Đề thi vào lớp 10 môn Toán dành cho thí sinh thi vào chuyên Tin Sở Giáo dục đào tạo Hà Nội năm 2020

Chứng minh rằng đường thẳng HT song song với đường thẳng EF. An và Bình cùng chơi một trò chơi như sau: Mỗi lượt chơi, An sẽ chọn một hộp tùy ý và lấy ít nhất một viên kẹo ở hộp đó;[r]

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

Mơn Tốn (dành cho chun Tin)

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

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: x2 x2 1 x22x1

b) Chứng minh rằng: 1 1

2 1 2 3 22 3  2021 20202020 2021  2021 Câu (2,0 điểm)

a) Chứng minh với n nguyên dương, số A59n17n9n2n chia hết cho 35 b) Tìm tất cặp số nguyên ( , )x y thỏa mãn: x y2 3y4x 1

Câu (2,0 điểm)

a) Tìm tất số thực a b c, thỏa mãn đồng thời điều kiện a2b2c2 38,a b 8 b c 7

b) Cho ba số thực không âm điều kiện a b c, , thỏa mãn a2b2c2 2(a bc ca  )

Chứng minh rằng: a b c  3 23 abc. Câu (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB AC ba đường cao AD BE CF, , qua điểm H

(DBC E, CA F, B) Gọi ( )S đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF a) Chứng minh đường tròn ( )S qua trung điểm đoạn AH

b) Gọi M N giao điểm đường tròn ( )S với đoạn thẳng BH CH Tiếp tuyến điểm

D đường tròn ( )S cắt đường thẳng MN điểm T Chứng minh đường thẳng HT song song với đường thẳng EF

c) Gọi P giao điểm hai đường thẳng BH DF Q, giao điểm hai đường thẳng CH DE Chứng minh ba điểm T P Q, , thẳng hàng

Câu (1,0 điểm)

Trên bàn có hộp kẹo, hộp có viên kẹo An Bình chơi trò chơi sau: Mỗi lượt chơi, An chọn hộp tùy ý lấy viên kẹo hộp đó; cịn Bình chọn số hộp hộp chọn, hộp lấy viên kẹo Hai bạn luân phiên thực lượt chơi Bạn khơng thể thực lượt chơi người thua Nếu An người lấy kẹo trước, chiến thuật chơi để Bình người thắng

LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀO LỚP 10 CHUN TIN MƠN TỐN NĂM 2020 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

THUVIENTOAN.NET Câu

a) Phương trình cho ln xác định với x Đặt a x21(a0), phương trình viết lại thành a22x(x2) ,a hay (ax a)( 2)0

Do a x2 1 x2  x x nên từ đây, ta có a2 hay x2 1

Từ đó, ta có x (thỏa mãn) x  (thỏa mãn)

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x x 

b) Gọi A vế trái đẳng thức cần chứng minh Chú ý n nguyên dương, ta có

1 1 1

( 1) ( 1)( ) ( 1)

n n

n n n n n n n n n n n n

 

   

       

Sử dụng kết này, ta được:

1 1 1 1

1

1 2 2020 2021 2021

A         

Đây kết cần chứng minh Câu

a) Chú ý với số nguyên a b, phân biệt với số tự nhiên k k k

a b chia hết cho a b Từ đây, ta có A(59n9 ) (17n  n 2 )n chia hết cho 59n9n chia hết cho 59 9 50 bội 17n2n chia hết cho 17 15  bội (1)

Ngồi ra, ta có A(59n17 ) (9n  n2 )n chia hết cho 59n17n chia hết cho 59 17 35 bội 9n2n chia hết cho 2 7 (2)

Từ (1) (2) với ý (5, 7)1, ta suy A chia hết cho 7 35

b) Phương trình cho viết lại thành y x( 23)4x1 Rõ ràng

3

x   với x nguyên Do đó, từ phương trình trên, ta suy 4x1 chia hết cho

x  Từ

(4x1)(4x1) 16( x 3)47 chia hết cho

x  Vì 47 số nguyên tố

3

x    nên

 

2

3 1, 1, 47

x    Đến đây, cách xét trường hợp cụ thể, ta tìm x2 (tương ứng y9),

x  (tương ứng y 7)

a) Từ giả thiết thứ nhất, ta có

38 49

b   Do b7 Từ đây, kết hợp với giả thiết thứ hai thứ ba, ta có

a b c  7 b

Do đó: 38a2b2c2(8b2)b2(7b)

Hay 3(b5)20 Vì 3(b5)2 0 nên dấu đẳng thức đánh giá xảy ra, tức ta có b5,a3 c2 Vậy có số ( , , )a b c thỏa mãn yêu cầu (3, 5, 2)

b) Bài tốn có hai cách giải sau

Cách Khơng tính tổng qt, giả sử a b c Từ giả thiết, ta có (a b c  )2 4ab Từ đó, với ý 0,

a b c   ta có a b c  2 ab

Từ đây, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

3

( ) 2 2

a b c   a b c   c ab c ab ab c abc

Đây kết cần chứng minh

Dấu đẳng thức xảy

4

a b c

4

b

ca

c ab Cách Từ giả thiết, ta có (a b c  )2 4(ab bc ca  )

Đặt a b c  6x với x0 ta có ab bc ca  9 ,x2 suy ra:

2 2

9 ( ) (6 ) (3 )

bc x a b c  x a x a  x a

Vì (b c )2 4bc nên (6x a )24(3x a ) Suy (a a4 )x 0 Từ 0a4 x

Chứng minh tương tự, ta có 0a b c, , 4 x Do đó: (a4 )(x b4 )(x c4 )x 0

Từ suy ra:

2 2 3

4 ( ) 16 ( ) 64 16 64

abc x ab bc ca   x a b c   x  x x  x  x x  x

Từ đây, ta có 3

3 2abc 3 8x 6xa b c  Đây kết cần chứng minh

Dấu đẳng thức xảy

4

a b c

4

b

ca

c ab Câu

a) Gọi R trung điểm AH theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có:

AH

RARF  Từ

90 ,o

HDC HEC

    ta suy tứ giác CDHE nội tiếp

Tương tự, ta có tứ giác AEHF BFHD nội tiếp Từ đây, với ý 90o

DCH HAF BAC

Ta có: DEF  DEH  HEF  DCH HAF  2 RAF DRF Suy tứ giác DE FR nội tiếp hay đường tròn ( )S qua trùng điểm AH

b) Chứng minh tương tự câu a), ta có đường trịn ( )S qua trung điểm HB HC Do M N, theo thứ tự trung điểm HB HC Áp dụng tính chất đường trùn bình, ta có MN song song với BC

MN qua trung điểm HD, mà BCHD nên MN HD Từ MN trung trực HD Vì T thuộc MN nên TH TD Suy hai tam giác THM TDM theo trường hợp c-c-c Do THM  TDM (1)

Mặt khác, TD tiếp xúc với ( )S nên: TDM  DEM  DCH  HAF  HEF (2) Từ (1) (2), ta suy THM  HEF Mà hai góc vị trí đồng vị nên TH EF

c) Gọi G X, theo thứ tự giao điểm EF HT, với BC Qua H kẻ đường thẳng song song với BC cắt EF

và PQ theo thứ tự K L

Trước tiên, dễ thấy HD HE HF, , phân giác tam giác DEF DG vng góc với HD nên phân giác ngồi tam giác DEF Áp dụng tính chất phân giác, ta có:

1

PD GF QE ED DF FE

PF GE QD   EF DE FD  

Do đó, theo định lý Menelaus, ta có ba điểm P Q G, , thẳng hàng

Cũng theo tính chất phân giác, ta có HE DE BE

HP  DP  BP Suy (3)

EH PH

EB  PB

Áp dụng định lý Thales, ta có: KH EH

BG  EB (4) (5)

HL PH

BG  PB

Từ (3), (4) (5), ta suy HK HL Mặt khác, ý HKGX hình bình hành có cặp cạnh đối song song với nên HK  XG Suy HLXG Do đó, từ giác HLXG hình bình hành Suy GL

đi qua trung điểm HX

Câu

Bình thực chiến thuật sau: Trong bốn lượt chơi đầu tiên, vào lượt chơi, Bình chọn tất hộp có số lượng bi nhiều lấy từ hộp viên bi

Ta có nhận xét quan trọng sau

Nhận xét. Sau k(0k4) lượt chơi An lẫn Bình, hộp bi có nhiều bi có 5k viên bi Hơn nữa, có 6k hộp có 5k viên bi

Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo k Trường hợp k 0 hiển nhiên Giả sử mệnh đề tới k t (0 t 4), ta chứng minh với k  t

Gọi s số hộp có 5t viên bi sau t lượt hai (s 6 t) Ta thấy hộp lại có khơng q 4t

viên bi nên sau lượt thứ t1 Bình, hộp có khơng 4t viên bi

Trong s hộp có 5t viên bi, An chọn tối đa hộp Nếu hộp An chọn s hộp nói sau lượt Bình, với chiến thuật nêu, s1 hộp cịn lại có 4t viên bi Cịn hộp An chọn khơng nằm s hộp nói sau lượt Bình, với chiến thuật nếu, s hộp có 4t viên bi Từ suy ra, số bi lớn hộp 4t, có s  1 t hộp có số viên bị Vậy mệnh đề với k t Áp dụng nguyên lý quy nạp, ta suy mệnh đề với k thỏa

0k 4