Bộ đề thi vào lớp 10 chuyên môn Toán năm 2020-2021 (Có đáp án và giải chi tiết)

Để đạt kết quả cao trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán sắp tới, các em có thể tham khảo và tải về tài liệu Bộ đề thi vào lớp 10 chuyên môn Toán năm 2020-2021 (Có đáp án và giải chi tiết) được TaiLieu.VN chia sẻ dưới đây để có thêm tư liệu ôn tập, luyện tập giải đề thi toán nhanh và chính xác giúp các em tự tin đạt điểm cao trong kì thi này. Chúc các em thi tốt!

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN KHTN NĂM 2020 MƠN THI: TỐN (cho tất thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (4 điểm)  x + y + xy = 1) Giải hệ phương trình :  9 x =xy + 70 ( x − y ) 2) Giải phương trình: 11 − x + x − = 24 + ( − x )( x − 1) Câu II (2 điểm) 1) Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn x y − 16 xy + 99 = x + 36 y + 13 x + 26 y 2 2 2) Với a, b số thực dương thỏa mãn ≤ 2a + 3b ≤ ;8a + 12b ≤ 2a + 3b + 5ab + 10 Chứng minh rằng: 3a + 8b + 10ab ≤ 21 Câu III (3 điểm) 2  góc nhỏ ba góc tam giác nội tiếp đường Cho tam giác ABC có BAC  Lấy điểm M , N tròn (O) Điểm D thuộc cạnh BC cho AD phân giác BAC thuộc (O) cho đường thẳng CM , BN song song với đường thẳng AD 1) Chứng minh AM = AN 2) Gọi giao điểm đường thẳng MN với đường thẳng AC , AB E , F Chứng minh bốn điểm B, C , E , F thuộc đường tròn 3) Gọi P, Q theo thứ tự trung điểm đoạn thẳng AM , AN Chứng minh đường thẳng EQ, FP, AD đồng quy Câu IV (1 điểm) Với a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a ( a + bc ) b ( ab + 2c ) + b ( b + ca ) c ( bc + 2a ) + c ( c + ab ) a ( ca + 2b ) ≥4 ĐÁP ÁN Câu I  x + y + xy = (1) 1) Giải hệ phương trình:  9 x =xy + 70 ( x − y ) (2)  3 x = x = ± Nếu x = y, hệ phương trình trở thành  ⇔ (Vơ nghiệm), x ≠ y 8 x = x =  Nhân hai vế phương trình (1) với x − y ≠ ta có: (1) ⇔ ( x − y ) ( x + y + xy ) = ( x − y ) ⇔ x − y = ( x − y ) ⇔ 10 ( x − y ) = 70 ( x − y ) Thế vào phương trình ( ) ta có: ( ) ⇔ x3 = xy + 10 ( x3 − y ) ⇔ x3 + xy − 10 y = 0 ( 3) x − 2y = ⇔ ( x − y ) ( x + xy + y ) =0 ⇔  2 ( 4)  x + xy + y = Ta có: ( 3) ⇔ x = 2y  y =1 ⇒ x =2  y =−1 ⇒ x =−2 Thế vào phương trình (1) ta có: y + y + y =7 ⇔ y =7 ⇔  2 ( x + 2y) ( ) ⇔ x + xy + y + y =⇔ 2 + y2 = 0 x + y = 2 ⇔ ( x + y) + (2 y) = ⇔  ⇔ x = y = 0(ktm) y = Vậy nghiệm hệ phương trình ( x; y ) ∈ {( 2;1) ; ( −2; −1)} 2) Giải phương trình: 11 − x + x − = 24 + 11 − x + x − = 24 + ( − x )( x − 1) ( − x )( x − 1) (*) 5 − x ≥ ⇔ ≤ x≤5 2 x − ≥ ĐKXĐ:   − x= a ( a ≥ ) a = − x Đặt :  ⇒  x − 1= b ( b ≥ ) b= x − ⇒ 2a + b 2= ( − x ) + x − 1= 11a + 8b = 24 + 3ab (1) Khi ta có:  2 (2)  2a + b = Giải phương trình (1) ta có: (1) ⇔ 11a − 3ab = 24 − 8b ⇔ a (11 − 3b ) = 24 − 8b (*) 11 Với 11 − 3b = ⇔ b = ⇒ (*) ⇔ 0a =− phương trình (*) 16 11 (vơ lý) ⇒ b = không nghiệm 3 ⇒ = a 24 − 8b 8b − 24 8b − 24 , Thay a = vào ( ) ta được: = 11 − 3b 3b − 11 3b − 11 8b − 24  ( ) ⇔   +b =  3b − 11  ⇔ ( 64b − 384b + 576 ) + b ( 9b − 66b + 121)= ( 9b − 66b + 121) ⇔ 128b − 768b + 1152 + 9b − 66b3 + 121b − 81b + 594b − 1089 = ⇔ 9b − 66b3 + 168b − 174b + 63 =0 ⇔ 3b − 22b3 + 56b − 58b + 21 =0 ⇔ ( b − 1) ( 3b3 − 19b + 37b − 21) =0 ⇔ ( b − 1)( b − 1)( b − 3)( 3b − ) =0  b = b − =  ⇔ b − = ⇔ b =   3b − = = b    x − =  = 2x −1   ⇔  x − = ⇔ 2 x − =   7 2x −1 2x −1  = = 3    29  Vậy phương trình có tập nghiệm S = 1; ;5    x =  ⇔ x =  49 = x  1(tm) 5(tm) 29 (tm) Câu II 1) Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: x y − 16 xy + 99 = x + 36 y + 13 x + 26 y 2 x y − 16 xy + 99 = x + 36 y + 13 x + 26 y ⇔ x y + 20 xy + 99 = x + 36 xy + 36 y + 13 x + 26 y ⇔ ( x y + 20 xy + 100 ) − 1= ( 3x + y ) 13 ( x + y )(*)  x + y = a ( a > )  xy + 10 = b ( b > 10 ) Đặt  ⇒ (*) ⇔ b − 1= 9a + 13a ⇔ 9a + 2.3a 13 169 169 + − =b − 36 36 13  133  ⇔  3a +  − b = ⇔ (18a + 13) − 362 = 133 6 36  ⇔ (18a − 6b + 13)(18a + 6b + 13) = 133 (1) Ta lại có : a, b > ⇒ 18a + 6b + 13 > 18a − 6b + 13 > Lại có= 133 133.1 = 19.7 2 11  b = (tm)   18a + 6b + 13 =  18a + 6b = 120 a =     18 13 18 12 a − b + = a − b = −    ⇒ (1) ⇔  ⇔ ⇔  a = 19  18a +=  18  6b + 13 19 a + 6b 32 =     (ktm)  25 −6  18a − 6b + 13 =  18a − 6b =  b = − 18   x= − y  x= − y  x + y =3  x =3 − y ⇒ ⇔ ⇔ ⇔ 2 y − y + = + 10 11 =  xy=  xy  y (3 − y ) =  x= − y   x= − y  x = 1(tm)  ⇔ ⇔   y = (ktm) ⇔    y = 1(tm) ( y − 1)( y − 1) =    y = Vậy phương trình có nghiệm ( x; y ) = (1;1) 2) Với a, b số thực dương thỏa mãn ≤ 2a + 3b ≤ (1) ; 8a + 12b ≤ 2a + 3b + 5ab + 10 Chứng minh 3a + 8b + 10ab ≤ 21( ) Giải ( ) ⇔ 8a + 12b ≤ ( 2a + 3b )( a + b ) + 10 ≤ ( a + b ) + 10 ⇔ 3a + 7b ≤ 10 Mặt khác 2a + 3b ≤ Dự đoán dấu " = " xảy ⇔ a = b = Ta có: a + 8 b + 10 ab = ( 3a + 4b ) ( a + 2b )  2 (I ) Áp dụng bất đẳng thức ( A + B) AB ≤ , ta có: ( 9a + 12b + 7a + 14b ) ≤ 21.( I ) = 3 ( 3a + 4b )  7 ( a + 2b )  ⇒ 21.( I ) (16a + 26b ) ≤ = (8a + 13b ) Ta biểu diễn 8a + 13b theo 3a + 7b 2a + 3b cách đồng hệ số Xét 8a + 13b = x ( 3a + 7b ) + y ( 2a + 3b ) ⇔ 8a + 13b = ( 3x + y ) a + ( x + y ) b  = x  3 x + y = ⇔ ⇔ 13  17 7 x + y = y=  2 17 17  2  2 ⇒ 21.( I ) ≤ ( 8a + 13b )=  ( 3a + 7b ) + ( 2a + 3b )  ≤  10 + = 212 5  5  5 ⇒ ( I ) ≤ 21 Dấu " = " xảy ⇔ a = b = Câu III A Q P M K E F N O C D B 1) Chứng minh AM = AN  = DAB  (so le BN / / AD) Ta có: NBA  = DAC  ( gt ) ; DAC = DAB ACM (so le CM / / AD)  = MCA  ⇒ sd  ⇒ NBA AN = sd  AM (trong đường trịn, hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Vậy AM = AN (trong đường tròn, hai dây căng hai cung nhau) 2) Chứng minh điểm B, C , E , F thuộc đường tròn ( )  (góc có đỉnh bên đường trịn) sd  AN + sdCM 1    = sd  AM + sdCM = = sd AC ABC (góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn) 2 Vậy tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngồi góc đỉnh đối diện nhau) hay B, C , E ,F thuộc đường tròn 3) Chứng minh đường thẳng EQ, FP, AD đồng quy Áp dụng định lý Mê-lê-na-uýt tam giác AHN , cát tuyến EKQ , ta có:  = AEF Ta có: ( ) EN KH QA EN KH = 1⇒ = 1(do Q trung điểm AN ( gt ) nên QA = QN ) EH KA QN EH KA EN KA ⇒ =( I ) EH KH Gọi AD ∩ PE = {K '} Ta chứng minh K ' ≡ K Áp dụng định lý Mê-lê-na-uýt tam giác AHM , cát tuyến PKF ta có: FM K ' H PA FM K ' H = 1⇒ = (Do P trung điểm AM ( gt ) nên PA = PM ) FH K ' A PM FH K ' A FM K ' A ⇒ = ( II ) FH K ' H EN FM FM FH FM − FH HM Ta chứng minh = ⇔ = = = (*) (tính chất dãy tỉ số EH FH EN EH EN − EH HN nhau) HM DC = HN DB DC AC HM AC = Lại có : (định lý đường phân giác), đó: = (1) DB AB HN AB  chung AEF =  ABC (cmt ), BAC Xét ∆AEF ∆ABC có:  Vì BN / / AD / / CM nên áp dụng định lý Ta – let ta có: ⇒ ∆AEF  ∆ABC ( g g ) ⇒ Từ (1) (2) ⇒ HM AF = HN AE AC AF = ( 2) AB AE ( 3) AF HF = ( 4) AE HE EN FM HM HF = Từ (3) (4) ta suy = , (*) chứng minh, tức ( III ) EH FH HN HE KA K ' A = Từ ( I ) , ( II ) , ( III ) suy , K ≡ K ' KH K ' H Vậy EQ, FP, AD đồng quy K Tiếp tục áp dụng định lý đường phân giác tam giác AEF ta có: Câu IV Với a, b, c > 0, a + b + c = ta có: P= a ( a + bc ) b ( ab + 2c ) + b ( b + ca ) c ( bc + 2a ) + c ( c + ab ) a ( ca + 2b ) = a ( a + bc ) ab ( ab + 2c ) + b ( b + ca ) bc ( bc + 2a ) a b2 c2 ( a + b + c ) Áp dụng BĐT ta có: + + ≥ x y z x+ y+z P≥ (a + b + c + 3abc ) a 2b + b 2c + c a + 2abc ( a + b + c ) (a ⇒P≥ + b + c + 3abc ) ( ab + bc + ca ) p a + b + c =  Đặt  ab + bc + ca = q , áp dụng BĐT Schur ta có: 9r ≥ p ( 4q − p ) abc = r  ⇒ 9abc ≥  ( ab + bc + ca ) −  ⇔ 3abc ≥ ( ab + bc + ca ) − Khi ta có:  a + b + c + ( ab + bc + ca ) −  P≥ ( ab + bc + ca ) ( a + b + c )2 + ( ab + bc + ca ) −   P≥  ( ab + bc + ca ) 2 32 + ( ab + bc + ca ) −  ( ab + bc + ca ) P≥ ⇒P≥ = 2 ( ab + bc + ca ) ( ab + bc + ca ) Dấu " = " xảy ⇔ a = b = c =1 Vậy P ≥ 4( dfcm) 2 + c ( c + ab ) ca ( ca + 2b ) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI CỘNG HÒA XA HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2,0 điểm)  x 2+ x a) Rút gọn biểu thức P Cho biểu thức P = +  b) Tìm m cho m ( 8x   x −  − :  với x > 0; x ≠ 4; x ≠ 4− x  x−2 x x ) x − P > x + với giá trị x > Bài (3,0 điểm) a) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng y ( d1 ) : = x + ( d ) : y = ( m2 − ) x + 3m (m tham số) Tìm giá trị m để hai đường thẳng d1 d song song b) Cho phương trình: x − ( m − 1) x + 2m − = (m tham số) Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: (x − 2mx1 + 2m − 1) ( x2 − ) ≤ c) Hai ô tô khởi hành lúc quãng đường từ A đến B dài 120km Vì ô tô thứ nhát chạy nhanh ô tô thứ hai 10km nên đến B trước ô tơ thứ hai 0,4 Tính vận tốc ô tô, biết vận tốc ô tô không đổi quãng đường AB Bài (1,5 điểm) Bác An muốn làm cửa sổ khuôn gỗ, phía có dạng nửa hình trịn, phía có dạng hình chữ nhật Biết : đường kính nửa hình trịn cạnh phía hình chữ nhật tổng độ dài khn gỗ (các đường in đậm vẽ hình bên, bỏ qua độ rộng khuôn gỗ) 8m Em giúp bác An tính độ dài cạnh hình chữ nhật để cửa sổ có diện tích lớn Bài (3,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) điểm nằm ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn ( O ) (B tiếp điểm) đường kính BC Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I ( I khác C O) Đường thẳng IA cắt ( O ) hai điểm D E ( D nằm A E) Gọi H trung điểm đoạn thẳng DE a) Chứng minh AB.BE = BD AE b) Đường thẳng d qua điểm E song song với AO, d cắt BC điểm K Chứng minh HK / / CD c) Tia CD cắt AO điểm P, tia EO cắt BP điểm F Chứng minh tứ giác BECF hình chữ nhật Bài (0,5 điểm) Tìm số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện sau: 0 < x, y , z ≤  x y z  + + = 1 + y + zx + z + xy + x + yz x + y + z  ĐÁP ÁN Bài a) Rút gọn biểu thức P Với x > 0, x ≠ 4, x ≠ ta có:      x x −1 8x   x −   x 8x    + − = P  + − = : :     − x + − + x x x x x x 2 − + − x x x x 2         ( P ( ) ( ) x − x + 8x x − − x − = : 2− x 2+ x x x −2 ( )( ( − x )( + x ) x ( x − ) x ( x + ) x x + 4x 4x = = ( − x )( + x ) − x ( x + 2).( x − 3) x − Vậy P = ) 4x x −3 b) Tìm m cho m ( ( ) x − x + 8x x ( ) ) x − P > x + với giá trị x > ( ) 4x > x +1 x −3 ⇔ 4mx > x + ⇔ ( 4m − 1) x > ⇔ 4m − > x 1 Vì x > nên < x 1 10 Do 4m − > , ∀x > 4m − ≥ ⇔ 4m ≥ ⇔m≥ x 18 Vậy m ≥ 18 x − P > x + ⇔ m ( x −2 ) x −1− x + Điều kiện: x > ∀x > 9, Ta có: m ( ) )( x −3 Bài a) Tìm giá trị m để hai đường thẳng d1 , d song song ) = x+ x −x+2 x− x + x −4 : x −1 x +1 x +2 x +1 = ( = = 2) ( ) x +2 )( ) x −1 0,25 x +1 x−4 ( x −1 x −2 )( x +2 ) 0,25 x −1 x −2 0,25 Ta có P = ⇒ x −1 = ⇔ x −1 = x −2 ( x −2 ) ⇔ x = ⇔ x = (tm) Vậy P = x = (với m tham số) 1) Cho phương trình x − ( m + 1) x + m − 2m − = 0,25 0,25 a) Tìm giá trị tham số m biết x = nghiệm phương trình b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Câu 1.a) cho x12 + x22 − x1 − x2 = x   x + + + y − = 2) Giải hệ phương trình   3x −2 y−2 = −3  x + + Ta có x = nghiệm phương trình − ( m + 1) + m − 2m − = ⇔ m − 6m − =  m= +  m= + Giải phương trình ta  Vậy  thỏa mãn yêu cầu toán m 3 m 3 = − = −   Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ∆ ' > ⇔ 4m + > ⇔ m > −1 (1)  x1 + x2 = ( m + 1) Áp dụng định lý Vi ét ta có   x1 x2 = m − 2m − 1.b) Ta có x12 + x22 − x1 − x2 =8 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − ( x1 + x2 ) =8 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇒ ( m + 1) − ( m − 2m − 3) − ( m + 1) =8 ⇔ m + 5m =0 2) 2,5 m = Kết hợp với điều kiện (1) ta m = Vậy m = thỏa mãn yêu cầu toán ⇔  m = −5  2x x   x + + + y − = x +1 ≥  x ≥ −1  x + + = (1) Điều kiện  HPT ⇔  ⇔ ⇔ y − ≥ y ≥  3x −2 y−2 = −3  y − = ( 2)  x + + 0,25 0,25 0,5 x ≥ x ≥  3(tm) ⇔  x = ⇔ x = Giải phương trình (1) ⇔ x + = x − ⇔   x − 3x =  x =  Giải phương trình (2): y − = ⇔ y − = ⇔ y = 11 (thỏa mãn) Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 3;11) 0,25 0,25 Từđiểm A nằm ngồi đường trịn ( O ) kẻ tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn ( B, C cáctiếp điểm) Đoạn thẳng AO cắt BC đường tròn ( O ) M I Câu 1) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 2) Gọi D làđiểm thuộc cung lớn BC đường tròn ( O ) (với DB < DC ) K giao 3,0 điểm thứ hai tia DM với đường tròn ( O ) Chứng minh MD.MK = MA.MO 3) Gọi E , F hình chiếu vng góc A đường thẳng DB, DC Chứng minh AF song song với ME A E I K B F M C O D Ta có AB AC tiếp tuyến ( O ) nên  ABO = 90o  ACO = 90o 1) 2) Suy  ABO +  ACO = 180o , suy tứ giác ABOC nội tiếp  (Mối liên hệ góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung) Ta có  ACI = CBI Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có AO trung trực BC, suy tam giác IBC cân  = IBC  I, suy ICB  , suy CI phân giác góc ACB Suy  ACI = BCI Chứng minh tương tự ta có BI phân giác góc ABC, suy I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC  = MBD  (hai góc nội tiếp chắn 1cung) Xét tam giác MKC MBD có MKC  = BMD  , suy hai tam giác MKC MBD đồng dạng Và KMC Suy MK MC hay MK MD = MB.MC = MB MD 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Chứng minh tương tự ta có MB.MC = MA.MO Suy MK MD = MA.MO , ta có điều phải chứng minh  = BAM  Ta có  AEB +  AMB = 180o , suy tứ giác AEBM nội tiếp, suy BEM  = EBC  (mối liên hệ góc nội tiếp góc tạo tia tiếp Trong đường trịn ( O ) ta có BDC 3) tuyến dây cung) =  + EDC = Tam giác AMB vuông M nên  ABM + BAM 90o , suy DEM 90o Suy EM vng góc với DC Mà AF vng góc với DC nên EM / / AF Ta có điều phải chứng minh 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1) Giải phương trình ( x + x ) x + = x3 + x + x − Câu 24 Tìm giá trị nhỏ 2) Cho a, b, c số dương thỏa mãn 2a + 2b + 2c + ab + bc + ca = 1,0 biểu thức P = a + b + c −3 ĐK: x + ≥ ⇔ x ≥ PT ⇔ x3 + x + x − − ( x + x ) x + = ⇔ ( x + x ) ( x + 1) − ( x + x ) x + + x − = ( 2 ) ⇔ ( x + x ) x + − x + + ( x + 1) − ( x + 3) =0 ( )( 0,25 ) ⇔ x + − 2x + x2 + 2x + + 2x + = ⇔ x + − 2x + = (Vì x + x + + x + = ⇔ x += ( x + 1) + 2x + > ∀ x ≥ −3 ) x +1 ≥  x ≥ −1 2x + ⇔  ⇔  x + x + 1= x +  x =  x ≥ −1  ⇔   x = − ⇔ x =2 (t / m) Vậy phương trình cho có nghiệm x =    x = Ta có bất đẳng thức a + b ≥ 2ab, b + c ≥ 2bc, c + a ≥ 2ca a + ≥ 4a, b + ≥ 2b, c + ≥ 4c ( 0,25 0,25 ) Cộng vế ta a + b + c + 12 ≥ ( 2a + 2b + 2c + ab + bc + ca ) = 48 Suy P ≥ 12 0,25 Với a= b= c= P = 12 Suy giá trị nhỏ củaP 12 Lưu ý: + Các cách giải khác đáp án đúng, phù hợp với chương trình THCS, ban giám khảo thống cho điểm thành phần tương ứng + Điểm tồn tổng điểm câu khơng làm tròn HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020-2021 Mơn thi: TỐN (chun) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu (2,0 điểm) a) Cho số thực x, y, z khác Đặt a= x + 1 , b= y + = c xy + y xy x Chứng minh a + b + c − abc = b) Cho số thực a, b khác −2 thỏa mãn ( 2a + 1)( 2b + 1) = Tính giá trị biểu thức A = 1 + ⋅ 2+a 2+b Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x + x += 3 x x +  x − y) (  2x + + y + = b) Giải hệ phương trình  ( x + y )( x + y ) + 3x + y =  Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC nội tiếp đường tròn ( O ) Một đường tròn tiếp xúc với cạnh AB, AC M , N có tâm I thuộc cạnh BC Kẻ đường cao AH tam giác ABC a) Chứng minh điểm A, M , H , I , N thuộc đường trịn HA tia phân giác góc MHN b) Đường thẳng qua I vuông góc với BC cắt MN K Chứng minh AK qua trung điểm D BC  = CAD  c) Tiếp tuyến đường tròn ( O ) B C cắt S Chứng minh BAS Câu (1,5 điểm) a) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x + y = xy + 1 b b) Cho số nguyên dương a, b, c thỏa mãn c + = a + ⋅ Chứng minh ab lập phương b a số nguyên dương Câu (1,5 điểm) a) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 Chứng minh a + b3 + c ≤ + a + b + c b) Ban đầu có 2020 viên sỏi để túi Có thể thực công việc sau: Bước 1: Bỏ viên sỏi chia túi thành túi Bước 2: Chọn túi cho túi có viên sỏi, bỏ viên từ túi chia túi thành túi mới, có túi Bước 3: Chọn túi cho túi có viên sỏi, bỏ viên từ túi chia túi thành túi mới, có túi Tiếp tục q trình Hỏi sau số bước tạo trường hợp mà túi có viên sỏi hay không? - HẾT Họ tên thí sinh:…………………………… Họ tên, chữ ký GT 1:……………………………… Số báo danh:………………………………… Họ tên, chữ ký GT 2:……………………… …… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Nămhọc 2020– 2021 Mơnthi: TỐN (chun) (Hướngdẫnchấmgồm: 05trang) Câu (2,0 điểm) a) Cho cácsốthực x, y, z khác Đặt a= x + 1 , b= y + c = xy + ⋅ y xy x Chứng minh a + b + c − abc = b) Cho cácsốthực a, b khác −2 thỏamãn ( 2a + 1)( 2b + 1) = Tínhgiátrịcủabiểuthức A = 1 + ⋅ 2+a 2+b Ý Nội dung a 1 2 2 2 (1,0 Ta có a = x + x + 2, b = y + y + c = x y + x y + điểm) x y Ta có ab = xy + + + xy y x 1 Suy abc= x y + 2 + x + + y + + x y x y Suy a + b + c − abc = b − (do 2b + ≠ ) a (1,0 Từ điều kiện toán rút= ( 2b + 1) điểm) 2b + = Suy + a 3(b + 2) = Suyra A 2b + 1 2b + + + = = 3(b + 2) b + 3(b + 2) Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Câu 2(2,0 điểm) 3 x x + a) Giảiphươngtrình x + x +=  x − y) (  2x +1 + y +1 = b) Giảihệ phươngtrình  ( x + y )( x + y ) + x + y =  Ý Nội dung a Điềukiện x ≥ −3 (1,0 Đặt x + 3= t , ( t ≥ ) , phươngtrìnhtrởthành x + t − xt = điểm) x = t Phươngtrìnhtươngđương ( x − t )( x − t ) = ⇔  2 x = t Với x = t ta x = kiện) x ≥ x ≥ + 13  (thỏa mãn điều x+3 ⇔  ⇔ ± 13 ⇔ x = x = x + x =  Điểm 0,25 0,25 0,25 x ≥  x ≥  x =1 Với 2x = t ta x = x+3 ⇔  ⇔   ⇔ x = (thỏa mãn điều kiện) 4 x = x +  x = −    + 13  Vậy tập nghiệm phương trình S = 1,    b (1,0 điểm)  x − y) (  2x +1 + y +1 = (1)  ( x + y )( x + y ) + x + y = ( 2)  Điều kiện xác định x, y ≥ − Phương trình (2) tương đương ( x + y − 1)( x + y + ) = 0,25 0,25 Với điều kiện xác định ta có x + y + ≥ − − + > nên dẫn đến x + y = a x + ≥ = Đặt = b y + ≥ , kếthợp (1) x + y = ta cóhệphươngtrình 2  b (a − b ) a +=  a + b =  0,25 a + b = Trườnghợp 1:  , hệvônghiệm a + b = ( a − b )2 ( a + b ) = ( a + b )( − 2ab ) = ⇔ Trườnghợp 2:  2 4 a + b = ( a + b ) − 2ab =  S= a + b Đặt  , hệtrởthành  P = ab  S2 −  S2 − P =  P =  P =  S ( − P ) =  ⇔ ⇔ ⇔  2 −4 S =  S − P = S  − S =  S ∈ 2, −1 ±       { 0,25 }  a =  a + b = b = Suy  , từđósuyratậpnghiệm ( x, y ) củahệlà ⇔  a = ab =   b =       − ;  ,  ; −    2   2   0,25 Câu (3,0 điểm) Cho tam giácnhọn ABC có AB < AC nộitiếpđườngtròn ( O ) Mộtđườngtròntiếpxúcvớicáccạnh AB, AC M , N vàcótâm I thuộccạnh BC Kẻđườngcao AH tam giác ABC a) Chứng minh cácđiểm A, M , H , I , N cùngthuộcmộtđườngtrịnvà HA làtiaphângiáccủagóc MHN b) Đườngthẳngđi qua I vàvnggócvới BC cắt MN K Chứng minh AK qua trungđiểm D BC  = CAD  c) Tiếptuyếncủađườngtròn ( O ) B C cắtnhautại S Chứng minh BAS Hình vẽ: A O K P N Q M B H E D' I D C G S Ý a (1,0 điểm) Nội dung Do AM , AN tiếp tuyến đường tròn ( I ) nên  AMI =  ANI = 90 , suy điểm M, N thuộc đường trịn đường kính AI Ta có AH đường cao tam giác ABC nên  AHI = 90o , suy điểm H thuộc đường trịn đường kính AI Suy cácđiểm A, M , H , I , N cùngthuộcđườngtrịnđườngkínhAI Do tứ giác AMHN nội tiếp nên  AHM =  ANM  AHN =  AMN Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau, suy  AMN cân A, suy  AMN =  ANM , suy  AHM =  AHN , hay HA làtiaphângiáccủagóc MHN b (1,0 Điểm o Kẻ đường thẳng qua K song song với BC cắt AB AC P Q  = KMP   + IMP = Ta có IKP 180o , suy tứ giác IKPM nội tiếp, suy KIP 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 điểm) c (1,0 điểm)  = KNA  Suyra KIP  = KIQ  Chứng minh tươngtự ta có KIQ Xét tam giác IPQ có IK vừa đường cao, vừa phân giác nên tam giác cân, suy IK đường trung tuyến, hay K trung điểm PQ DựngDlàgiaođiểmcủaAKvàBC KP AK KQ Do PQ / / BC , ápdụngđịnhlýTalet ta có = = , suyra DB = DC BD AD DC SuyraDlàtrungđiểmcủaBC Gọi E giao điểm AS BC, G giao điểm thứ AS ( O )  = CAD ' , cần chứng minh D ' trung Trên cạnh BC lấy điểm D ' khác E cho BAE điểm BC  = CAD ' nên  AGB đồng dạng  ACD ' Ta có  AGB =  ACD ' BAG GB AG Suy = (1) CD ' AC  = BAD ' nên  AGC đồng dạng  ABD ' Ta có  AGC =  ABD ' CAG Suy GC AG = BD ' AB 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ( 2)  = SAB  nên SBG đồng dạng SAB , suy SB = BG Ta có SBG SA AB CG BG SC CG Chứng minh tương tự ta (3) = = Suy CA BA SA AC Từ (1), (2) (3) suy CD ' = BD ' hay D ' trung điểm BC Ta có điều phải chứng minh Câu (1,5 điểm) a) Tìmcácsốnguyên x, y thỏamãn x3 + y = xy + 1 b b) Cho cácsốnguyêndương a, b, c thỏamãn c + = a + ⋅ Chứng b a làlậpphươngcủamộtsốnguyêndương Ý Nội dung 2 a Ta có x + y = xy + ⇔ ( x − 1) − y ( x − 1) = ⇔ ( x − 1) ( x + x + − y ) = (0,75 điểm) ⇔  x =  2  y = x + x +1 Với x = , phương trình có nghiệm (1; y ) với y số nguyên 0,25 0,25 minh ab Điểm 0,25 0,25 Với y = x + x + ⇔ ( y ) − ( x + 1) = ⇔ ( y − x − 1)( y + x + 1) = 2 Lậpbảngxétcáctrườnghợp y − 2x −1 −3 −1 y + 2x +1 −3 −1 x 0 −1 −1 y 1 −1 −1 Vậy tập giá trị ( x; y ) thỏa mãn {( 0;1) , ( 0; −1) , ( −1; −1) , ( −1;1) , (1; y ) , y ∈ } b (0,75 Ta có c + b = a + ⇔ abc + a = a 2b + b b a 0,25 0,25 điểm) Suy a chia hết cho b , đặt = a bk , k ∈ * , thay vào điều kiện ta b kc + bk= b3 k + b ⇔ bkc + k= b k + b Suy b chia hết cho k k chia hết cho b, suy b = k , suy ab = b3 , ta có điều phải chứng minh 0,25 0,25 Câu (1,5 điểm) a) Cho cácsốthựckhôngâm a, b, c thỏamãnđiềukiện a + b + c = Chứng minh a + b3 + c ≤ + a + b + c b) Ban đầucó 2020 viênsỏiđểtrong chiếctúi Cóthểthựchiệncơngviệcnhưsau: Bước 1: Bỏđi viênsỏivà chia túinàythành túimới Bước 2: Chọn túinàysaochotúiđócóítnhất viênsỏi, bỏđi viêntừtúinàyvà chia túiđóthành túimới, khiđócó túi Bước 3: Chọn túinàysaochotúiđócóítnhất viênsỏi, bỏđi viêntừtúinàyvà chia túiđóthành túimới, khiđócó túi Tiếptụcqtrìnhtrên.Hỏisaumộtsốbướccóthểtạoratrườnghợpmàmỗitúicóđúng viênsỏi hay không? Ý Nội dung Điểm 3 4 3 a Xét hiệu ( a + b + c ) − ( a + b + c )= a (1 − a ) + b (1 − b ) + c (1 − c ) (0,75 0,25 3 ) a ( ab + ac ) + b ( bc + ba ) + c ( ca + cb ) điểm) = a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b = Do a, b, c khôngâmnên bc, ca, ab khôngâm Suyra a ( ab + ac ) + b ( bc + ba ) + c ( ca + cb ) 0,25 ≤ a ( ab + ac + bc ) + b ( bc + ba + ca ) + c ( ca + cb + ab ) = ( ab + bc + ca ) ( a + b2 + c ) 2 2 ( a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca ) 2 = a + b + c ) ( 2ab + 2bc + 2ca ) ≤ = ( 2 Suyrađiềuphảichứng minh Sau bước, số sỏi giảm số túi tăng lên 1, suy tổng số sỏi túi không thay b (0,75 đổi sau bước, tổng 2021 điểm) Giả sử sau số bước tạo trường hợp mà túi có viên sỏi, tổng số sỏi túi phải chia hết cho Do 2021 không chia hếtcho nênmâuthuẫn, suyragiảsửsai Vậykhơngthểtạoratrườnghợpmàmỗitúicóđúng viênsỏisaumộtsốbước 0,25 0,25 0,25 0,25 Chú ý: Nếuthísinhlàmđúngmàcáchgiảikhácvớiđápánvàphùhợpkiếnthứccủachươngtrình THCSthìtổchấmthốngnhấtchođiểmthànhphầnđảmbảotổngđiểmnhưhướngdẫnquyđịnh - Tổngđiểmtồnbàikhơnglàmtrịn HẾT UBND TỈNH BẮC NINH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2020 - 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: Tốn (dành cho thí sinh chun Tốn, chun Tin) (Đề gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm) a) Cho biểu thức A = √ √ x+4 x−4+ x−4 x−4 Với giá trị x biểu thức A 16 − +1 x2 x xác định Rút gọn A b) Giải hệ phương trình x2 y + 2x2 + 3y = 15 x4 + y − 2x2 − 4y = Câu (2,5 điểm) a) Cho số a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh có ba phương trình sau có nghiệm x2 + ax + = 0; x2 + bx + = 0; x2 + cx + = b) Cho a, b, c số dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị lớn biểu thức A = (1 + 2a) (1 + 2bc) Câu (1,5 điểm) a) Chứng minh với số tự nhiên n n (2n + 7) (7n + 1) ln chia hết cho b) Tìm tất cặp số nguyên dương (a; b) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 4a + 4b − nguyên tố nhau; a + b ước 16ab + Câu (3,0 điểm) 1) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, gọi I trung điểm đoạn OA Vẽ tia Ix vng góc với AB cắt nửa đường tròn (O) C Lấy điểm E cung nhỏ BC (E = B, E = C) nối AE cắt CI F a) Chứng minh BEF I tứ giác nội tiếp b) Gọi K giao điểm hai tia BE Ix Giả sử F trung điểm IC Chứng minh hai tam giác AIF KIB đồng dạng Tính IK theo R 2) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Gọi I, J, K tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ABH, ACH Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính Câu (1,0 điểm) Một bảng kích thước 2n × 2n vng, n số nguyên dương Người ta đánh dấu vào 3n ô bảng Chứng minh chọn n hàng n cột bảng cho ô đánh dấu nằm n hàng n cột - - - - - - Hết - - - - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: Tốn (Dành cho thí sinh chun Tốn) (Hướng dẫn có 04 trang) Đáp án Câu 1.a Ta có x  x     x 4 2 Điểm 1,0 0 4 16   x  x   x    ;      1   x x x Vậy điều kiện để A xác định x   Khi A  Nếu 0,25  x 4 2  x 4 2 4x x x    x  A  x  x 4 2  x 4 2 x 4 x  x 4 2  x 4 2 x 4 Nếu  x     x  A  x  0,25 2x x 4  x 4 2 x 4 2 x 4 0,25 4x x 4 1.b 0,25 1,0  u  x  (x  1)(y  2)  4(x  1)  4(y  2)  Hệ pt   Đặt   v  y   (x  1)2  (y  2)2  10     u  v  10 (u  v )2  2uv  10   Ta có hpt   uv  4(u  v )  uv  4(u  v )    u  v  10 u  v  u  u  1   Giải hệ ta  (vô nghiệm)   uv  45 v  1 uv  3 v      u  +)  Tìm nghiệm (x ; y )  (2;1) (x ; y )  (2;1) v  1  u  1 +)  Tìm nghiệm (x ; y )  (0; 5) v   Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm: 2;1 , 2;1 , 0; 5 2.a 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 Ba phương trình có: 1  a  4, 2  b  4, 3  c   1  2  3  a  b  c  12  2 (Dấu “=” xảy a  b  c  ) a  b  c   12  Suy 1  2  3  Do có ba biệt thức 1, 2 , 3 không âm 36  12  0,5 0,5 0,5 Vậy ba phương trình có nghiệm 2.b 1,0 Áp dụng BĐT Cơsi ta có a  4 3a 2  a  2a   3 2bc  b  c  3a 2  3 10  Suy A      b  c    a   b  c     9  0,25 0,25 Áp dụng BĐT Cơsi ta có  10  a   b  c    98  10  3   98  A  a   b  c      27 2 9  27     a    b  c a   Đẳng thức xảy   10  10 2   b c 1 a  b  c    2    a b c  Vậy GTLN biểu thức A 0,25 0,25 98 10 a  b  c  27 3.a 1,0 Gọi A  n 2n  7n  1 Ta có hai số n 7n  phải có số số chẵn nên n 2n  7n  1 chia hết 0,5 cho Với n   , ta có ba trường hợp sau: + n  3k, k     A  3k 6k  21k  1 1 + n  3k  1, k     A  3k  16k  921k  8 2 + n  3k  2, k    A  3k  26k  1121k  15 3 Từ 1 , 2 3 suy A , n   0,5 Vậy A , n   3.b 0,5 Giả sử a;b  cặp số ngun dương thỏa mãn tốn Khi 4a  1; 4b  1  16ab  1a  b  1 Ta có 4a  14b  1  16ab  1  a  b  chia hết cho a  b 2 Ta có 4a   4b   a  b a  b  Nếu 4a  1; a  b chia hết cho số nguyên tố p 4b  chia hết cho p , điều mâu thuẫn 4a  1; 4b  1  Do đó, 4a  1; a  b    4b  1a  b  Nên từ 1 suy 4b  1a  b  3 Ngược lại, a;b  cặp số ngun thỏa mãn 3 từ 2 ta có 16ab  1a  b  0,25 Ta chứng minh 4a  1; 4b  1  hai số 4a  4b  chia hết cho số nguyên tố p p số nguyên tố lẻ Ta lại có 4a   4b   a  b   a  b  p suy 4b  1a  b  p điều mâu thuẫn với 4b   4b  1  không chia hết cho p Như 1  3  4b   a  b  Ta lại có 4b  lẻ 4b   a  b  nên 3   4b   a  b  Như cặp số nguyên thỏa mãn toán a  3b   b  3a   0,25 a;b   3c  1;c , c; 3c  1 c    * 4.1.a 1,0 x Vẽ hình ý a) K 0,25 Ta có :  +) AEB  90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) E C 0,5  +) BIF  90 (Do Ix  AB ) F A I Tứ giác BEFI có O   BIF   90  90  180 AEB Suy tứ giác BEFI nội tiếp B 4.1.b 0,25 1,0   Do tứ giác BEFI nội tiếp nên AFI  KBI   0,25   Xét AIF KIB có: AFI  KBI (chứng minh trên); AIF  KIB  90 Suy AIF ” KIB 0,25  Xét ACB có ACB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Và CI  AB (gt) R 3R 3R R CI R Suy CI  AI IB    CI   IF   2 2 AI IF AI IB R 3R Do AIF ” KIB nên   KI   R KI IB IF 2 R 4.2 0,25 0,25 1,0 A I K J B M H C N D 0,5 Gọi M , N giao điểm AJ , AI với BC , hạ ID  BC       Ta có BAN  90  NAC  90  NAH  BNA nên ABN cân B Tương tự ACM cân C Do đó, IA  IM  IN nên D trung điểm MN Mà MN  AB  AC  BC  2r  2ID nên MIN vuông I 1 1  HAC  ABC  IBC nên 2 MK / /BI Mà BI trung trực AN nên MK  AN Tương tự NJ  AM Do điểm I , J , K nằm đường trịn đường kính MN có bán kính r (điều phải   Vì CK trung trực AM nên KMC  KAC  0,5 chứng minh) 1,0 Chọn n hàng có chứa số ô đánh dấu nhiều hàng x x x x x x x 0,5 x x (hình minh họa n  ) Ta chứng minh số đánh dấu cịn lại nhỏ n Giả sử số ô đánh dấu lại lớn n  Các hàng lại chưa chọn n Theo ngun lí Dirichlet có hàng (trong n hàng cịn lại) chứa hai ô đánh dấu Mà theo cách chọn n hàng chọn có chứa số đánh dấu nhiều hàng Có hàng cịn lại chưa chọn có hai đánh dấu, nên suy hàng n hàng chọn có hai chọn, tức n hàng chọn có khơng 2n ô đánh dấu Nếu vậy, số ô đánh dấu lớn 2n  n  1  3n trái giả thiết Vậy sau chọn n hàng (với cách chọn trên) lại khơng q n đánh dấu Vì có nhiều n cột chứa chúng Do đó, khơng cịn đánh dấu nằm ngồi hàng hay cột chọn Suy điều phải chứng minh 0,5 Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm -Hết - ... KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ THI MƠN TỐN (Dành cho chun Tin) Ngày thi: 12 tháng năm 2020 Thời gian làm : 150 phút (khơng kể giao đề) ĐỀ CHÍNH... 0,25 14 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2020 Mơn thi: Tốn (chun) (Dành cho thí sinh thi vào Trường THPT Chuyên Hạ Long) Thời... CHUYÊN Khóa ngày 21 tháng năm 2020 Mơn thi: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Dành cho thí sinh thi chun Toán ) Đề số Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm)  x= y + Giải