Đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm 2020 có đáp án sở GDĐT bình thuận

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) - KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO NĂM HỌC: 2020 - 2021 Mơn thi: TỐN (Hệ số - Chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) - Câu  xy  x  y   Giải hệ phương trinh:   2  xy x  y     Câu a) Cho p p  số nguyên tố lớn Chứng minh p  chia hết cho b) Tìm tất số nguyên tố p cho p  lập phương số nguyên dương Câu Cho số thực x, y, z  thỏa mãn 1    Chứng minh rằng: x y z x  y  z  x 1  y 1  z 1 Câu Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AD, BE , CF cắt H Gọi K điểm tùy ý cạnh BC với K  B, K  C Kẻ đường kính KM đường tròn ngoại tiếp tam giác BKF đường kính KN đường trịn ngoại tiếp tam giác CEK Chứng minh M , H , N thẳng hàng Câu Cho 20 điểm phân biệt mặt phẳng Chứng minh tồn đường trịn có 12 điểm cho bên có điểm cho bên …Hết… LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu S  P  P   S      Đặt S  x  y, P  xy với S  P Khi hệ cho trở thành:   2   S P  S  S  12       S  Ta có: S  S 12     S  4  x  y   x  2, y   Với S  3, ta có: P  Khi       xy   y  2, x  Với S  4, ta có: P  Loại S  P Vậy hệ cho có hai nghiệm  x; y   2;1 , 1; 2 Câu a) Ta có: p lẽ p  nên p chia dư Nếu p  1mod 3 suy p   mod 3 vơ lí p  số nguyên tố lớn Do p  mod 3 nên p   mod 6 Hay p  chia hết cho b) Vì p  lập phương số tự nhiên nên đặt p 1  a3 với a  * a lẽ Khi ta có: p  a 1a  a  1 Do a lẽ nên a 1 chẵn a  a 1  a a 1  lẽ nên suy a 1  Khi a  3, ta có: p  33 1  13 Vậy p  13 giá trị cần tìm Câu Ta có: 1 1 1 x 1 y 1 z 1      1         x y z x y z x y z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:  x 1 y 1 z 1 x  y  z   x  y  z     y z   x Suy ra: x  y  z  x 1  y 1  z 1 Đẳng thức xảy x  y  z    x 1  y 1  z 1 Câu Ta có: AF  AB  AE  AC tứ giác BCEF nội tiếp Gọi I giao điểm AK với  BFK  , ta có: AI  AK  AF  AB  AE  AC 1 Gọi I  giao điểm AK với CEK  , ta có: AI   AK  AE  AC  AF  AB 2 Từ 1 2 suy I  I  Hay AK qua I giao điểm thứ hai đường tròn  BFK  CEK  với K  I   EIA    ABC   1800  BAC  Ta có EIF AIF  ACB Suy tứ giác AEIF nội tiếp Mà tứ giác AEHF nội tiếp nên năm điểm A, E , I , F , F thuộc đường tròn AFH  900 hay HI  IK 3 Suy ra:  AIH     NIK   900 nên M , I , N thẳng hàng MN  IK 4 Mặt khác MIK Từ 3 4 suy M , H , N thẳng hàng Ta có điều phải chứng minh Câu Trước hết ta chứng minh tồn điểm P mà khoảng cách từ P đến 20 điểm cho khác Thật vậy, khoảng cách từ P đến hai điểm A, B P nằm đường trung trực AB Do cần chọn điểm P khơng nằm đường trung trực đoạn thẳng tạo 20 điểm cho Gọi khoảng cách P đến 20 điểm cho d1  d  d3   d 20 Xét đường trịn tâm P bán kính d12 , đường trịn chứa 12 điểm có khoảng cách đến P gần Ta có điều phải chứng minh HẾT ...     S  Ta có: S  S 12     S  4  x  y   x  2, y   Với S  3, ta có: P  Khi       xy   y  2, x  Với S  4, ta có: P  Loại S  P Vậy hệ cho có hai nghiệm ... a  * a lẽ Khi ta có: p  a 1a  a  1 Do a lẽ nên a 1 chẵn a  a 1  a a 1  lẽ nên suy a 1  Khi a  3, ta có: p  33 1  13 Vậy p  13 giá trị cần tìm Câu Ta có: 1 1 1 x 1 y 1... P đến 20 điểm cho d1  d  d3   d 20 Xét đường trịn tâm P bán kính d12 , đường trịn chứa 12 điểm có khoảng cách đến P gần Ta có điều phải chứng minh HẾT