Đề thi thử và lời giải chi tiết đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên môn Toán năm học 2020-2021

Chứng minh rằng ta có thể bỏ đi một điểm trong 100 điểm đó để 99 điểm còn lại cùng thuộc một đường thẳng... Do đó tâm đường tròn nội tiếp các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên đường thẳ[r]

Trang 1/5

Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức

2 2

( )(1 ) ( )(1 ) (1 )(1 )

x y x y

P

x y y x y x x y

  

     

b) Chứng minh 12 12 12 12 1 2 2 2018

1 2 2017 2018

         

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình 1 x x22x 1 x x2 1.

b) Giải hệ phương trình 2

3 ( 1)

4

3 14

1

x y y x y x

y

x x y

y

       



     

  



Câu (3,0 điểm).

Cho đoạn thẳng AB C điểm nằm hai điểm A, B Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB, vẽ nửa đường tròn đường kính AB nửa đường trịn đường kính BC Lấy điểm M thuộc nửa đường trịn đường kính BC (M B M; C) Kẻ MH vng góc với BC (HBC), đường thẳng MH cắt nửa đường trịn đường kính AB K Hai đường thẳng AK CM giao E

a) Chứng minh BE2 BC AB

b) Từ C kẻ CNAB(N thuộc nửa đường trịn đường kính AB), gọi P giao điểm NK CE Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác BNE PNE nằm đường thẳng BP

c) Cho BC2R Gọi O O1, 2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCH MBH Xác định vị trí điểm Mđể chu vi tam giác O HO1 2lớn

Câu (1,5 điểm)

a) Tìm tất cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn 2x25y2 41 2 xy

b) Có số tự nhiên n không vượt 2019 thỏa mãn n32019 chia hết cho Câu (1,5 điểm)

a) Cho số thực dương a b, thỏa mãn a b 1

Chứng minh 3  2    

ab  a b ab a b b a

b) Cho 100 điểm mặt phẳng cho bốn điểm có ba điểm thẳng hàng Chứng minh ta bỏ điểm 100 điểm để 99 điểm cịn lại thuộc đường thẳng

-HẾT - Họ tên thí sinh: Số báo danh:

Họ tên, chữ ký GT 1: Họ tên, chữ ký GT 2:

www.thuvientoan.net

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2020 - 2021

Trang 2/5

Nội dung Điểm

a) (1,0 điểm)

Điều kiện: x y x;  1;y1 0,25

3 2 3 2 2 2

( )(1 )(1 ) (1 )(1 )

x x y y x y x y x xy y x y x y P

x y y x y x

         

 

     0,25

2

1

x x y x y x

  





0,25 b) (1,0 điểm)

Đặt 12 12 12 12 1 2 2

1 2 2017 2018

S          

Ta có

2

2

1 1

1

( 1) ( 1)

n n n n n n

 

      

    

*

(n )

0,25

2

1 1 1 1

1 1 .

1 1

n n n n

 

       

 

  0,25

Áp dụng đẳng thức ta 1 1 1 1

1 2 2017 2018

S             

      0,25 = 2018 2018

2018

  (điều phải chứng minh) 0,25 Câu 2: (2,0 điểm)

Nội dung Điểm

a) (1,0 điểm) Điều kiện:

2 x  x 

 

  2

2 1x x 2x 1 x  x  1 2(1x) x 2x 1 x 2x1 (1) Đặt

2 ( 0)

x  x  y y

0,25

PT (1) trở thành y22(1x y) 4x0 2 y

y x  

   

 0,25

Với y2 x22x     1 x 6. (thỏa mãn điều kiện) Với y 2x

2

x  x   x (vô nghiệm)

0,25

www.thuvientoan.net

ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2020 - 2021

Mơn : TỐN (chun) (Hướng dẫn chấm gồm: 05 trang) Câu 1: (2,0 điểm)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI

Trang 3/5

Phương trình có tập nghiệm  1 6; 1   0,25 2) (1,0 điểm)

Điều kiện x8;y 1;x y

Hệ cho tương đương 2

3 ( )( 1) (1)

4

3 14 (2)

1

x y x y y

y

x x y

y

      



     

  



Nhận xét: y 1và y0 không thỏa mãn,

0,25

(1)

1

x y x y

y y

 

   

  1

x y

x y y



    

 Thế vào (2) ta phương trình y 1 2 y4y210y 11 04 y  1 2 3 2 y 1 4y210y 6

 

3 (3)

1

y y

y y

 

      

   

 

0,25

Với y

   2 ; 3; 1

4

1 2 y

y     y     

2

2

1 y

y y

    

   

0,25

Do (3)    y y

x

  thỏa mãn điều kiện Vậy nghiệm hệ là( ; )x y (7;3) 0,25 Câu 3: (3,0 điểm)

Nội dung Điểm

a) (1,0 điểm)

Ta có BME BKE900 nên tứ giác BMKE nội tiếp

0,25

HKB CEB

 

mà HKBBAE(vì phụ với HKA)

BAE CEB

 

0,25

BEC

 đồng dạng với BAE(vì ABE

chung BAE CEB ) 0,25

Do

BE BC

BE BC AB

AB  BE   0,25

b) (1,0 điểm)

Xét tam giác vng ABN có CN ABBN2 BC AB

mà BE2 BC AB suy BNBE hay BNEcân tai B suy BNE BEN (1)

0,25

Trang 4/5

Mặt khác, theo câu ta có CEBBAE BAEBNP suy raCEBBNP (2) Từ (1) (2) suy PNEPEN hay PNEcân P NPPE

0,25

Vì NPPEvàBNBE nên BPNE 0,25

Suy BPlà đường phân giác góc EBNvà EPN

Do tâm đường trịn nội tiếp tam giác BNE PNE nằm đường thẳng BP 0,25 c) (1,0 điểm) Gọi giao điểm O O1 2với MB MC, lần

lượt I J

Ta có CMH MBH (vì phụ MCB) Suy O MH1 O BH2

Mặt khác O HM1 O HB2 45

Suy MO H1 đồng dạng với BO H2 Do dó

2

O H MH O H  HB mà

MH MC HB  MB



2

O H MC O H  MB

0,25

1 O HO

 đồng dạng với CMB (vì O HO1 2 CMB900và

O H MC O H  MB ) Suy HO O2 1MBC MBCHO I2 1800

Suy tứ giác BHO I2 nội tiếp MIJ O HB2 450 Suy MIJ cân M MI MJ

0,25

Ta có MO I2  MO H2 (g.c.g) suy MI MHvà O I2 O H2 Tương tự có O H1 O J1

0,25

Chu vi tam giác O HO1 2 O H1 HO2O O1 2 JO1O O1 2O I2  2MI  2MH Ta có MH R

Suy chu vi tam giác O HO1 2 lớn 2R MH R, hay M nằm nửa đường trịn đường kính BC

0,25

Câu 4: (1,5 điểm)

Nội dung Điểm

a) (0,75 điểm)

Phương trình cho tương đương 2

2x 2xy5y 41 (1) Ta có ' 82 2 82

9

x   y   y  Mặt khác từ (1) ta có

2

y số lẻ, nên y2 1;9 0,25 Với y 1 2x22x36  0 x

Với y  1 2x22x36  0 x

Với 2

2 x

y x x

x  

      

 

0,25 O’

O1

O2

Trang 5/5

Với 2

2 x

y x x

x   

       

  

Vậy có cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn là: (1;3),(2;3),( 1; 3),( 2; 3)      0,25 b) (0,75 điểm)

Đặt n6qr r, 0,1, 2,3, 4,5 Khi n32019 chia hết cho r33 chia hết cho

Nếu r chẵn r33 lẻ, r33 khơng chia hết cho Suy r1,3,5  0,25 Với r   1 r3 không chia hết cho

Với r   3 r3 30

Với r   5 r3 128 không chia hết cho

0,25

Suy n6q3.Mà 0 n 2019  0 q 336

Vậy có tất 337 số tự nhiên n thỏa mãn đề 0,25

Câu 5: (1,5 điểm)

Nội dung Điểm

a) (0,75 điểm)

Bất đẳng thức cho tương đương 1

3

a b  b a 

Áp dụng BĐT Cô si cho số dương ta có (1)

3

3

a a a b a a b

a b a b a b a b a b

   

    

   

  

1 (2)

2 2

3

b b b

a b a b

a b

 

    

 

  

0,25

Từ (1) (2) suy 1 (3)

2 2

3

a b a a

a b a b

a b a b

        

     

     

Chứng minh tương tự ta có 1 (4) 2

3

b a b b a

 

   



  

0,25

Từ (3) (4) suy 1

3

a b  b a  (điều phải chứng minh) Dấu " " xảy

4 a b

0,25

b) (0,75 điểm)

Nếu tất 100 điểm thuộc đường thẳng tốn hiển nhiên 0,25 Nếu 100 điểm thẳng hàng Ta chọn bốn điểm , , ,A B C Dmà không

phải tất thẳng hàng Theo giả thiết điểm , , ,A B C D phải có điểm thẳng hàng, giả sử điểm A B C, , thuộc đường thẳng d , cịn điểm Dnằm ngồi đường thẳng d Ta chứng minh 96 điểm lại thuộc đường thẳng d phương pháp phản chứng

Giả sử 96 điểm cịn lại, tồn điểm Enằm ngồi đường thẳng d Xét bốn điểm , , ,

A B D E phải có điểm thẳng hàng Do điểm A B D, , không thẳng hàng, điểmA B E, , không thẳng hàng nên điểm , ,A D Ethẳng hàng điểm , ,B D Ethẳng hàng

0,25

Trang 6/5

Trường hợp điểm A D E, , thẳng hàng điểm B D E, , không thẳng hàng, điểm , ,

C D Ekhơng thẳng hàng, điểm , , ,B C D E khơng có điểm thẳng hàng, trái với giả thiết

Trong trường hợp , ,B D E thẳng hàng tương tự, điểm , , ,A C D E khơng có điểm thẳng hàng, trái với giả thiết

Như điểm , ,A B Cthuộc đường thẳng d, phải có 96 điểm thuộc d Bài toán chứng minh

0,25

Chú ý:

- Nếu thí sinh làm đúng, cách giải khác với đáp án, phù hơp kiến thức chương trình THCS tổ chấm thống cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm hướng dẫn quy định

- Tổng điểm tồn khơng làm trịn

- HẾT -