Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán THPT chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa năm 2020

Tại mỗi điểm ta ghi một số thực khác 0 và 1 sao cho quy tắc sau được thỏa mãn “số ghi tại điểm màu xanh bằng tổng của hai số ghi màu đỏ kể nó; số ghi màu đỏ bằng tích của hai số ghi[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM HỌC 2020 – 2021

Mơn Tốn chun

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

Câu (2,0 điểm)

a) Cho a b c, , ba số thực thỏa mãn đồng thời điều kiện a  b c 1 1

a  b c

Chứng minh ba số a b c, , có số

b) 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 biếu thức: F x 182021 y 72021 z 20202021 Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình:

2

1 35

1

12

1 x

x

 



b) Giải hệ phương trình:

2

2

3 3

4 18 16

xy y x x

y y x x

    



    



Câu (2,0 điểm)

a) Tìm tất cặp số nguyên x y;  thỏa mãn xy2 x 2x42x 1 2y2 b) Chứng minh 2n 10ab

với a b n, , số tự nhiên thỏa mãn 0 b 10 n3 ab chia hết cho

Câu (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn có BAC45 Về 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

a) Chứng minh tứ giác EFQN nội tiếp đường tròn

b) Gọi I trung điểm đoạn thẳng EF Chứng minh I tâm đường ngoại tiếp tam giác ABC

c) Đường thẳng MN cắt đường thẳng PQ D Các đường tròn ngoại tiếp tam giác DMQ DNP cắt K với K D Các tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC B C cắt J Chứng minh bốn điểm D A K J, , , thẳng hàng

Câu (1,0 điểm)

Trên đường tròn người ta lấy 2024 điểm phân biệt, điểm tô màu xanh màu đỏ xen kẽ Tại điểm ta ghi số thực khác cho quy tắc sau thỏa mãn “số ghi điểm màu xanh tổng hai số ghi màu đỏ kể nó; số ghi màu đỏ tích hai số ghi hai điểm màu xanh kế nó” Tính tổng 2024 số

LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA NĂM 2020 THUVIENTOAN.NET

Câu

a) Ta có: 1 1 ab bc ca abc

a   b c   

Khi 1a1b1     c a b c abbccaabc0 Suy ra: 1a1b1 c

Đẳng thức chứng tỏ ba số a b c, , có số

b) Đặt a x 18,b y c z 2020 Khi ta có:

3 3

0 a b c

a b c     

   



Do đó: Fa2021b2021c2021

Ta có: a3  b3 c3 3abca b c a 2b2 c2 ab bc ca0 Suy 3abca3  b3 c3 0.Khơng tính tổng qt giả sử a0 Khi ta có: b3     c3 b c

Suy Fa2021b2021c2021  0  c 2021c20210 Vậy F0

Câu

a) Điều kiện xác định: x 1 Ta có:

2

35

1 0

12x  x 1  x Do x1

Bình phương hai vế phương trình cho, ta được:

       2 2 2 2 2 2

2 1225

1

1 144

1

2 1225

0

1 1 144

49 25

0

12 12

1

25

144 625 625

12

5

4 5 5

5 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 nghiệm 5;

4

x x

b) Hệ cho tương đương với:     

   

2

2

2

2 16 14

y x x x

y x x

     



    



Lấy  2  2 ,  ta được:

                2 2 2

2 2

2 2 3

2

6

5

4

y y x x x

y y x x

y x y x y x y x                                  

Trường hợp 1: y x 6, thay vào  1 , ta được:

3 12 15

5 11 x y x x x x                 

Trường hợp 2: y x 4, thay vào  1 , ta được:

5 13 17 13

3

3 10

5 13 17 13

3 x y x x y y                       

Vậy 1; ,  5; 11 , 13; 17 13 , 13; 17 13

3 3

S                                     Câu

a) Phương trình cho tương đương:

    

   

2

2

2

2 2

2

2

y x x x x

x y x x

x

y x x

                       Với x2, ta có y nguyên thỏa mãn

Với

2 1,

y x  x suy x42x1 số phương Ta xét hai trường hợp sau:

 x1 x4x42x 1 x21 2 Do x1 khơng thỏa mãn

 x 1 4  2

2 1

x x  x  x  Do x 1 không thỏa mãn Thử trực tiếp:

 x0, ta y1 y 1

 x1, ta y2 y 2

Vậy phương trình có có nghiệm x y;   2;a   , 0;1 , 0; , 1; , 1; ,       1; 0 với a b) Ta có: 2n10ab suy b chia hết cho mà 0 b 10 nên b2; 4; 6; 

Bây đặt n4kr với k r0; 1; 2; 

Ta có:  

2n 2 kr 16k2r 2 mod15 r

Mà 2r1; 2; 4; 8

2n

chia 15 dư 1; 2; 4;

 Nếu a3m1, 10a b 10 3 m  1 b 30m b 10 Suy 2n10a  b b 10 mod15   Do b10 chia 15 dư 1; 2; 4; Mà b2; 4; 6; 8 nên b6 Nên ab6

 Nếu a3m2, 10a b 10 3 m  2 b 30m b 20 Suy 2n 10 mod15   a b b

   

Do b chia 15 dư 1; 2; 4; Mà b2; 4; 6; 8 nên khơng có giá trị b thỏa mãn Hay không tồn a dạng 3m2 cho 2n10ab

 Nếu a3m ab3mb mà b chẵn nên ab6

a) Ta có: ABEACF900 BAECAF (do phụ với BAC)

Suy ABE ACF AE AB AN

AF AC AD

    

Do AEFANQAFENQA Từ tứ giác NQFE nội tiếp

b) Bổ đề:

Nếu gọi M N, trung điểm BD AC, với ABCD hình thang AB CD  MNAB CD Chứng minh: Gọi K trung điểm AD KM AB CD KN DC AB 

Từ suy K M N, , thẳng hàng hay MNAB CD Trở lại toán gọi S L, trung điểm AC AB,

Áp dung bổ đề cho hình thang AFCE với I trung điểm EF, S trung điểm AC ta có IS CF Mà CFAC nên ISAC trung điểm S AC hay IS trung trực AC  1

Chứng minh tương tự ta có IL trung trực AB  2 Từ  1  2 suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

c) Gọi K1, K2 giao điểm DA với đường tròn ngoại tiếp DMQ DNP Do DMEDQE900 nên DE đường kính đường tròn ngoại tiếp DMQ

Suy DK E1 90

Chứng minh tương tự ta có DK F2 90

Do tứ giác DQK E1 nội tiếp DA K A 1 EA QA Tứ giác DNK F2 nội tiếp DA K A 2 FA NA

Theo câu a) tứ giác NQFE nội tiếp nên EA QA FA NA

Từ suy DA K A 1 DA K A 2 hay K1K2DMQ  DNPK Do D A K, , thẳng hàng

Ta có: BKEEABCAFCKF Suy BKC18002BKE2 90 0EAB2BACBIC Do tứ giác BKIC nội tiếp, mà IBJC nội tiếp JBJC nên BKJCKJ

Hay KJ phân giác BKC

Câu

Gọi điểm đánh số A A1, 2, A3, , A2024 Trong Ak với k lẽ tô màu xanh, k chẵn tô màu đỏ với k1, 2, , 2014

Giả sử A1x A2 y với x y, khác Khi

3

1

A y

A A A A

A x

    

Do A2 A4 A3 A4 A3 A2 y y x

      

Tương tự ta tính A5 x A, 6 x y y A, 7 y, A8 x y

x x

         

Suy ra: A1 A2 A8 x y y y y 1 x x y y y x y

x x x x

     

  

                   

     

Ta tính

7 A

A x

A

  A10 y

Do A1A9, A2A10 nên trình tiếp tục thấy sau điểm liên tiếp số lặp lại theo thứ thứ tự điểm ban đầu

Do

2024

8

1

2024 2024

3 759

8

i

i i

A A

 

    

 