Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2020

Hệ quả là OJ đi qua trung điểm BM (tính chất đường trung trực), nên OJ chứa đường trung bình tam giác BIM.[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI Độc lập – Tự – Hạnh phúc

ĐỀ THI TUYỂN SINH

VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2020 Mơn thi: Tốn

(Dùng riêng cho thí sinh thi vào chuyên Toán, chuyên Tin học) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Bài (2,0 điểm)

Cho ba số thực x y z, , thỏa mãn đồng thời điều kiện:

3 3

2 2 3

3

2 3 4

2 3 4 2 12 16 0

x y z

x y z

xyz

  

 

    



 





Tính giá trị biểu thức

1 1 . P

x y z

  

Bài (2,0 điểm)

Xét phương trình bậc hai  

2 0

ax bx c 

Trong a b c, , số nguyên dương Biết điều kiện sau thỏa mãn: phương trình (1) có nghiệm; số a2020b chia hết cho 12; số c33 chia hết cho c3. Hãy tìm giá trị

lớn tổng a b c  Bài (2,0 điểm)

Tìm số nguyên a nhỏ cho bất đẳng thức x42x2 4x a 0 với số thực x. Bài (3,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn  O có AB BC . Một đường trịn qua hai đỉnh A C, tam giác ABC cắt cạnh AB BC, hai điểm K N, K N,

khác đỉnh tam giác ABC. Giả sử đường tròn  O

đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN cắt giao điểm thứ hai M với M khác B Chứng minh rằng: a) Ba đường thẳng BM KN AC, , đồng quy điểm P

b) Tứ giác MNCP nội tiếp

c) BM2 PM2 BK BA PC PA   Bài (1,0 điểm).

-Hết -LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN CHUYÊN LỚP 10/2020 THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI

THUVIENTOAN.NET

Bài 1.

Từ giả thiết thứ nhất, ta suy x y z, , ba số dấu Mà xyz0 nên ba số x y z, , số dương Bây giờ, đặt

3 3

2x 3y 4z k k( 0) ta có:

3 3

2 2 2 3 4 1 1

2x 3y 4z x y z k

x y z x y z

 

         

 

Mà:

3 3 3 3

3 3

4 4 1

2 12 16 k k k 4k

x y z x y z

 

         

 .

Do đó, giả thiết thứ hai tốn viết lại thành

3

3k 1 4k 1

x y z x y z

   

    

   

   

Từ đây, ta dễ dàng suy

1 1 1 2 P

x y z

   

Bài

Từ giả thiết, ta suy a b, số có chữ số

Vì c33 chia hết cho c3 nên(c3)(c2 3c9) ( c33) 24 chia hết cho c3  

Do phương trình (1) có nghiệm nên biệt thức không âm, tức  

2 4 0 3

b  ac

Do a2020b chia hết cho 12 nên b chia hết cho a b 1 chia hết cho 3 ( ) Do b chia hết cho b nguyên dương nên b4 b8

 Với b4, ta có ac4 (do (3)) a2 chia hết cho (do (4)) Kết hợp với (2), ta tìm cặp ( ; )a c thỏa mãn (1;1), (1;3) (4;1)

 Với b8 , ta có ac16 (do (3)) a chia hết cho (do(4)) Kết hợp với (2), ta tìm cặp ( ; )a c thỏa mãn (3;1), (3;3), (3;5), (6;1) (9;1)

So sánh kết quả, ta thấy a b c  lớn 18, đạt a9,b8 c1.

Cho 1 2 x

, ta 23

0 16 a 

, tức 23 16 a

Mà a số nguyên nên a2 Mặt khác, với a2, ta có x42x2 4x 2 x42(x1)2    0, x Vậy a2 số nguyên nhỏ thỏa mãn yêu cầu đề

Bài 4.

a) Vì tam giác ABC khơng cân A nên AC KN, cắt nhau, AC BM, phải cắt Gọi P giao điểm BM AC Ta có

180o

CPM APB ABP BAP

      

(180 ) (180 ) 180

180 360 180

180

o o o

o o o

o

KBM CAK

MKN CNK CNM

CNM

      

       

  

Suy tứ giác CNMP nội tiếp Từ đây, với ý tứ giác ACNK ABMC, nội tiếp, ta có

CNP CMP CAB CAK BNK

     .

Mà hai góc CNP BNK vị trí đối đỉnh nên ba điểm K N P, , thẳng hàng Vậy AC BM, KN đồng quy P b) Theo câu a), ta chứng minh tứ giác MNCP nội tiếp

c) Gọi ( ),( )I J theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC BKN,

Vẽ tiếp tuyến Bx By, theo thứ tự ( ),( )J O Ta có xBN BKN NCA Mà hai góc vị trí so le trong

nên ta có Bx AC Mà JBBx nên BJ AC Tương tự, ta có YBABCANCABKN nên

By KN , dẫn đến BOKN.

hình bình hành Hệ OJ qua trung điểm BM (tính chất đường trung trực), nên OJ chứa đường trung bình tam giác BIM Suy OJIM , mà OJBM nên IM BM .

Kẻ tiếp tuyến BS CP đến đường tròn ( )I hình vẽ Áp dụng định lý Pythagoras cho tam giác vng BIM PIM BIS, PIT, ta có

       

2 2 2 2 2 ( 2 .

BM  PM  BI  IM  PI  IM BI  PI  BS IS  PT IT Mà IS IT nên  

2 2 1

BM  PM BS  PT

Dễ thấy cặp tam giác BSA BKS PAT, PTC đồng dạng (g-g), ta suy

BS BA BK , PT2 PC PA (2) Từ (1) (2), ta suy BM2 PM2 BA BK PC PA   .

Bài 5.

Từ giả thiết, ta suy A1090 a b B1090 c d với a c, hai số có 1930 chữ số, b số có 15 chữ số d có 24 chữ số

Đặt xgcd( , )A B ta có aB cA chia hết cho x, thức ad bc chia hết cho x. (1)

Ta chứng minh ad bc khác Thật vậy, giả sử ad bc , ta có c d a b .

Do a c hai số có 1930 chữ số nên

1930 1929 10

10 10

c

a   Trong đó, d số có 24 chữ số b số có 15 chữ số nên

23 15 10

10 10 d

b   Suy 10

d c

b  a , mâu thuẫn Vậy ad bc 0. Vì ad bc khác nên từ (1), ta suy ad bc x Mặt khác, ta lại có

 ad1019301024 101954, tức ad có khơng q 1954 chữ số  bc1019301015101945b, tức bc có khơng q 1945 chữ số