Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020 Sở Giáo dục đào tạo Bình Dương

Suy ra phương trình đã cho luôn có nghiệm.[r]

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

Mơn Tốn chun

Ngày thi 10/7/2020 Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu (3,0 điểm)

a) Giải phương trình  x2020 x2019 1  x2 x 2019 2020 4039 b) Cho hai số thực m n, khác thỏa mãn 1

2

m n Chứng minh phương trình:   

0

x mxn x nxm  ln có nghiệm Câu (1,5 điểm)

Với số thực x y, thay đổi thỏa mãn 1  x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  2  

2

P x y  x y xy  Câu (2,0 điểm)

a) Tìm tất số nguyên x y, thỏa mãn phương trình x2xyy2 x y2 b) Với a b, số thực dương thỏa mãn ab  a b Chứng minh rằng:

  

2 2 2

1

1 2 1 1

a b ab

a b a b



 

   

Câu (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC cân  0

90

A BAC nội tiếp đường tròn  O bán kính R, M điểm nằm cạnh BC cho BMCM Gọi D giao điểm AM đường tròn  O với DA, H trung điểm đoạn thẳng BC Gọi E điểm cung lớn BC, ED cắt BC N

a) Chứng minh MA MD MB MC BN CM BM CN

b) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD Chứng minh ba điểm B I E, , thẳng hàng c) Khi 2ABR, xác định vị trí M để 2MAAD đạt giá trị nhỏ

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu

a) Điều kiện: x2019 Nhân hai vế phương trình cho x2020 x2019, ta được:

   

  

    

  

2

4039 2019 2020 4039 2020 2019

2020 2019 2020 2019

2020 2019 2020 2019

2019 2020 2019

2020 2020

x x x x

x x x x

x x x x

x x

x

x x

       

       

 

        

     

  



  

 



So với điều kiện ban đầu ta thấy x2020 nghiệm phương trình b) Ta có 1 2 

2 m n mn

m  n  

Phương trình tương đương: x2mx n 1  x2nx m   Phương trình  1  2 có  1 m24n  2 n24 m

Ta có: 2 2  2

1 m n 4m 4n m n 2mn m n

           

Suy hai số 1 2 lớn Do hai phương trình  1  2 ln có nghiệm Suy phương trình cho ln có nghiệm

Câu

Ta có: P2x2y24x y xy 7 2xy24x  y 2x y 12 5 Đẳng thức xảy

 

1

0;

1

y x

y x

x

x y



       

          Chẳng hạn x2; y3 x3; y4

Vậy giá trị nhỏ P đạt y x x0; 

Câu

a) Ta có x y2 2x2xyy2yx y Mặt khác x y2 2x2xyy x2 y x Suy ra: xy x y

Với x y, ta có:

0

1 x

x x x

x       

   

Với x1, ta có: y 1 Với x 1, ta có: y1

Vậy phương trình cho có ba nghiệm x y;     0; , 1; ,  1;1  b) Ta có: ab    a b 1 a2a2ab  a b ab a 1  Tương tự 1b2 ab b 1 

Suy ra:

     

            

  

2

2

1 1

2

1 1 1

1

2 1

a b a b

a b a b a a b b

ab a b ab

a b a b a b a a b a a b

ab

a b

  

     

  

 

           



  Suy điều phải chứng minh

Câu

a) Ta có: ABMMDC chắn cung AC AMBCMD Suy BMADMC đó: MA MB

MC MD

MA MD MB MC

    ABE

 ACE có AE cạnh chung, AB AC ABE ACE nên ABE ACE

Suy  

 

0

90

ABE ACE

Suy AD đường kính  O Mà D O nên ADE900 hay MDEN Ta có NHE NDM NE NH NM NH NE ND 3

NM MD

       

Lại có: NCD NEB NC NE NB NC NE ND 4

ND NB

       

Từ  3  4 suy NM NH NB NC MNMC NB

Suy ra: BN MC MN NH MN NB MN NH NBMN BH Hay BN CM MN BH  5

Tứ giác AHDN nội tiếp có AHNNDA900MA MD MH MN Tứ giác ABDC nội tiếp MA MD MB MC

Do đó: MH MN MB MC MB MN CN Suy ra: BM CN MN MB MHMN BH  6 Từ  5  6 suy ra: BN CM BM CN

b) Ta có:

    2    

90 90 90 90 90

2 2

BDM MBD

BID BIM MID

IBD ADC CBD AED

 

           Suy ra: IBD900AED

Mà EBDEAD900AED

Do IBDEBD hay B I E, , thẳng hàng

c) Ta có: ABM ACBADB nên ABM ADB

Suy ra:

2

AB AM R

AD AM AB

AD AB    

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

2

2 2 2

4 R AM AD AM AD   R

Đẳng thức xảy 2AM AD hay M trung điểm AD Khi

AD R

Vậy giá trị nhỏ của 2AMAD R đạt M trung điểm AD với D điểm cho