Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán và lời giải chi tiết THPT chuyên Trần Hưng Đạo - Bình Thuận năm 2021

Do đó chỉ cần chọn điểm P không nằm trên đường trung trực của bất cứ đoạn thẳng nào tạo bởi 20 điểm đã cho.. Ta có điều phải chứng minh.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2020 – 2021 BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUN TRẦN HƯNG ĐẠO

Mơn Tốn chuyên Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu

Giải hệ phương trinh: 2 2 xy x y xy x y     

    

Câu

a) Cho p p2 số nguyên tố lớn Chứng minh p1 chia hết cho b) Tìm tất số nguyên tố p cho 2p1 lập phương số nguyên dương Câu

Cho số thực x y z, , 1 thỏa mãn 1

x  y z Chứng minh rằng:

1 1

x  y z x  y  z Câu

Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AD BE CF, , cắt H Gọi K điểm tùy ý cạnh BC với K B K, C Kẻ đường kính KM đường trịn ngoại tiếp tam giác BKF đường kính KN đường trịn ngoại tiếp tam giác CEK Chứng minh M H N, , thẳng hàng

Câu

Cho 20 điểm phân biệt mặt phẳng Chứng minh tồn đường trịn có 12 điểm cho bên có điểm cho bên ngồi

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu

Đặt S x y P, xy với S2 4 P Khi hệ cho trở thành: 2 2

7 12

S P P S

S P S S

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

Ta có:

12

4 S S S S           

Với S3, ta có: P2 Khi 2,

2 2,

x y x y

xy y x

     

 

 

   

 

Với S 4, ta có: P9 Loại S24 P

Vậy hệ cho có hai nghiệm x y;      2;1 , 1; Câu

a) Ta có: p lẽ p3 nên p chia dư

Nếu p1 mod 3  suy p 2 mod 3  vơ lí p2 số nguyên tố lớn Do p2 mod 3  nên p 1 mod   Hay p1 chia hết cho

b) Vì 2p1 lập phương số tự nhiên nên đặt

2p 1 a với *

a a lẽ

Khi ta có: 2pa1a2 a 

Do a lẽ nên a1 chẵn a2  a a a  1 lẽ nên suy a 1 Khi a3, ta có:

3

3

13

p   Vậy p13 giá trị cần tìm Câu

Ta có: 1 1 1 1 1 1

1

x y z

x y z x y z x y z

  

             

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:

  1 1 1  2

1 1

x y z

x y z x y z x y z

x y z

     

              

Suy ra: x  y z x 1 y 1 z1

Đẳng thức xảy

Câu

Ta có: AF AB AE AC tứ giác BCEF nội tiếp

Gọi I giao điểm AK với BFK, ta có: AI AK AF AB  AE AC  1 Gọi I giao điểm AK với CEK, ta có: AIAKAE AC AF AB  2 Từ  1  2 suy I I

Hay AK qua I giao điểm thứ hai đường trịn BFK CEK với KI Ta có EIFEIAAIFACBABC1800BAC

Suy tứ giác AEIF nội tiếp

Mà tứ giác AEHF nội tiếp nên năm điểm A E I F F, , , , thuộc đường tròn

Suy ra: AIH AFH900 hay HIIK  3

Mặt khác  

90

MIKNIK nên M I N, , thẳng hàng MNIK  4 Từ  3  4 suy M H N, , thẳng hàng Ta có điều phải chứng minh Câu

Trước hết ta chứng minh tồn điểm P mà khoảng cách từ P đến 20 điểm cho khác Thật vậy, khoảng cách từ P đến hai điểm A B, P nằm đường trung trực AB Do cần chọn điểm P không nằm đường trung trực đoạn thẳng tạo 20 điểm cho

Gọi khoảng cách P đến 20 điểm cho d1d2d3  d20 Xét đường trịn tâm P bán kính 12,