Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán và lời giải chi tiết Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Định năm 2020

Do đó trung điểm của AD là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BÌNH ĐỊNH NĂM 2020 – 2021

Mơn thi: Tốn Chun

Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm)

a) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức:

2 3

x x x x

P

x x x x

   

  

    nhận giá trị nguyên b) Cho phương trình 2x23x m Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm x x1, 2 khác thỏa mãn:

1

1

1

x x 

Câu (2,5 điểm)

a) Giải phương trình:

4

3

1

3

x x

x x x

  

 

b) Giải phương trình: x y 3x 2y

x y y x

     



   

 Câu (1,5 điểm)

Tìm tất số nguyên tố p q, thỏa mãn p23pqq2 số phương Câu (2,5 điểm)

1 Cho tam giác ABC cân A có BAC600 nội tiếp đường tròn  O Gọi M điểm cung nhỏ

.

BC Chứng minh rằng: MAMBMC

2 Cho tam giác ABC nhọn có ABAC nội tiếp đường tròn  O Gọi D cạnh trung điểm BC E F, hình chiếu vng góc D AC AB, Đường thẳng EF cắt đường thẳng AO BC, theo thứ tự M N,

a) Chứng minh tứ giác AMDN nội tiếp

b) Gọi K giao điểm AB ED, L giao điểm AC FD H trung điểm KL I tâm đường tròn ngoại tiếp tam AEF Chứng minh HI EF

Câu (1,0 điểm)

Cho x y, hai số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:    

2

2

x y x y

A

x y xy

 

 



LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUN TỐN THPT CHUN LÊ Q ĐƠN – BÌNH ĐỊNH NĂM 2020

THUVIENTOAN.NET

Câu

a) Điều kiện x0 x1 Ta có:

        

           

     

1 3

3 3

2 3 1 3 1

3 9

1 3 3

1

4

1

1

1 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 x x x x

x x

x x x

x x

x x x x

   

     

     

         

         

   

       

 

  

    

 

   

Suy P

x  



Ta có P  2 x 1  x 1 1; 1; 2; 2   x2;0;3 x0 Vì x0; 2;3 nên ta có x0; 4;9  So với x1 thỏa điều kiện

Vậy có ba giá trị x cần tìm để P ngun x0, x4, x9

b) Phương trình có hai nghiệm khác   2

9

3

0

2 0 0

m m

m m



       

 



 

    

 

  

Khi theo định lý Viete, ta có:

1 2

3

x x

m x x

   



 



Ta có:

   

1 2

2 2 2 2 2

1 1 2

2

2

1

1

4

4 9

2 2

1

x x x x

x x

x x x x x x x x x x

m m

m m

m m

    

      

     

  

             

 

   

Câu

a) Điều kiện: 3 2 2

3

x

x x x

x x

        

 

 Phương trình cho tương đương:

  

4

2 2 2 2

2

1 1

2

1

1 1 2

1 5

1 2

2 17

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x x x

x x x x x x x x x                                                                                  17 x                   So với điều kiện ta thấy thỏa mãn

Vậy phương trình cho có bốn nghiệm: 1; 5; 17; 17

2 4

S       

 

 

 

b) Điều kiện:

x y

x y

   

  

 Hệ phương trình tương đương:

     

2

x y x y x y

x y x y

      



    



Đặt a xy b x y với a0,b0 Hệ cho trở thành:

2

2

a a b

a b

   



   

Suy 2a 1 5a2 a 2a12 5a2 a 3a25a   2 a a0 Suy b 2 Khi ta có:

1 x y

x y x

y x y

y x                               

Thử lại thấy thỏa mãn

Câu

Khơng tính tổng qt giả sử pq Đặt p23pqq2n2 Khi ta có:

 

  

2

2 2

3

p pq q n n p q pq

n p q n p q pq

      

     

Thay n n phươn trình khơng đổi khơng tính tổng quát giả sử n0 Ta có: n    p q n p q kết hợp với pq phương trình tương đương:

1

n p q

n p q pq

    

   



n p q q

n p q p

    

    

 Trường hợp 1: n p q 2p q pq p 2q 2

n p q pq

   

        

    

Do pq nên suy

2

p p

q q

    

 

 

 

    

 

 

 Trường hợp 2: n p q q n q 0,

n p q p

   

   

   

 vơ lí

Vì vai trị tương đương nên phương trình cho có hai nghiệm p q;      3; , 7;3 Câu

1

Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác nội tiếp ABMC, ta có:

 

AM BC AB MC AC MB AB MBMC A

C B

Suy MA MB MC AB BC

  

Tam giác ABC cân A nên  

 0

0 180 180 60

60

2

BAC

ABCACB    

Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có:   sin sin

AB BC

R

ACB ABC

 

Suy

 

0 sin sin 60

1 sin 60 sin

AB ABC

BC CAB  

Từ suy MA MB MC AB MB MC BC

    

Hay MAMBMC 2

a) Tứ giác AEDF nội tiếp AFDAED90 Suy AEFADF Ta có MND1800MECECNAEFACBADFACB Mà ADF900DFA 

 



0

0 180

90

2

AOB BAO

ACB     BAO

Suy MND900DFA900BAODAM Do tứ giác AMDN nội tiếp

H

L

K

M I

N

E F

D O

C B

b) Ta có EKL vng K có H trung điểm KL nên KL EH 

Chứng minh tương tự ta có KL FH

Suy EH FH (1)

Tứ giác AEDF nội tiếp mà AED AFD90 AD

 đường kình đường trịn ngoại tiếp tứ giác AEDF Do trung điểm AD tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF Suy I trung điểm AD

Suy IEIF (2)

Từ (1) (2) suy HI trung trực EF nên HIEF Câu

Ta có:    

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

2

2

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

A

x y xy x y xy x y xy

      

      

  

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

2 2

2

2

xy x y

x y xy



 