Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Sở Giáo dục đào tạo Hà Nội năm 2020

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC đi qua trung điểm của đoạn thẳng KN.. Tóm lại trong mọi trường hợp ta có điều phải chứng minh. Ta có điều phải chứng minh.. b) Theo cá[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NỘI 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) Giải phương trình x23x 5 x3 x25

b) Cho hai số thực a b c, , thỏa mãn a b 2c0 2ab bc ca  0 Chứng minh a b c Câu (2,0 điểm)

a) Chứng minh với số nguyên dương n, số A11n7n2n1 chia hết cho 15

b) Cho hai số nguyên dương m n thỏa mãn 11 m

n

  Chứng minh rằng: 11 m 3 11 3

n mn

  

Câu (2,0 điểm)

a) Cho đa thức P x( ) với hệ số thực thỏa mãn P 1 3 P 3 7 Tìm đa thức dư phép chia đa thức

( )

P x cho đa thức

4

x  x

b) Với a b c, , số thực khơng âm thỏa mãn a  b c abc4, tìm giá trị lớn biểu thức:

Pab bc ca  Câu (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB AC Gọi  I đường tròn nội tiếp tam giác ABC K tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC Gọi D E F, , chân đường vng góc kẻ từ điểm I đến đường thẳng BC CA AB, , Đường thẳng AD cắt đường tròn  I hai điểm phân biệt D

M Đường thẳng qua K song song với đường thẳng AD cắt đường thẳng BC N a) Chứng minh tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK

b) Gọi P giao điểm BI FD Chứng minh góc BMF góc DMP

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC qua trung điểm đoạn thẳng KN Câu (1,0 điểm)

Cho bảng vng kích thước 7 (6 hàng, cột) tạo ô vuông kích thước 1 Mỗi ô vuông kích thước 1 tơ hai màu đen trắng cho bảng ô vng kích thước 3 2, có hai vng kích thước 1 tơ màu đen có chung cạnh Gọi m số vng kích thước 1 tơ màu đen bảng

a) Chỉ cách tô cho m20 b) Tìm giá trị nhỏ m

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5 (a0), phương trình viết lại thành a23x(x3) ,a hay (ax a)( 3)0

Do a x25 x2  x x nên từ đây, ta có a3 hay x2 5 Từ đó, ta có x2 (thỏa mãn) x 2 (thỏa mãn)

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2 x 2

b) Từ giả thiết thứ thứ hai, ta có: 2abc a  b c2 Do abc2

Suy ra: ac b  c abc a  b c2c22c2c20   Mà: ab2ab24ab 2c 24c20  

Từ  1  2 , suy ra: a b c Câu

a) Với số nguyên a b, số tự nhiên k ta có: akbkab

Suy ra: akbk ab M với M số nguyên

Ta có: 11n 2n 7n 1n 3 

A     C D C D  với C D, số nguyên Lại có: A11n1n  7n2n10C5D5 2 PQ5 với P Q, số nguyên Suy A15

b) Với số nguyên a a2 chia 11 dư 0, 1, 3, 4, 5, Ta có: 11 m 11n2 m2

n

     Nếu 11n2m21 m2 10 mod11 ,  mâu thuẫn

Suy ra: 11n2m22

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

  

     

2 2

2 11

11

9 11

11 11

n m

m n m

m

  



 Nếu m3      

2 2

2 11 11 11

VP m     m   n Bất đẳng thức  2  Nếu m1  1  11n3 11 8 11n 8 11 Do 11 2

11

n m   n nên  1  Nếu m2  1 2 11n3 115 Do 11 2

11

n m   n nên  1 Tóm lại trường hợp ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy m3,n1

Câu

a) Do x24x3 có bậc nên số dư phép chia P x( ) cho x24x3 có dư axb Đặt  

( ) ( )

P x  x  x Q x axb Ta có:  

 

1 3

3

3

P a b a

a b b

P                      

Vậy đa thức dư cần tìm 2x1

b) Ta chứng minh abbcca   a b c abc Thật bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

       

1    a b c abbcca  1 abc  1 a 1b 1 c Không tính tổng quát giả sử a b c

Ta có:

4   a b c abc3c  c c Ngoài

4   a b c abc3aa  a Khi 1a1 c

 Nếu b   1 b Khi 1a1b1  c Ta có điều phải chứng minh  Nếu b1, kết hợp với c0 áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

          

2

2

1 1 1 1 1

2

a b a b c abc

a b c a b c a b                         

    Từ suy ra: abbcca   a b c abc4 Do P4

Đẳng thức xảy a b 2, c0 hoán vị

Vậy giá trị nhỏ P đạt a b 2,c0 hoán vị Câu

a) Dễ thấy D E F, , điểm  I với cạnh BC CA AB, , BDBF, kết hợp với IDIF suy BI trung trực DF Do BIDF

Chứng minh tương tự, ta có CK DE CI

Từ BK DF KN DM ,ta suy ra: FDMNKB 1

Mặt khác IDBC IE, CA IFAB, suy ra: IDCIECIEAIFA90 Do IDCE IEAF tứ giác nội tiếp

Lại có IA IB IC, , ba đương phân giác ABC, ta có:

       

90

2 2

BAC ACB ABC

FEDFEIIEDFAIICD   

Vì BKBI tứ giác DEMF nội tiếp nên:  



    

0

90

2

BAC

FMDFED  KBICBINBK

Từ  1  2 , suy tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK

b) Theo câu a) BI trung trực DF nên BI vng góc với DF trung điểm P DF

Gọi G giao điểm thứ hai BM đường tròn  I Dễ thấy hai tam giác BMF BFG đồng dạng với nên BM BF MF

 

3

BM BM BF MF MF MF

BG BF BG FG FG FG

        

 Chứng minh tương tự ta có:  

2 BM MD BG DG      Từ  3  4 suy ra: FM DM

FG  DG

Kẻ dây cung GH  I song sóng với DF tứ giác FDHG hình thang cân Suy ra: FH DG FGDH Khi đó: FM FM DM DM

DH  FG  DG  FH Do đó: FM FH DM DH  5

Gọi x y, khoảng cách từ M đến HD HF,





  

sin

sin 180 sin

x MD MDH

y MF MFH MF MDH

  



     



Suy ra: x y  6

MD MF

Từ  5  6 , suy ra: FMH

DMH

S x FH MF FH

S y HD MD DH

    

  Do MH qua trung điểm FD Tức PMH, BMFGMFDMHDMP

c) Gọi Q trung điểm KN Theo câu a) MFDBNK mà MP BQ, trung tuyến hai tam tác nên DMPKQB

Kết hợp với câu b), ta có: BMFDMPKBQ Đặt BMF, ta có: BQNQKBKBQQKB Tương tự đặt CME ta có CQNQKC

Suy ra: BQCBQNCQNQKB  QKC  BKC   Do BK DF CK DE ,  tứ giác DEMF nội tiếp nên:

       

180 180 180

BKCEDF EMF  BMFBMCCME   BMC   Suy BQCBKC    1800BMC hay BQCBMC180

Do tứ giác BMQC nội tiếp, tức đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM qua trung điểm Q KN Câu

b) Theo cách tô bảng, ta thấy ba ô vuông nằm vị trí hai dạng có ô tô đen

Tiếp theo, ta xét nằm vị trí hình (phần có màu đỏ hình)

Ta chứng minh ô A B C D, , , có hai tơ màu đen Thật vậy, giả sử bốn có tối đa tơ màu đen Khi đó, theo nhận xét trên, ta thấy ô có màu đen Khơng tính tổng qt, giả sử A tơ màu đen ô B C D, , tô trắng

Lúc bảng 3 ô B E C F D, , , , khơng có hai ô tô đen nằm cạnh nhau, mâu thuẫn Vậy bốn ô A B C D, , , có hai tơ đen Từ đây, ta suy bốn ô nằm vị trí giống với bốn

, , ,

A B C D hình vẽ có hai tơ đen

Từ kết thu được, ta suy m16 Với m16, ta thu cách tô màu thỏa mãn sau: