Đề thi vào lớp 10 môn Toán chuyên TPHCM năm 2020 và đáp án

[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

(Đề thi gồm 02 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC: 2020- 2021

MƠN THI: TỐN CHUYÊN Ngày thi: 17 tháng năm 2020

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (1,0 điểm)

Cho ba số dương , ,a b c thỏa mãn điều kiện a b c 2020 bccaab

Tính giá trị biểu thức:





2 2

:

a b c

P a b c

b c c a a b

 

 

     

   

 

Câu (2,5 điểm)

a) Giải phương trình 2x2  x 2x2   x x

b) Giải hệ phương trình

2

2

2

8

y xy x x y x x x

    



    

 Câu (1,5 điểm)

Cho tam giác ABC AB



BCCA



nội tiếp đường tròn

 

O Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt

 

O A1 Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt

 

O B1 Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt

 

O C1 Chứng minh đường thẳng qua A B C1, 1, 1 vng góc với BC CA AB, , đồng quy Câu (2,0 điểm)

a) Cho hai số thực dương , a b Chứng minh rằng:





2

2

2

a b a b

ab

a b  

 

 

b) Cho hai số dương ,a b thỏa mãn a b Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 20

Q b a

a b

   

Câu (2,0 điểm)

Đường tròn

 

I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh AB BC CA, , D E F, , Kẻ đường kính EJ đường trịn

 

I Gọi d đường thẳng qua A song song với BC Đường thẳng JD cắt ,d BC ,L H

a) Chứng minh ,E F L, thẳng hàng

b) JA JF, cắt BC M K, Chứng minh MH MK Câu (1,0 điểm)

Tìm tất số nguyên dương

x y

,

thỏa mãn

3

x



y

3



1.

LỜI GIẢI CHI TIẾT

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NĂM HỌC 2020 - 2021 TP HỒ CHÍ MINH

THUVIENTOAN.NET

Câu

Ta có:









2

a a b c a a b c a

a a

b c b c b c

   

   

  

Viết hai đẳng thức tương tự cộng lại, ta có: Suy ra:







































2 2

1

2020 2019

a a b c b a b c c a b c

a b c

a b c

b c c a a b b c c a a b

a b c

a b c a b c

b c c a a b

a b c

a b c

b c c a a b a b c a b c

                                                       

Do đó: P2019



a b c

 

: a  b c



2019 Câu

a) Điều kiện xác định x Ta có:



 









2 2 2

2 2

2

2

2

2 2

2

2

2

2

2

2

2 2

2

2

2 2

2 2

2 4 2

2

2 2

7

0

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

x x x x x x

x x x x

x x x                                                                          



7 x       Vậy 0;

7 S  

 

 





2





2

2 2 9 6 1 3 1

3

1

y xy x x x y x x

y x x y x

y x x y x

        

      

 

 

    

 

Với y4x1, thay vào phương trình thứ hai thu gọn ta được:

3

0

8

7 27

x y

x x x x y

x y

     



      

    

Với y 1 ,x thay vào phương trình thứ hai thu gọn ta được:

3

0

4 3

3

x y

x x x x y

x y

    



       

     

Vậy hệ cho có nghiệm



x y;

 

 0; , 1;3 , 7; 27 , 0;1 ,

   

   

1;3 ,

 

3;



Câu

Gọi

H

trực tâm tam giác

ABC

OH

cắt đường thẳng qua

A

1

,

vng góc với

BC

điểm

K

.

Gọi

M

trung điểm

AA

1

OM



AA

1 Suy

OM



BC

.

Mặt khác, tứ giác

AHKA

1 hình thang

AH



A K

1 nên ta có

OM

đường trung bình, kéo theo

O

trung điểm

HK

hay nói cách khác, đường thẳng qua

A

1

,

vng góc với

BC

qua điểm đối xứng với trực tâm

H

tam giác

ABC

qua

O

.

Rõ ràng điểm bình đẳng với

B C

,

nên hai đường qua

B C

1

,

1 vng góc với

CA AB

,

qua

.

K

Vì nên ta có đường thẳng đề đồng quy

K

.

Câu

a) Ta có:

M

K O

H

A1

C B





































2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

0 a b a b

ab

a b a b a b ab

a b a b a b

a b

a b a b a b

a b a b 

  

 



   

 



  

 

     

   

Bất đẳng thức cuối nên ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ab

b) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

20 20

5a 20 20 a

a a

    

7

7b 14 14 b

b b

    

Do đó: Q  b a 205a 14 7b346



a b



34  6 16 Đẳng thức xảy chi a2,b1

Vậy giá trị nhỏ Q 16 đạt a2,b1 Câu

a) Ta có

JE

đường kính

( )

I

nên

JDE





90



tam giác

HDE

vuông

D

.

Chú ý

BD



BE

, tiếp tuyến kẻ từ

B

đến

( )

I

nên

BD



BH

(tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền) Do tam giác

BHD

cân

B

.

Vì

AL BH



nên hai tam giác

ADL

BDH

đồng dạng, kéo theo

ADL

cân

A

hay

AL



AD



AE

.

T

K M

L

H

J

I

F

E D

C B

Vì

AL CE



nên

LAF





FCE



, mà hai tam giác

ALF CEF

,

cân có góc đỉnh nên chúng đồng dạng Suy



AFL



CFE



, kéo theo

L F E

, ,

thẳng hàng

b) Kéo dài

JF

cắt

d

T

tương tự câu a, ta có

T D E

, ,

thẳng hàng

.

AT



AD



AF



AL

Theo định lý Thales với

d



BC

AL

AJ

AT

MH



JM



MK

, mà

AT



AL

nên

MH



MK

.

Câu

Ta có

3

x



y

3

 

1

(

y



1)(

y

2

 

y

1).

Do đó, tồn số tự nhiên

u v

,

cho

2

1

3

1

3

u

v

y

y

y

  



   



Vì

y

 

1

1

nên

3

u



1

hay

u



1.

Rút

y



3

u



1

, thay vào phương trình dưới, ta có

2

(3

u



1)



(3

u

  

1)

1

3

v hay

2 1

3

u

   

3 3

u

3

3

v



3

u

  

3

u

1

3

v

Vì vế phải ngun nên ta phải có

v

 

1

0

hay

v



1.

Tuy nhiên,

v

 

1

0

3

v1 chia hết cho

3,

trong vế trái không chia hết cho

3,

vô lý Do đó,

v



1

hay

2

1

3

2