Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán tỉnh Nghệ An năm 2020

tròn nằm trọn trong hình chữ nhật mới nên suy ra diện tích của 2020 hình tròn phải nhỏ hơn diện tích của hình chữ nhật mới.  Điều này chứng tỏ diện tích hình chữ nhật nhỏ hơn tổng di[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐẠI HỌC VINH NĂM HỌC 2020 – 2021

Mơn Tốn chun

Ngày thi 17/7/2020 Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu (3,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2

2

2x x 3x x

x  

    

 

 

b) Giải hệ phương trình:

3 2

0

1

x x y x y xy y

x y y x

       

     

 Câu (1,5 điểm)

a) Tìm tất số nguyên dương x y, số nguyên tố p thỏa mãn pxy44

b) Chứng minh m n, hai số tự nhiên thỏa mãn 2m2 m 3n2n 2m2n1 số phương Câu (1,0 điểm)

Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn a  b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

a b b c c a

P

c ab a bc b ca

  

  

  

Câu (3,5 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn  O Các đường cao AD BE CF, , tam giác ABC cắt H

a) Chứng minh BC đường phân giác tam giác DEF

b) Gọi M giao điểm đường thẳng EF với đường tròn  O cho M nằm cung nhỏ AB O O1, 2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMF CEM Chứng minh AM vng góc với O O1 2

c) Lấy điểm K đoạn thẳng HC cho 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:

GFB CEF

FK BF BE

S S

FC CF CE

 

   

     Trong SXYZ diện tích tam giác XYZ

Câu (1,0 điểm)

Trong hình chữ có chiều dài 149cm, chiều rộng 40 cm cho 2020 điểm phân biệt Chứng minh tồn

ít điểm số 2020 điểm cho mà khoảng cách chúng nhỏ cm

LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NĂM 2020 TỈNH NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU

THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH

THUVIENTOAN.NET

Câu

a) Điều kiện x0 Chú ý x2  x 0,  x 0, ta có phương trình tương đương:

   2 2 2

1 1

2 3

1

1 5

2

2 1

2

x x x x

x x x x

x x x x x x

x x x x x x                                                                                   

Vậy phương trình cho có hai nghịm 1;

2

x x

b) Điều kiện:

1

2

x y y x           

Phương trình thứ hệ tương đương:

      

2 2

1 1

1

y x

y x x y x x y x y x

y x

  

              



 Với y x 1, 2y3x  4 2x 1 3x   4 x 2, điều mâu thuẫn với x0  Với yx2 x Thay yx2 vào phương trình thứ hai hệ ta được:

 

 

      

  

 

2 2 2

2

2

2

2

1 1

2

2

3 1

3

10 34

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

                                              

Với x 5 34, ta có y5910 34

Câu

a) Với y1, ta có: px  5 p 5, x1

Với y2, ta có: px20 khơng tồn x p, thỏa mãn Với y3, ta có: px85khơng tồn x p, thỏa mãn Với y4, ta có: px260khơng tồn x p, thỏa mãn Với y5, ta có: px629khơng tồn x p, thỏa mãn

Xét y6, ta có: y4 4 y44y44y2 4 4y2y2224y2y22y2y22y2 

Do   

2

4 2

2

2

4 2 2

2

a

x x

b

y y p

p y p y y y y

y y p

    

         

   

 với a b x

*

,

a b

Ta có:  

6 2 2

y  y  y y  y

Suy ra: pby22y 2 pa y22y 2 2y22y2 p y 22y2 p pb pb1

Do đó: pbpa pb1 hay b  a b Suy không tồn a b, thỏa mãn Vậy x y p; ;   1;1;5 số thỏa mãn

b) Ta có: 2  2     

2m  m 3n  n m n  m n n  2m2n1 m n n

Nếu n0 m0 2m2n 1 12 số phương

Nếu n0, gọi dgcd 2 m2n1,mn với d*, suy n d2 n d

Ta có: mm n n d m d Lại có 12m2n 1 2m1d Suy d1

Do   

2

2

2

2m 2n m n n m n a

m n b

    

     

  

 với abn

*

,

a b Từ dẫn đến 2m2n1 số phương

Câu

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

   

   

3

3 a b b c c a ,

a b a b b c c a

P Q

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

  

   

   

      



Trong    

   

a b b c c a

Q

c ab a bc b ca

  



  

            

2

2 2

1

4 4

b a c a c

c ab a bc a c b

c ab a bc

    

      

    

Viết hai bất đẳng thức tương tự ta có:

      

      

2

2

1

1

a b c

a bc b ca

b c a

c ab b ca

 

  

 

  

Suy ra:         1 1 1

8

a b b c c a a b c

cab abc cab       

Mà        

3 3

1 1

1 1

27 27 27

a b c a b c

a b c             Từ suy ra: cab a bc c ab  ab b c c a Q Dẫn đến P36 Q3. Đẳng thức xảy a  b c 1. Vậy giá trị nhỏ P đạt a  b c

Câu

a) Tứ giác BFHD nội tiếp nên HBFHDF Tứ giác ABDE nội tiếp nên ABEADE Suy HDFADE hay DA phân giác EDF

Mà DABC nên BC phân giác EDF b) Gọi L giao điểm ME với  O

Ta có:  1sd sd  1sd sd  

2

Khi AMLABM ACM

Xét đường trịn  O1 có AMFMBF Suy MA tiếp tuyến  O1 Suy MAMO1 M Tương tự ta có AMEMCE nên MA tiếp tuyến cua  O2 Suy MAMO2 M Do MAO O1 2

c) Gọi J giao điểm KG FE, N giao điểm KC FE Ta có:

  sin sin

BEF

GFB CEF CEF CEF CEF BEF

CEF

S

FK BF BE FK BF BE EBF FK FK

S S S S S S

FC CF CE FC CF CE ECF FC S FC



     



   

        

   

              

Do yêu cầu toán tương đương với chứng minh:

 

 

1 ,

2 .

1 ,

GFB CEF BEF GEF BEF CEF BEF

GEF BEF CEF BEF GEF CEF

GEF

CEF

FK FK

S S S S S S S

FC FC

FK FK

S S S S S S

FC FC

d F GC GN S

FK GN

FC S d F GC CN CN

      

     

 

       

       



   



Tóm lại cần chứng minh FK GN  *

FC  CN Thật vậy, ta có:

 

 

tan tan

tan tan

FH FBH ECH EH

FK  FBK  ECG  EG

 

 

EBF ECF

ABI ACI

  

  

Áp dụng đính lý Menelaus cho tam giác GHK, có cát tuyến FEJ, ta có:

1

KF HE GJ GJ

FH GE JK    JK  Áp dụng đính lý Menelaus cho tam giác GCK, có cát tuyến FJN, ta có:

1

GN CF JK GN FK

NC FK GJ    CN  FC Từ suy  * dẫn đến ta có điều phải chứng minh

Giả sử ngược lại không tồn điểm có khoảng cách nhỏ 2cm 2020 điểm cho Khi khoảng

cách hai điểm lớn 2cm

Xét 2020 hình trịn có tâm điểm cho có bán kính 1cm Do 2020 điểm nằm hình chữ

nhất nên 2020 đường trịn nằm hình chữ nhật mở rộng từ hình chữ nhật cho 1cm chiều

dài chiều rộng Khi kích thước hình chữ nhật    

149  2 40  2 151 42 6242 cm

Do khoảng cách hai điểm khơng nhỏ 2cm nên đường trịn có nhiều

điểm chung, nghĩa tổng diện tích 2020 hình trịn tổng diện tích hình trịn Mặt khác hình

trịn nằm trọn hình chữ nhật nên suy diện tích 2020 hình trịn phải nhỏ diện tích hình chữ nhật

Ta có diện tích 2020 hình trịn 2020 12 6242,8cm26242 3,14  Điều chứng tỏ diện tích hình chữ nhật nhỏ tổng diện tích hình trịn Do điều giả sử sai