Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Dương

Để kì thi sắp tới đạt kết quả cao, mời các bạn học sinh cùng tham khảo Đề thi chuyên Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án tỉnh Bình Dương để ôn tập các kiến thức cơ bản, làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải đề nhanh và chính xác. Chúc các bạn thi tốt!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 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  x  x  2019  2020  4039 b) Cho hai số thực m, n khác thỏa mãn 1   Chứng minh phương trình: m n  x2  mx  n x  nx  m  ln có nghiệm Câu (1,5 điểm) Với số thực x, y thay đổi thỏa mãn  x  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P   x  y    x  y  xy   Câu (2,0 điểm) a) Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x  xy  y  x y b) Với a, b số thực dương thỏa mãn ab  a  b  Chứng minh rằng: a b  ab   2 1 a 1 b 1  a 1  b  Câu (3,5 điểm)     900 nội tiếp đường tròn O bán kính R, M điểm nằm cạnh Cho tam giác ABC cân A BAC 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 AB  R, xác định vị trí M để 2MA  AD đạt giá trị nhỏ HẾT LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a) Điều kiện: x  2019 Nhân hai vế phương trình cho   4039  x  x  2019  2020  4039 x  2020  x  2019, ta được:  x  2020  x  2019   x  2020  x  2019    x  2020 x  2019    x  2020 x  2019  x  2020        x  2019 1   x  2019 1   x  2020 1   x  2019     x  2020  x  2020  So với điều kiện ban đầu ta thấy x  2020 nghiệm phương trình b) Ta có 1    m  n  mn m n Phương trình tương đương: x  mx  n  1 x  nx  m  2 Phương trình 1 2 có 1  m2  4n 2  n  4m Ta có: 1  2  m  n2  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   x  y    x  y  xy     x  y    x  y     x  y 1    y  x 1    y  x 1  Đẳng thức xảy      1  x  y     x  0; 4 Chẳng hạn x  2; y  x  3; y  Vậy giá trị nhỏ P đạt y  x 1 x  0; 4 Câu a) Ta có x y  x  xy  y  y  x y Mặt khác x y  x  xy  y  x  y  x Suy ra: x  y x   y Với x  y, ta có: 3x  x  x   y  x   Với x   y, ta có: x  x   x    x  1  Với x  1, ta có: y  1 Với x  1, ta có: y  Vậy phương trình cho có ba nghiệm  x; y   0;0 , 1; 1 , 1;1 b) Ta có: ab  a  b    a  a  ab  a  b  a  ba  1 Tương tự  b  a  bb  1 Suy ra: a b a b    a  b  a  ba  1 a  bb 1   2ab  a  b  ab  a  b1  a 1  b a  b1  a   a  b1  a   1  a 1  b  ab 1  a 1  b  Suy điều phải chứng minh Câu  chắn cung   AC  a) Ta có:  ABM  MDC AMB  CMD Suy BMA  DMC đó: MA MB  MC MD  MA  MD  MB  MC   ACE  nên ABE  ACE ABE ACE có AE cạnh chung, AB  AC ABE     ACE   ABE  ACE  900 (do tứ giác ABEC nội tiếp) Suy ABE ADE  900 hay MD  EN Suy AD đường kính O Mà D  O  nên  Ta có NHE  NDM  NH NE   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   900  MA  MD  MH  MN Tứ giác AHDN nội tiếp có  AHN  NDA 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:     MBD  BDM   MID   BID BIM 0    900    90   90   900   ADC  CBD AED IBD  90  2     900   Suy ra: IBD AED   EAD   900  AED  Mà EBD   EBD  hay B, I , E thẳng hàng Do IBD  ADB nên ABM  ADB ABM  ACB c) Ta có:  Suy ra: R2 AB AM   AD  AM  AB  AB AD Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: AM  AD  2 AM  AD  2  R2  R Đẳng thức xảy AM  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 AD  R HẾT ...  x   x    x  1  Với x  1, ta có: y  1 Với x  1, ta có: y  Vậy phương trình cho có ba nghiệm  x; y   0;0 , 1; 1 , 1;1 b) Ta có: ab  a  b    a  a  ab  a  b ...  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   x  y    x  y  xy     x  y    x  y     x ... x  0; 4 Câu a) Ta có x y  x  xy  y  y  x y Mặt khác x y  x  xy  y  x  y  x Suy ra: x  y x   y Với x  y, ta có: 3x  x  x   y  x   Với x   y, ta có: x  x   x  