Nhằm đánh giá lại thực lực học tập của các em học sinh trước khi tham dự kì thi. Mời các em học sinh và giáo viên cùng tham khảo Đề thi chuyên Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án Trường Đại học Sư phạm Hà Nội dưới đây để tích lũy kinh nghiệm làm bài trước kì thi. Chúc các em thi tốt!
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 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) 2= x3 3= y3 z3 Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời điều kiện: x + y + z =+ 12 + 16 xyz > Tính giá trị biểu thức P = 1 + + x y z Bài (2,0 điểm) Xét phương trình bậc hai ax + bx + c = (1) Trong a, b, c số nguyên dương Biết điều kiện sau thỏa mãn: phương trình (1) có nghiệm; số a 2020b chia hết cho 12; số c + chia hết cho c + Hãy tìm giá trị lớn tổng a + b + c Bài (2,0 điểm) Tìm số nguyên a nhỏ cho bất đẳng thức x + x − x + a ≥ với số thực x Bài (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) có AB > BC Một đường trịn qua hai đỉnh A, C tam giác ABC cắt cạnh AB, BC hai điểm K , N (O ) (K, N khác đỉnh tam giác ABC ) Giả sử đường tròn 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) BM − PM = BK ⋅ BA − PC ⋅ PA Bài (1,0 điểm) Cho hai số A, B có 2020 chữ số Biết số A có 1945 chữ số khác bao gồm 1930 chữ số bên trái 15 chữ số bên phải, số B có 1945 chữ số khác bao gồm 1930 chữ số bên trái 24 chữ số bên phải Chứng minh ƯCLN ( A; B ) số có không 1954 chữ số - HẾT - LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài Từ giả thiết thứ nhất, ta suy x, y, z ba số dấu Mà xyz > nên ba số x, y, z số dương Bây giờ, đặt 2= x3 3= y 4= z k (k > 0) ta có: 1 1 x3 y z 2x + 3y + 4z = + + = k + + x y z x y z Mà: + 12 + 16= 4k 4k 4k + 3 + 3= x y z 1 1 4k + + x y z Do đó, giả thiết thứ hai tốn viết lại thành Từ đây, ta dễ dàng suy P = 1 1 k + += x y z 1 1 4k + + x y z 1 1 + + = x y z Bài Từ giả thiết, ta suy a, b số có chữ số Vì c + chia hết cho c + nên (c + 3)(c − 3c + 9) − (c + 3) = 24 chia hết cho c + ( ) Do phương trình (1) có nghiệm nên biệt thức khơng âm, tức b − 4ac ≥ ( 3) Do a 2020b chia hết cho 12 nên b chia hết cho a + b + chia hết cho 4 Do b chia hết cho b nguyên dương nên b = b = • Với b = , ta có ac ≤ (do (3)) a + chia hết cho (do (4)) Kết hợp với (2), ta tìm cặp (a; c) thỏa mãn (1;1), (1;3) (4;1) • Với b = , 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 khi= a 9,= b c = Bài Cho x = 23 23 , ta a − Mà a số nguyên nên a ≥ ≥ , tức a ≥ 16 16 Mặt khác, với a = , ta có x + x − x + 2= x + 2( x − 1) ≥ 0, ∀x ∈ Vậy a = số nguyên nhỏ thỏa mãn yêu cầu đề Bài 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 ∠CPM = ∠APB = 180o − ∠ABP − ∠BAP = (180o − ∠KBM ) + (180o − ∠CAK ) − 180o = ∠MKN + ∠CNK − 180o = 360o − ∠CNM − 180o = 180o − ∠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 ∠BKN = ∠NCA Mà hai góc vị trí so le Vẽ tiếp tuyến Bx, By theo thứ tự ( J ),(O ) Ta có ∠xBN = 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 Mặt khác, theo tính chất đường nối tâm hai đường trịn vng góc với dây cung chung, ta có OI ⊥ BM , IJ ⊥ KN OI ⊥ AC Do BJ OI (cùng vng góc với AC ) OB IJ (cùng vng góc với KN ) nên tú giác BOIJ 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 trịn ( I ) hình vẽ Áp dụng định lý Pythagoras cho tam giác vuông BIM PIM , BIS PIT , ta có BM − PM = ( BI − IM ) − ( PI − IM ) = BI − PI = ( BS + IS ) − (( PT + IT ) Mà IS = IT nên BM − PM =BS − PT (1) Dễ thấy cặp tam giác BSA BKS , PAT PTC đồng dạng (g-g), ta suy BS= BA ⋅ BK , PT= PC ⋅ PA (2) Từ (1) (2), ta suy BM − PM = BA ⋅ BK − PC ⋅ PA Bài 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 = ƯCLN ( A; B ) ta có aB − cA chia hết cho x , thức ad − bc chia hết cho x Ta chứng minh ad − bc khác Thật vậy, giả sử ad = bc , ta có Do a c hai số có 1930 chữ số nên (1) c d = a b c 101930 < = 10 Trong đó, d số có 24 chữ số b số có 15 a 101929 d 1023 d c chữ số nên > 15 > 10 Suy > 10 > , mâu thuẫn Vậy ad − bc ≠ b 10 b a 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 = 101945 b, tức bc có khơng q 1945 chữ số Do đó, với ý ad − bc < max {ad , bc} , ta suy ad − bc số ngun dương có khơng q 1954 chữ số, từ x số có khơng q 1954 chữ số (đpcm) - HẾT - ... ta có Do a c hai số có 1930 chữ số nên (1) c d = a b c 101 930 < = 10 Trong đó, d số có 24 chữ số b số có 15 a 101 929 d 102 3 d c chữ số nên > 15 > 10 Suy > 10 > , mâu thuẫn Vậy ad − bc ≠ b 10. .. từ (1), ta suy ad − bc ≥ x Mặt khác, ta lại có • • ad < 101 930 ? ?102 4 = 101 954 , tức ad có khơng q 1954 chữ số bc < 101 930 ? ?101 5 = 101 945 b, tức bc có khơng q 1945 chữ số Do đó, với ý ad − bc... ⋅ BK − PC ⋅ PA Bài Từ giả thi? ??t, ta suy A= 109 0 ⋅ a + b B= 109 0 ⋅ c + d với a, c hai số có 1930 chữ số, b số có 15 chữ số d có 24 chữ số Đặt x = ƯCLN ( A; B ) ta có aB − cA chia hết cho x ,