Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Sở Giáo và Đào tạo Hà Tĩnh năm 2020

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM 2020 THUVIENTOAN.NET. Câu 1.[r]

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

Mơn thi: Tốn Chun

Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,5 điểm)

Giả sử a b c, , số thực khác cho hệ phương trình

ax by c bx cy a cx ay b

  



   

   

có nghiệm x y; 

Chứng minh

2 2

3

a b c

bccaab

Câu (2,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

4

2

2

2 2

x x y

x y y

  



   



b) Giải phương trình: 2x2 x   2 x2 3x3 Câu (2,5 điểm)

a) Tồn hay không số nguyên dương n cho 2n2021 3n2020 số phương

b) Tìm tất cặp số nguyên dương x y;  cho

2

x xy



 có giá trị số nguyên Câu (2,5 điểm)

Cho hai đường tròn  O  O cắt A B, cho hai tâm O O nằm khác phía với 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 từ điểm 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 AON Chứng minh trung trực MN qua điểm cố định

Câu (1,0 điểm)

Cho x y z, , số thực không âm thỏa mãn x z2 2y z2 2 1 z

Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

     

2

2 2

1

1

z P

x y z

  

  

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM 2020 THUVIENTOAN.NET

Câu

Từ hệ phương trình, ta có:

     

     

3 3 2

2 2

3

a b c a a b b c c

a bx cy b cx ay c ax by ab ax by bc bx cy ca cx ay ab c bc a ca b abc

       

     

     

      

Suy a3  b3 c3 3abc, mà a b c, , khác nên:

2 2

3 3

3 a b c

a b c abc

bc ca ab

      

Do ta có điều phải chứng minh,

Câu

a) Cộng vế theo vế hai phương trình ta được:

   

   

   

4 2

4 2

2

2

2

2

2 2

2

2

1

3

x x y x y y

x x y y x y

x y x y

x y x y

x y x y

    

      

     

     

 

 

    

 

 

Với x2  y 1, thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: y  0 x x 1

Với x2  y 3, Thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: y2   8 y 2 y 2 Khi x2  2 23 x2 2 23, phương trình vơ nghiệm x20

Tóm lại hệ cho có hai nghiệm x y;     1; , 1;0  b) Điều kiện: x2 Phương trình tương đương:

 

   

   

 

2

2

3 2

4 2 2

2

2

2

2

2

x x x x

x x x x x

x x

x x

x x

x x

x x

     

        

    

     

 

    



   

  

    

Trường hợp 1:  

 2 2

5 11 29

1

2 11 23

2 x x x x x x x                         Trường hợp 2:  

 2

1 1 1 5

2 2 x x x x x x x                          

Vậy tập nghiệm phương trình 11 29;

2 S                Câu

a) Đặt x2 2n2021 y23n2020 với x y, * Khi ta có: 3x22y2 2023 Ta có

2y 2 2023 không chia hết cho Suy x lẽ nên đặt x2m1, thay vào phương trình, ta được:

 2 2   2

3 2m1 2y 20236m m 1 1012 y 2 Ta có: m m 1 2 nên 2m m 1 4, đồng thời 1012 4 nên  

2 y  

Mặt khác y2 0 mod 4  y21 mod 4  nên không tồn y cho y22 chia hết cho Điều dẫn đến không tồn n thỏa mãn yêu cầu tốn

b) Ta có: 2 x xy 

 số nguyên nên

  2

y x xy



 số nguyên

Mà        

2

2 2

2 2

y x x xy x y x y

x

xy xy xy

    

  

   nên

  2 x y xy 

 số nguyên dương

Đặt 2  2   2

x y

k x y k xy

xy



    

 với

* k

Nếu k2, ta có: 2xyk xy  2 2xy2  x y xy 2 x1y  1 Vơ lí x y, 1 Do k1

Với k1, ta có: 2xyxy 2 x2y 2 Phương trình tương đương: 2

2 x y       



2 2 x y       



2 2 x y        



2 x y         

Hay x y     

 x y     

 x y     

 x y      

Câu

a) Kéo dài AO cắt  O E, kéo dài AO cắt  O F Ta có ABEABF900900 1800 nên E B F, , thẳng hàng Ta có ACDAEF chắn cung AB  O

Tương tự AFEADC chắn cung AB  O Do đó: ACDAEF Suy ra: CD AC  1

EF  AE Mà ACE vng C có ACAE  2

Từ  1  2 suy CDEF với EF không đổi Ta có: CD EF C E

D F

  

   

 hay d vng góc với AB B

Vậy giá trị lớn CD EF đạt d vng góc AB B

b) Gọi I trung điểm EF, ta có O I đường trung bình tam giác AEF Suy O I OA  O I OA O trung điểm AE

Do AOIO hình hình hành Suy AOIAO I

Gọi P P,  giao điểm OI với  O Q Q,  điểm O I với  O cho

IP IP IQ IQ

Do MOANO A mà M N, di chuyển ngược chiều nên xét hai trường hợp

N Q

Q' P' P

I

D

F

E

A

O

B

O'

C

 M trùng P P

Nếu M P NQ Suy IM IPIOOPO I O Q IN

Nếu M P NQ Suy IM IPIOOPO Q O I IQIN  M không trùng P P N khơng trùng Q Q

Do

 

   

MOA NO A

MOI IO N AOI AO I

  

   

  



Ta có MOIO OI, O N

Suy MOI IO N IM IN

Trong trường hợp IM IN nên trung trực MN qua điểm I cố định

Câu

Với a b, 0, ta có:

 2

2

1 8

a b ab ab ab

Do

 2

2

1

a b  ab Đẳng thức xảy ab Áp dụng bất đẳng thức liên tiếp, ta có:

     

2

2 2 2

1 1 8

1 1 1

1 1

2 2

z

x z x

x x

z z z

    

     

              

  

     

  

     

 

2 2

8 64 64

1 1

2

2 2

y

x x y x y

z z z

  

      

              

     

  

     

Từ suy 64 2

5

P

x y z



 

    

 

 

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

   

2 2 2

2

3

3z x z y z x y 2x y

z z z

 



             

Suy ra: 2

x y x y

z z z

       

Do

 2

64

1

P 

 Đẳng thức xảy

1 1,

2 x y z