tâm Ci Cj (khi O Oi, jthuộc vào tập hợp 2020 điểm cho) Ta có O Oi j <Ri +Rj =2cm (trong Ri =Rj =1cm bán kính Ci Cj) Suy đpcm

(180)

Đề số25

NĂM HỌC 2020 - 2021

Mơn thi chun: TỐN

Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu (6,0 điểm)

a) Giải phương trình

3 x 7x 4x

x

 + = + +

 

 

2

5

2 2

x y x y

x y y x

 − − − + = 



− − + = −



Câu (3,0 điểm)

a) Chứng minh với sốtựnhiên n A=n8−n4 chia hết cho 240

b) Tìm số nguyên dương a b c, , cho a2+1 b2+1 số nguyên tố

đồng thời ( )( )

1 1

a + b + =c +

Câu (2,0 điểm) Cho x y z, , ba số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz≥1 Chứng

minh

2

x y z

x yz y zx z xy

+ + ≥

+ + +

Câu (7,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC (AB< AC) nội tiếp đường tròn ( )O Các

đường cao AD BE CF, , tam giác ABC cắt điểm H Đường kính AI đường trịn ( )O cắt đường thẳng EF điểm K đường thẳng HI cắt đường thẳng

BC điểm M.

a) Chứng minh MB=MC tứgiác DMEF nội tiếp đường tròn b) Chứng minh HK BC =DI EF

c) Gọi N giao điểm hai đường thẳng EF BC Đường tròn ngoại tiếp tam

giác BMF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CME điểm P (P khác M ) Chứng minhNP⊥ AM

Câu (2,0 điểm). Trong hình chữ nhật có chiều dài 800cm, chiều rộng 10cm

cho 2020 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình trịn có bán kính

1cm nằm hình chữnhật mà không chứa điểm 2020 điểm cho

(181)

NĂM HỌC 2020 - 2021 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI DỰ BỊ

Câu Nội Dung Điểm

1 a) ĐKXĐ: x≠0

Ta có 1

3 x 7x 4x 7

x  + = + +     2

1 7 1 1

3 x 7x 4 3 x 6 7 x 4

x x x x

      ⇔  + = + + ⇔  +  − =  + +       0,5 1 1

3 x 7 x 10 0

x x     ⇔  +  −  + − =     0,5 1 1

1 3 10 0

x x x x       ⇔ + +   + − =      0,5 1 1 x x

⇔ + = − 1 10

3 x

x

+ = 0,5

TH1: 1

1 1 0

x x x

x

+ = − ⇔ + + = (vô nghiệm) 0,5

TH2:

1 1 10

3 10 3 0 3

3

3 x

x x x

x x  =  + = ⇔ − + = ⇔  = 

(t/M)Vậy 1;3 3 S =  

 

0,5

b)

3,0

2

5 6 0 (1)

2 2 2 5 (2)

x y x y

x y y x

 − − − + =

 

− − + = −

 ĐK:

2 0 0 x y y  − − ≥   ≥  0,25

Ta có: ( ) (1 ⇔ x− −y 3)(x+ −y 2)=0 0,5

3 2 0 x y x y = + 

⇔  + − = 0,25

TH1: x= +y 3 thay vào phương trình (2) ta

1 1 1 1

y− y + = ⇔ −y y + = (Thỏa mãn)

0,5 0 3 0 1 4 y x y y y x = ⇒ =  ⇔ − = ⇔  = ⇒ =  0,5

TH2: x+ − =y 2 0, từ(2) suy 2x− ≥5 0 5 2 x

⇒ ≥ 0,5

2 0

x y

⇒ + − > (loại)

Vậy nghiệm hệphương trình là(x y; ) ( ) ( )∈{ 3;0 , 4;1}

(182)

2 a

1,5

Ta có: 4( ) (4 )( )

1 1 1

A=n −n = n n − =n n − n +

( )( )( )

4

1 1 1

n n n n

= − + +

0,25

( )( ) ( )

4

1 1 4 5

n n n  n 

= − +  − + 

( )( )( )( ) ( )( )

4

1 1 2 2 5 1 1

n n n n n n n n

= − + − + + − +

0,25

15 A

⇒  với n (1) 0,25

Nếu n sốchẵn

16 16

n  ⇒ A 0,25

Nếu n số lẻthì (n−1)(n+1)8 (n2+1 2) ⇒ A16

Từđó ⇒ A16 với n (2)

0,25

Từ(1) (2) ⇒ A(16 15× )=240, (15,16)=1 0,25

b

1,5

( )( ) ( )

1 1 1 1

a + b + =c + Khơng tính tổng qt, giảsử a≥b

Ta có ( ) 2( ) 2 ( )( )

1 ⇔b a + =1 c −a = c−a c+a (2)

( )( ) ( )

1

c a c a a

⇒ − +  + c>a

0,25

( ) ( )

2 2

1 1 1

c a a c a a c a a

 − + ⇒ − ≥ + ⇒ ≥ + +  ⇒  + + ⇒ + ≥ + ⇒ ≥ − +    (do 1 a + số nguyên tố)

0,25

Suy

1

c≥a − +a (3) 0,25

Từ(2) (3) 2( ) ( )2( )

1 1 1

b a a a

⇒ + ≥ − + 2 ( )2

1 1

b a b a

⇒ ≥ − ⇒ ≥ − Kết hợp với a≥b suy a=b b= −a 1

0,25 TH1: a=b, thay vào (1) ta có ( )2

1 1

a + =c + ( )( )

1 1 1

a c a c

⇔ + − + + =

(vơ nghiệm

1 3

a + + ≥c )

0,25

TH2: 2

1 1 1 2 2 2

b= − ⇒ = + ⇒a a b a + =b + b+ > Mà a2 +1 sốnguyên

tố

2 2

b b

⇒ + + số lẻ

b

⇒ lẻ

1 b

⇒ + sốnguyên tốchẵn

Suy

1 2 1 2, 3

b + = ⇒ = ⇒ =b a c=

Vậy (a b c, , ) (∈{ 1;2;3 , 2;1;3) ( )}

0,25

3 3

2

x y z

x yz y zx z xy

+ + ≥

+ + + (1)

Đặt x =a, y =b, z =c suy a b c, , dương abc≥1

Ta có ( ) 2

2 2

3 1

2

a b c

a bc b ca c ab

⇔ + + ≥

+ + +

0,25

(183)

2,0

( )

2

2 2

2

2 2 2 2 2

a b c

a bc b ca c ab a bc b ca c ab

  + +

+ + ≥

 

+ + +

  + + + + +

Mặt khác: Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

( )2 ( )

2 2 2

3

a +bc + b +ca + c +ab ≤ a +bc+b +ca+c +ab

( ) (2 ) ( )2

3 a b c ab bc ca  3 a b c 9

=  + + − + + ≤ + + −

(vì 3 ( )2

3 3

ab+bc+ca≥ abc ≥ )

0,5

Do phép chứng minh sẽhồn tất ta chứng minh

( )

4

2

9

2 27 81 0

2

3 9

a b c

t t

a b c

+ +

≥ ⇔ − + ≥

+ + −

0,5

(2t 9)(t 9) 0

⇔ − − ≥ (ln đúng) (vì t=(a+ +b c)2 ≥(33 abc)2 ≥9) Đẳng thức xẩy a= = =b c 1

0,25

4 a)

3,0

Ta có: 

90

ACI = (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒IC ⊥ AC 0,5

IC BH

⇒  0,5

Tương tự: HC BI , tứgiác BHCI hình bình hành nên M trung điểm BC

0,5 Ta có: BEM =MBE (do tam giác MBE cân M), mà  DAC=MBE

 

DAC BEM

⇒ = (1)

0,5 Mặt khác:  BAD=HEF (2)

Từ(1) (2) ⇒BAD   +DAC =HEF +BEM ⇒ BAC=MEF

0,5

 

BDF MEF

⇒ = (do  BAC=BDF) nên tứgiác DMEF nội tiếp 0,5

b Vì   ABC = AIC= AEF    

90 90

BAD ABC AIC IAC

⇒ = − = − = 0,25

   

90 BAD ABC IAC AEF

⇒ = + = + nên tam giác KAE vuông K

EF OA

⇒ ⊥

(184)

2,0 ⇒ ∆AKH ∆ADI ⇒ HKDI = AKAD (3) 0,25

Vì AKE ADB AE AK EF AK

AB AD BC AD

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = (4) 0,25

Từ(3) (4) HK EF

DI BC

⇒ = ⇒HK BC. =DI EF. 0,25

c

2,0

Nối AN cắt đường trịn (O) điểm Q, ta có:

. . . .

NQ NA=NB NC = NF NE=ND NM suy tứgiác QAEF nội tiếp tứ giác AQDM nội tiếp

0,5

 

90

AQM ADM

⇒ = = 0,25

Mà tứgiác AEHF nội tiếp nên tứgiác QAEH nội tiếp suy  90

AQH = 0,25

Vậy ba điểm M, H, Q thẳng hàng suy H trực tâm tam giác ANM

NH AM

⇒ ⊥ (5) 0,25

Gọi P'= AM ∩(BMF)⇒ AP AM'. =AF AB. = AE AC. nên EP’MC tứ giác nội tiếp

0,25

( )

' '

P MEC P P

⇒ ∈ ⇒ ≡ ⇒ ba điểm A, P, M thẳng hàng

. . .

AP AM AE AC AH AD

⇒ = = nên tứgiác HPMD nội tiếp

0,25



90

HPM HP AM

⇒ = ⇒ ⊥ (6)

Từ(5) (6) suy ba điểm N, H, P thẳng hàng NP⊥ AM

0,25 5

2,0

GiảsửABCD hình chữnhật có AB=800cm, BC=10cm; A’B’C’D’ hình chữnhật có tâm trùng với tâm hình chữnhật ABCD cho

' ' , ' ' , ' ' , ' '

A B  AB B C BC C D CD D A DA A B' '=798cm, B C' ' 8= cm Vẽ2020 hình trịn bán kính 1cm có tâm điểm ban đầu

0,5

Gọi Ci hình trịn điểm thứi, i=1, 2020 Si diện tích

i

S =πcm , với i=1, 2020

Ta có 2020

1

2020 2020.3,14 6342,8 i

i

S π cm

=

= = =

∑

(185)

Mặt khác: ' ' ' ' 6384 A B C D

S = cm

Từ 2020 ' ' ' '

i A B C D i

S S =

<

∑ Ci nằm trọn ABCD nên tồn điểm M nằm hình chữnhật A’B’C’D’ khơng thuộc hình trịn Ci cho với 1≤ ≤i 2020

0,5

Gọi C hình trịn tâm M bán kính 1cm, hình trịnC khơng chứa điểm 2020 điểm cho Suy đpcm

(186)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020-2021

Đề số26

Mơn thi : TỐN (Tốn chun)

Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Khóa thi ngày: 23-25/7/2020

Câu (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức = + + −

−

− −

+ + +

2 18

9

2

1 4

x x A

x x x

x x , với x≥0và x≠9 Rút gọn biểu thức A

b) Tìm tất cảcác sốtựnhiên n thỏa mãn 3n−8 lập phương sốtựnhiên

Câu (1,0 điểm)

Cho parapol ( )

:

P y= x đường thẳng (d) : y=2x+3.Tìm giá trị tham số m biết đường thẳng (d ) :′ y=4x+m cắt đường thẳng ( )d điểm có hồnh độ dương

thuộc ( )P

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình ( 2− +x 1)2 =3x+1

b) Giải hệ phương trình

2

2 2

5

x y xy x

x y xy y x xy y

 + + + = 



+ + + + + =



Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ∆ABC cân A AB( <BC), M trung điểm AC, G trọng tâm tam giác ABM

a) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OG vng góc

với BM

b) Lấy điểmN cạnh BCsao cho BN =BA Vẽ NK vng góc với AB K, BE vng góc với AC E, KF vng góc với BC F Tính tỉsố BE

KF

Câu (2,0 điểm).Cho tam giác nhọn ABC (AB< AC) có ba đường cao AD BE CF, , đồng

qui H Vẽđường tròn ( )O đường kính BC Tiếp tuyến đường trịn ( )O Ecắt AD K

a) Chứng minh KA=KE

b) Vẽtiếp tuyến AM đường tròn ( )O (M tiếp điểm) Gọi I tâm đường

(187)

Câu (1,0 điểm) Cho ba sốthực dương x, ,y z thõa mãn x+ + =y z Tính giá trị lớn

nhất biểu thức 2

3

H = xy+yz +zx −x y

- HẾT -

Họvà tên thí sinh: Sốbáo danh:

Giám thị1 ………Giám thị2 ………

(Bản hướng dẫn gồm 05 trang)

Câu (2,0)

a) Cho biểu thức = + + −

−

− −

+ + +

2 18

9

2

1 4

x x A

x x x

x x , với x≥0và x≠9.

Rút gọn biểu thức A 1,0

1+ x+4 x+ = +4 ( x+2)2 = x+3 0,25

( )

( )( )

1

2 3

x x

x x x

x x x x x

+

+ = =

− − + − − 0,25

( )( ) ( (− )+ )(( + ))−

= + − =

+ − + − + −

2 3 18

2 18

3 3 3

x x x

x A

x x x x x x 0,25

( 53)( 243) 83

x x x

x

x x

+ − +

= =

+

+ − 0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020-2021

HDC CHÍNH THỨC

(188)

b) Tìm tất cả số tựnhiên n thõa mãn 3n−8 là lập phương của một số tựnhiên. 1,0

Xét ( )

3n− =8 a a∈

( )( )

3

3n− =8 a ⇔ a+2 a −2a+4 =3n

2

2,

Vì a+ a − a+ ước 3n nên ta có:

( )

2

2 (2) (x, y )

x y

a

a a

x y n

 + =

 − + = ∈



 + = 



0,25

Từ (1) suy a=3x −2 thay vào ( )2 ta được:

( ) (2 ) ( )

3x−2 −2 3x − + =2 3y ⇔ 3 3x x− +6 9+ =3 (3)y

Với x≥2 : Vếtrái (3) chia dư

0,25

+ x≥2 : từ ( )1 ⇒ ≥a Suy 3y =a a( − + ≥2) 39⇒ >y

Khi đó, vếphải (3) chia hết cho Do đó, x≥2 khơng thỏa

0,25 Với x=1 : suy a=1, y=1 Khi đó, n= + =x y

Với x=0 : Không thỏa

Vậy n=2 giá trị cần tìm

(Học sinh kiểm tra n=2 thỏa : 0,25đ)

0,25

Câu (1,0)

Cho parapol ( )

:

P y=x đường thẳng (d) : y=2x+3.Tìm giá trị tham số m biết đường thẳng (d ) :′ y=4x+m cắt đường thẳng ( )d tại điểm có hồnh độ dương thuộc ( )P

1,0

+ Tìm hai giao điểm ( ) ( ) ( )

: : : 1;1 , (3;9)

P y=x d y= x+ là A − B 0,25

+ ( )d′ cắt ( )d điểm có hoành độdương thuộc ( )P nên ( )d′ qua B( )3;9 0,25

+ Do 9=4.3+m 0,25

(189)

Câu (2,0)

a) Giải phương trình ( 2− +x 1)2 =3x+1. 1,0

( )2

2− +x =3x+ ⇔1 2− =x x 2− 0,25

2

1

2 x

4

x x x x  ≥  ⇔ − = − ⇔   − − =  0,25 1 x x x  ≥   ⇔ =     = −   0,25 x ⇔ =

Vậy phương trình cho có nghiệm x=1

(Nếu học sinh chỉghi điều kiện x≤2thì cho 0.25đ)

0,25

b) Giải hệ phương trình

2

2 2

5

x y xy x

x y xy y x xy y

 + + + =   + + + + + =  1,0 2

2 2

5

x y xy x

x y xy y x xy y

 + + + =   + + + + + =  ( ) ( )( )

( )

5

x y xy x

x y xy y

 + − − =  ⇔  + + + =  0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

*

5

x y xy x

x y x y xy x

 + − − =  ⇔  +  + + − +  =    

Đặt a= +x y b, =xy−x. Khi hệ (*) trở thành ( )

( ) ( )

5

5 2

a b

a a b

 − =   + + =  0,25

Từ(1) suy

5

b=a − thay vào (2) ta ( )( )

3 2

2 2

a +a − = ⇔ a− a + a+ = ⇔ = ⇒ = −a b 0,25

1

4

a x y x

b xy x y

= + = =

  

⇔ ⇔

 = −  − = −  = −

  

2 x y = −   =

(190)

Câu Nội dung Điểm Câu

(2,0)

Cho tam giác ∆ABC cân tại A AB( <BC), M là trung điểm của AC, G là trọng

tâm của tam giác ABM

a) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OG vng góc

với BM

b) Lấy điểmN cạnh BCsao cho BN = BA Vẽ NK vng góc với AB tại K, BE vng góc với AC E, KF vng góc với BC tại F Tính tỉ số BE

KF .

1,0

Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25

Hình vẽ phục vụ câu b: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

a) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OG vng góc

với BM 0,75

Gọi I giao điểm BM OA Suy Ilà trọng tâm tam giác ABC

Lập tỉ lệsuy GI / / AC 0,25

Mà OM vng góc với AC nên GI ⊥OM

Lập luận OI vng góc với GM nên I trực tâm tam giác OGM

0,25

Suy OG vng góc với MI hay OG vng góc với BM 0,25

b) Lấy điểmN cạnh BCsao cho BN =BA Vẽ NK vng góc với AB tại K, BE vng góc với AC E, KF vng góc với BC tại F Tính tỉ số BE

KF .

(191)

Gọi Dlà điểm đối xứng của A qua K.Suy tam giác NDA cân N

Xét hai tam giácBDN CNA có:

 , ,   (vì   )

DBN =NCA BN =CA BDN =CNA ADN =DAN =ANB

Suy hai tam giác BDN CNA

0,25

Suy

2

KBN AKNC ABC

S =S = S 0,25

1 1

.BE.AC

2KF BN 2

⇒ = 0,25

Mà BN = AC nên BE =2KF hay BE

KF = 0,25

Câu (2,0)

Cho tam giác nhọn ABC (AB< AC) có ba đường cao AD BE CF, , đồng qui

H Vẽ đường tròn ( )O đường kính BC Tiếp tuyến đường trịn ( )O tại Ecắt AD K

a) Chứng minh KA=KE.

b) Vẽ tiếp tuyến AM của đường tròn ( )O (M là tiếp điểm) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDM Chứng minh O I M, , thẳng hàng

2,0

(Hình vẽ phục vụcâu a: 0,25đ)

(192)

a) Chứng minh KA=KE 0,75

Ta có: OEK =900 ⇔  AEK+OEC =900

Tam giác OEC cân O nên OEC =OCE

Do  

90

AEK+OCE =

0,25

Mà    

90

KAE+OCE = nên KAE =KEA 0,25

Suy tam giác KAE cân K.Do KA=KE(đpcm) 0,25

b) Vẽtiếp tuyến AM của đường tròn ( )O (M là tiếp điểm) Gọi I là tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác HDM Chứng minh O I M, , thẳng hàng 1,0

Chứng minh tam giácAME đồng dạng với tam giácACM.

Suy

AM = AE AC

0,25 Chứng minh tam giácAEH đồng dạng với tam giácADC.

Suy AE AC = AH AD

Suy

AH AM

AM AH AD

AM AD

= ⇔ = 0,25

Hai tamgiácAHM AMD, có: HAM chung AH AM

AM = AD

Suy hai tam giácAHM AMD, đồng dạng Suy  AMH =ADM

0,25 Do MA tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giácHDM

Suy IM ⊥ AM

Mà OM ⊥ AM nên O I M, , thẳng hàng

0,25

Câu (1,0)

Cho ba số thực dương x, ,y z thõa mãn x+ + =y z Tính giá trị lớn

biểu thức 2

3

H = xy+ yz +zx −x y 1,0

( ) ( )

2 2 2 2

2 2

3 yz xy yz

yz

H xy x y yz zx xy x zx y z zx

xy zx xyz

= − + + = − + + = + + +

= + + +

+ Khơng tính tổng qt giảsử 0< ≤ ≤x y z, x(y z)(y x)− − ≤0

(193)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2

2 2

yz ( yz )

H xy zx xyz x y xyz xy xyz x y zx

y x z x y yz xy xz y x z x y y z x y z

= + + + = + + + − − +

= + + − − + = + +  − − − 

( )2 ( )( ) ( )2

y x z x y z y x y x z

= + + − − ≤ + (Đẳng thức xảy y= zhoặcy=x)

0,25

( )2 ( ) ( ) ( ) ( )

.2

2

y x z x z

y x+z = y x+z x+z ≤  + + + +  =

 

(Đẳng thức xảy 2y= +x z)

0,25

Suy H ≤4, dấu xảy x= = =y z

Vậy giá trị lớn H x= = =y z

(Phải có sở lập luận phần cho điểm)

0,25

* Lưu ý:

(194)

Bài 1 (1,5 điểm)

1.Rút gọn biểu thức A a a a a a

2 a a a

   − + 

= −  ⋅ − 

+ −

   , với a>0, a ≠1

2 Cho hàm số y=mx+ −m 1, với m tham số Chứng minh đồthị hàm sốluôn

đi qua điểm cốđịnh với m

Bài 2 (1,5 điểm)

1 Tìm tất cảcác sốnguyên dương n cho n2− −n sốchính phương

2 Ta nhận thấy số 2025 thỏa mãn tính chất đẹp: ( )2

2025= 20+25 Tìm tất

sốtựnhiên có bốn chữsố abcd thỏa mãn tính chất trên, nghĩa abcd=(ab+cd )2

Bài 3 (2,5 điểm)

1 Tìm giá trị lớn giá trịnhỏnhất biểu thức P 22x

x

=

+ Giải phương trình 3x 1+ + x+ =3

3 Cho biểu thức

f (x)=x +ax +bx+c, với a, b, c là số thực Biết f (1)=2, f (2)=3.Tính giá trị Q=f (5) 6f (3)− +2020

Bài 4.(3,5 điểm)

1 Cho tam giác ABC vng A, có đường cao AH Tia phân giác HAC cắt HC

tại D Gọi K hình chiếu vng góc D AC Tính AB, biết BC=25 cm DK=6 cm

2 Cho tam giác nhọn ABC có AB<AC, nội tiếp đường tròn (O) Gọi H trực tâm

của tam giác ABC Đường thẳng AH cắt BC D cắt đường tròn (O) điểm thứ

hai K Gọi Llà giao điểm hai đường thẳng CH AB, S giao điểm hai

đường thẳng BH AC

a) Chứng minh tứ giác BCSL nội tiếp BC đường trung trực đoạn thẳng HK

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI

Đề số27

Ngày thi: 18/7/2020 Mơn thi: Tốn (Hệ chun)

(195)

b) Gọi M trung điểm BC, đường thẳng OM cắt đường thẳng AB, AC

tại P, Q Gọi N trung điểm PQ Chứng minh hai đường thẳng HM AN cắt

một điểm nằm đường tròn (O) Bài 5.(1,0 điểm)

Cho 16 số nguyên dương lớn nhỏ 2021, đôi nguyên tố Chứng minh 16 sốtrên có sốlà sốnguyên tố

HẾT

Ghi chú: Cán coi thi khơng giải thích thêm

HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1.(1,5 điểm)

1.Rút gọn biểu thức A a a a a a

2 a a a

   − + 

= −  ⋅ − 

+ −

   , với a>0, a ≠1

2 Cho hàm số y=mx+ −m 1, với m tham số Chứng minh đồthị hàm sốluôn

đi qua điểm cốđịnh với m

Hướng dẫn giải Điểm

1 Ta có: A = a a a a + a

2 a a +1 a

   − 

− ⋅ −

   

−

   

= a (a a)( a 1) (a a)( a 1)

a a

 − − − + + 

−

   

   − 

   

= a a a 2a + a a a 2a a

a a

− ⋅ − − − −

−

= a 4a = 4a = a

a

2 a a

− ⋅ − − −

−

0,25 điểm

2 Xét điểm A x ; y( 0 0)trên mặt phẳng tọa độ

Khi đó, A điểm cốđịnh chỉkhi A thuộc đồthịhàm số

y = mx + m 1,− với m

0,25 điểm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NGÃI

(Có 05 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2020 – 2021

(196)

⇔ y = mx + m 1,0 0 − ∀m

⇔ (x0+1 m) −(y0+ =1) 0, ∀m

⇔ ( )

0

x

A 1;

y

= − 

⇒ − −  = −



Vậy đồthịhàm số y = mx + m 1− qua điểm cốđịnh

( )

A − −1; với m

0,25 điểm

0,25 điểm Bài 2 (1,5 điểm)

1 Tìm tất cảcác sốnguyên dương n cho số n2− −n sốchính phương

Số

n − −n 5chính phương 2

4n 4n 20 k ,

⇔ − − = với k∈ ( )2 2 ( )( )

2n k 21 2n k 2n k 21

⇔ − − = ⇔ + − − − =

Vì (2n+ − >k 1) (2n− − >k 1) 0nên có trường hợp sau

2n k 21

2n k 1

+ − = 

⇔  − − =



2n k

+ − = 

 − − =



Tìm n=3, n=6

0,25 điểm

2 Ta nhận thấy số 2025 thỏa tính chất đẹp: ( )2

2025= 20+25 Tìm tất số

tựnhiên có bốn chữsố abcd thỏa tính chất trên, nghĩa abcd=(ab+cd )2

Giảsử abcd sốthỏa tính chất trên, abcd=(ab+cd )2

Đặt x=ab, y=cd, ta có 10≤ ≤x 99, 0≤ ≤y 99 abcd =100 ab cd⋅ + =100x+y

Do đó, ta có ( )2

100x+ =y x+y

suy 10< + <x y 100

( )2 ( )( )

(x y) x y x y

99x x y − + = +

⇔ = + + −

Vì vếphải tích hai sốtựnhiên liên tiếp có hai chữsốnên 99x phải

được phân tích ởdạng

Ta biết bội 11 có hai chữsốgồm {11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99}

0,25 điểm

(197)

bội có hai chữsốgồm {18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81, 90, 99}

Như vậyx chỉcó thểlà sốsau {98, 20, 30}

Kiểm tra trực tiếp ta thấy số9801, 2025, 3025 thỏa tính chất đềbài

0,25 điểm Bài 3 (2,5 điểm)

1 Tìm giá trị lớn giá trịnhỏnhất biểu thức P 22x

x

=

+

Ta có biểu thức xác định với x thuộc  Do

2

2x

P P.x 2x P

x

= ⇔ − + =

+ (*)

(+) Nếu P=0 x =0

(+) Xét P≠0, ta có pt (*) có nghiệm ⇔ ∆ = −' P2 ≥ ⇔ − ≤ ≤0 P

Vậy P= −1và max P=1

0,25 điểm

2 Giải phương trình 3x 1+ + x+ =3

Điều kiện x

≥ −

3x 1+ + x+ = ⇔3 3x x+ + + +3 (3x 1)(x+ +3) =16

(3x 1)(x 3) 2x

⇔ + + = −

( )2

(3x 1)(x 3) 2x

⇒ + + = −

2 x

x 34x 33

x 33

= 

⇒ − + = ⇔ 

=  Thử lại, chọn x=1

0,25 điểm

3 Cho biểu thức

f (x)=x +ax +bx+c, với a, b, c là sốthực Biết f (1)=2, f (2)=3

(198)

Hướng dẫn giải Điểm Đặt P(x)=f (x) (x 1)− +

Do P(1)=0, P(2)=0 hay x=1, x=2 hai nghiệm phương trình P(x)=0

Mà P(x) đa thức bậc ba nên ta có P(x)=(x 1)(x− −2)(x−m) Khi

f (5) P(5) 4.3.(5 m)

f (3) P(3) 2.1.(3 m)

= + = − +

Do vậy, Q=f (5) 6f (3)− +2020 12(5 m) 12(3 m) 18 2020= − − − − + =2026

0,25 điểm

0,25 điểm Bài 4.(3,5 điểm)

1 Cho tam giác ABC vng A, có đường cao AH Tia phân giác góc HAC cắt

HC D Gọi K hình chiếu vng góc D AC Tính AB, biết BC=25cm DK=6cm

1 Ta có ∆HAD= ∆KAD (AD cạnh chung; A 1 =A2)

HD KD 6cm

⇒ = =

Ta lại có A 3 =C (cùng phụ B); BAD  =A3+A1 ; ADB  = +C A2

Mà A   1=A ; A2 3 = ⇒C BAD =ADB⇒ ∆ABD cân B ⇒BA=BD

Đặt BA= ⇒x BD= ⇒x BH= −x ABC

∆ vng A, có đường cao AH nên

AB =BH.BC

( )

2

x x 25

⇒ = − Giải phương trình, ta được: x1=15; x2 =10

Vậy AB=10cm AB=15cm

0,25 điểm

0,25 điểm B

6

3

K

H A

(199)

2 Cho tam giác nhọn ABC có AB<AC, nội tiếp đường tròn (O) Gọi H trực tâm

của tam giác ABC Đường thẳng AH cắt BC D cắt đường tròn (O) điểm thứ

hai K Gọi Llà giao điểm CH AB, S giao điểm BH AC

a) Chứng minh tứ giác BCSL nội tiếp BC đường trung trực đoạn thẳng HK

b) Gọi M trung điểm BC, đường thẳng OM cắt đường thẳng AB, AC

tại P, Q Gọi N trung điểm đoạn thẳng PQ Chứng minh hai đường thẳng HM AN

cắt điểm nằm đường tròn (O)

Vẽ hình

đúng đến

câu a) 0,25 điểm

a) Ta có H trực tâm nên BH⊥AC, CH⊥AB suy BSC =CLB=90°

Suy tứgiác BCSL nội tiếp

Ta có BKA =BCA (cùng chắn cung AB (O))

Mặt khác, BCA =AHS (do phụvới góc HAS) AHS =BHK

Do đó, BKH =BHK suy BKH tam giác cân B Mà BD⊥HK nên BC đường trung trực HK

0,25 điểm

E

N P

Q

I M

K H L

S

D

O A

(200)

b) Gọi AI đường kính (O)

Khi đó, CH BI (do vng góc với AB),

CI BH (do vng góc với AC)

Suy BHCI hình hình hành Do H, M, I thẳng hàng

Gọi E giao điểm HM AN, ta chứng minh E nằm (O)

Ta có  HCB=LSB (cùng chắn cung BL đường tròn (BCSL) ),

 

LSB=LAH (cùng chắn cung LH đường tròn (ALHS)),

 

LAH=APQ (do OM AH ) Suy HCB =APQ

Tương tựta có HBC   =SLC=HAS=AQP

Từđó suy ∆APQ ~ HCB∆

Mà N trung điểm PQ, M trung điểm CB nên suy ANQ ~ HMB

∆ ∆

Do đó, BHM = NAQ, mà BHM =EHS (đối đỉnh)

Suy EHS =NAQ hay AEHS tứgiác nội tiếp

Mà ASH=90° nên AEH=90° hay AEI =900 E nằm đường

tròn (O)

0,25 điểm

0,25 điểm Bài 5.(1,0 điểm)

Cho 16 số nguyên dương lớn nhỏ 2021, đôi nguyên tố Chứng minh 16 sốtrên có sốlà sốnguyên tố

Giảsử16 sốđã cho gồm a , a ,1 , a16 tất cảchúng hợp số Gọi pi ước nguyên tốnhỏnhất số (với i=1,,16)

Vì 16 sốđã cho đơi ngun tốcùng nên 16 số pi phân biệt

Gọi k { }i

i 1, ,16

p Max p

=

= , pk ≥51 nhỏhơn 51 chỉcó 15 sốngun tố {2,3,5, 7,11,13,17,19, 23, 29,31,37, 41, 43, 47}

Mà pk ước nguyên tốnhỏnhất ak nên ak ≥pk⋅pk ≥512 =2601,

mâu thuẫn với ak <2021

0,25 điểm

Định dạng
Số trang	296
Dung lượng	19,2 MB