Đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm 2020 có đáp án sở GDĐT hà nội

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI - ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x  x    x  3 x  b) Cho hai số thực a , b, c thỏa mãn a  b  2c  2ab  bc  ca  Chứng minh a  b  c Câu (2,0 điểm) a) Chứng minh với số nguyên dương n, số A  11n  n  n  chia hết cho 15 b) Cho hai số nguyên dương m n thỏa mãn 11  m m  Chứng minh rằng: 11   n n  11  mn  Câu (2,0 điểm) a) Cho đa thức P ( x ) với hệ số thực thỏa mãn P 1  P  3  Tìm đa thức dư phép chia đa thức P ( x ) cho đa thức x  x  b) Với a , b, c số thực không âm thỏa mãn a  b  c  abc  4, tìm giá trị lớn biểu thức: P  ab  bc  ca Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB  AC Gọi  I  đường tròn nội tiếp tam giác ABC K tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC Gọi D , E , F chân đường vng góc kẻ từ điểm I đến đường thẳng BC , CA, AB Đường thẳng AD cắt đường tròn  I  hai điểm phân biệt D M Đường thẳng qua K song song với đường thẳng AD cắt đường thẳng BC N a) Chứng minh tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK b) Gọi P giao điểm BI FD Chứng minh góc BMF góc DMP c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC qua trung điểm đoạn thẳng KN Câu (1,0 điểm) Cho bảng vng kích thước  (6 hàng, cột) tạo vng kích thước 1 Mỗi vng kích thước 1 tơ hai màu đen trắng cho bảng ô vuông kích thước   2, có hai vng kích thước 1 tơ màu đen có chung cạnh Gọi m số vng kích thước 1 tơ màu đen bảng a) Chỉ cách tô cho m  20 b) Tìm giá trị nhỏ m HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI - ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chun) Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu a) Phương trình cho ln xác định với x  Đặt a  x  ( a  0), phương trình viết lại thành a  3x  ( x  3)a, hay ( a  x )( a  3)  x   Do a  x   x  x  x nên từ đây, ta có a  hay Từ đó, ta có x  (thỏa mãn) x  2 (thỏa mãn) Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  x  2 b) Từ giả thiết thứ thứ hai, ta có: 2ab  c a  b  2c Do ab  c Suy ra: a  c b  c  ab  c a  b  c  c  2c  c  1 Mà: a  b  a  b  4ab  2c   4c  2 2 Từ 1 2 , suy ra: a  b  c Câu a) Với số nguyên a, b số tự nhiên k ta có: a k  b k a  b Suy ra: a k  b k  a  b M với M số nguyên Ta có: A  11n  2n   7 n 1n   9C  D  33C  D với C , D số nguyên Lại có: A  11n 1n   7 n  2n   10C  5D  5 P  Q với P, Q số nguyên Suy A15 b) Với số nguyên a a chia 11 dư 0, 1, 3, 4, 5, Ta có: 11  m   11n  m  Nếu 11n  m2  m  10 mod11 , mâu thuẫn n Suy ra: 11n  m2  Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 11n  m    11  m  11n  m   1  11     11  m2      11    11   m   11n Bất đẳng thức 2  Nếu m  VP2  m2   Nếu m  1  11n  11   11n   11 Do 11n  m   n   Nếu m  1  11n  11  Do 11n  m   n  nên 1 11 nên 1 11 Tóm lại trường hợp ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy m  3, n  Câu a) Do x  x  có bậc nên số dư phép chia P( x) cho x  x  có dư ax  b Đặt P( x)   x  x  3 Q( x)  ax  b  P 1     a  b  a  Ta có:        3a  b   b  P         Vậy đa thức dư cần tìm x 1 b) Ta chứng minh ab  bc  ca  a  b  c  abc Thật bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 1a  b  c12  ab  bc  ca1 abc   1 a 1 b1 c  Khơng tính tổng quát giả sử a  b  c Ta có:  a  b  c  abc  3c  c  c  Ngoài  a  b  c  abc  3a  a3  a  Khi 1 a 1 c   Nếu b   1 b  Khi 1 a 1 b1 c   Ta có điều phải chứng minh  Nếu b  1, kết hợp với c  áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:  a  b    a  b  c  abc            2 1 a 1 b1 c  a 1b 11 c  a 1b 1   2 Từ suy ra: ab  bc  ca  a  b  c  abc  Do P  Đẳng thức xảy a  b  2, c  hoán vị Vậy giá trị nhỏ P đạt a  b  2, c  hoán vị Câu a) Dễ thấy D, E , F điểm  I  với cạnh BC , CA, AB BD  BF , kết hợp với ID  IF suy BI trung trực DF Do BI  DF  nên BI  BK , từ BK  DF Mà BI , BK theo thứ tự phân giác ngồi góc ABC Chứng minh tương tự, ta có CK  DE  CI   NKB  1 Từ BK  DF KN  DM , ta suy ra: FDM   IEC   IEA   IFA   900 Mặt khác ID  BC , IE  CA IF  AB, suy ra: IDC Do IDCE IEAF tứ giác nội tiếp Lại có IA, IB, IC ba đương phân giác ABC , ta có:      FEI   IED   FAI   ICD   BAC  ACB  900  ABC FED 2    FED   900  BAC  KBI   CBI   NBK    Vì BK  BI tứ giác DEMF nội tiếp nên: FMD Từ 1 2 , suy tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK b) Theo câu a ) BI trung trực DF nên BI vng góc với DF trung điểm P DF Gọi G giao điểm thứ hai BM đường tròn  I  Dễ thấy hai tam giác BMF BFG đồng dạng với nên BF MF BM   Suy ra: BG FG BF BM BF MF MF  MF  BM       3 BG BF BG FG FG  FG  BM  MD  Chứng minh tương tự ta có:   4 BG  DG  Từ 3 4 suy ra: DM FM  FG DG Kẻ dây cung GH  I  song sóng với DF tứ giác FDHG hình thang cân Suy ra: FH  DG FG  DH Khi đó: FM FM DM DM    FG DG FH DH Do đó: FM  FH  DM  DH 5    x  MD  sin MDH   Gọi x, y khoảng cách từ M đến HD, HF    MF  sin MDH   y  MF  sin 1800  MFH     Suy ra:  x y   6 MD MF Từ 5 6 , suy ra: S FMH x  FH MF  FH   Do MH qua trung điểm FD  S DMH y  HD MD  DH   GMF   DMH   DMP  Tức P  MH , BMF c) Gọi Q trung điểm KN Theo câu a) MFD  BNK mà MP, BQ trung tuyến hai tam tác nên DMP  KQB   DMP   KBQ  Đặt   BMF  , ta có: BQN   QKB   KBQ   QKB    Kết hợp với câu b), ta có: BMF  ta có CQN   QKC    Tương tự đặt   CME   BQN   CQN   QKB     QKC     BKC      Suy ra: BQC Do BK  DF , CK  DE tứ giác DEMF nội tiếp nên:       EDF   1800  EMF   1800  BMF   BMC   CME   1800  BMC    BKC   BKC       1800  BMC  hay BQC   BMC   1800 Suy BQC Do tứ giác BMQC nội tiếp, tức đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM qua trung điểm Q KN Câu a) Cách tô màu thỏa mãn m  20 b) Theo cách tô bảng, ta thấy ba vng nằm vị trí hai dạng có tô đen Tiếp theo, ta xét ô nằm vị trí hình (phần có màu đỏ hình) Ta chứng minh A, B, C , D có hai tô màu đen Thật vậy, giả sử bốn ô có tối đa ô tô màu đen Khi đó, theo nhận xét trên, ta thấy có ô màu đen Không tính tổng quát, giả sử ô A tô màu đen ô B, C , D tô trắng Lúc bảng 23 ô B, E , C , F , D khơng có hai tơ đen nằm cạnh nhau, mâu thuẫn Vậy bốn ô A, B, C , D có hai tơ đen Từ đây, ta suy bốn ô nằm vị trí giống với bốn A, B, C , D hình vẽ có hai ô tô đen Bây giờ, ta chia bảng vng cho thành vùng hình vẽ bên Từ kết thu được, ta suy m  16 Với m  16, ta thu cách tô màu thỏa mãn sau: Vậy giá trị nhỏ m 16 HẾT ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI - ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 17/07 /2020 Thời gian làm bài:150 phút... x nên từ đây, ta có a  hay Từ đó, ta có x  (thỏa mãn) x  2 (thỏa mãn) Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  x  2 b) Từ giả thi? ??t thứ thứ hai, ta có: 2ab  c a  b  2c Do ab  c Suy... ta có: a k  b k a  b Suy ra: a k  b k  a  b M với M số nguyên Ta có: A  11n  2n   7 n 1n   9C  D  33C  D với C , D số nguyên Lại có: A  11n 1n   7 n  2n   10C