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 ba 1 Tương tự b a bb 1 Suy ra: a b a b a b a ba 1 a bb 1 2ab a b ab a b1 a 1 b a b1 a a b1 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 ... 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... 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