Đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm 2020 có đáp án sở GDĐT nghệ an

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐẠI HỌC VINH NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chun) Ngày thi 17/7/2020 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) NGHỆ AN Câu (3,0 điểm)  1 a) Giải phương trình: x  x     3x  x  x    x  x  y  x y  xy  y   b) Giải hệ phương trình:   x y  y  x      Câu (1,5 điểm) a) Tìm tất số nguyên dương x, y số nguyên tố p thỏa mãn p x  y  b) Chứng minh m, n hai số tự nhiên thỏa mãn 2m2  m  3n2  n 2m  2n 1 số phương Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P bc ca a b   c  ab a  bc b  ca Câu (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn O Các đường cao AD, BE , CF tam giác ABC cắt H a) Chứng minh BC đường phân giác tam giác DEF b) Gọi M giao điểm đường thẳng EF với đường tròn O  cho M nằm cung nhỏ  AB O1 , O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMF CEM Chứng minh AM vng góc với O1O2 c) Lấy điểm K đoạn thẳng HC cho K khác H C Đường thẳng BK cắt đường tròn O  điểm thứ hai I đường thẳng CI cắt đường thẳng BE điểm G Chứng minh hệ thức:  FK BF  BE  SGFB   S   FC CF  CE  CEF Trong SXYZ diện tích tam giác XYZ Câu (1,0 điểm) Trong hình chữ có chiều dài 149 cm, chiều rộng 40 cm cho 2020 điểm phân biệt Chứng minh tồn điểm số 2020 điểm cho mà khoảng cách chúng nhỏ cm -HẾT - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐẠI HỌC VINH NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chuyên) - NGHỆ AN Câu a) Điều kiện x  Chú ý x  x 1  0, x  0, ta có phương trình tương đương:    1  1 1 1  x    3 x   1    x    3 x        x   x x x    1    x  1   x    5    x  x 12 x  x  2   x    x   x    x  5x     x   Vậy phương trình cho có hai nghịm x  ; x  2 x     b) Điều kiện:  y      2 y  x   Phương trình thứ hệ tương đương:  y  x2 y   x  x  1 y  x  x  1    y  x  y  x 1      y  x 1 2 2  Với y  x  1, y  3x     x 1  3x    x  2, điều mâu thuẫn với x   Với y  x  x  Thay y  x vào phương trình thứ hai hệ ta được: x  x 1  x  3x   x  x  x 1  x 1  x  3x   x  x 1  x  x    x  x     x  x x 1  3 x 1   x2  x  x 1  x  x  x 1   x  x  x 1   x 10 x    x   34  x  1 Với x   34, ta có y  59  10 34   Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    34; 59 10 34 Câu a) Với y  1, ta có: p x   p  5, x  Với y  2, ta có: p x  20  không tồn x, p thỏa mãn Với y  3, ta có: p x  85  không tồn x, p thỏa mãn Với y  4, ta có: p x  260  khơng tồn x, p thỏa mãn Với y  5, ta có: p x  629  khơng tồn x, p thỏa mãn Xét y  6, ta có: y   y  y  y   y   y  2  y   y  y  2 y  y  2   y  y   pa  Do p  y   p   y  y  2 y  y  2   với a  b  x a, b  * b   y 2y   p x x 2 Ta có: y    y  y  2  y  y  Suy ra: p b  y  y   p a  y  y    y  y  2  p  y  y  2  p  p b  p b1 Do đó: pb  p a  p b1 hay b  a  b 1 Suy không tồn a, b thỏa mãn Vậy  x; y; p   1;1;5 số thỏa mãn b) Ta có: 2m  m  3n  n  m  n   m  n  n  2m  2n  1m  n  n Nếu n  m  2m  2n   12 số phương Nếu n  0, gọi d  gcd 2m  2n 1, m  n với d  * , suy n  d  n d Ta có: m  m  n  n d  m d Lại có   2m  2n  1   m 1 d Suy d    2m  2n   a  Do  2m  2n  1m  n  n   với ab  n a, b  *   m  n  b Từ dẫn đến 2m  2n 1 số phương Câu Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: P Trong Q  a b  33 c  ab a  bb  cc  a a b bc c a  36  36 Q , c  ab a  bc b  ca c  aba  bcb  ca a  bb  cc  a  c  aba  bc b  ca  Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được: c  ab  a  bc  c  aba  bc  2 b a  c   a  c a  c  b 1     4 Viết hai bất đẳng thức tương tự ta có: a  b c 1 2 a  bcb  ca   b  c a 1 2 c  abb  ca   Suy ra: c  ab a  bc c  ab  a  bb  cc  a a  1b  1c  1 a  b  c    1 Mà a  1b  1c  1  27 a  b  c  3  27  63  27 Từ suy ra: c  aba  bc c  ab  a  bb  c c  a   Q  Dẫn đến P  Q  Đẳng thức xảy a  b  c  Vậy giá trị nhỏ P đạt a  b  c  Câu   HDF  Tứ giác ABDE nội tiếp nên ABE  ADE a) Tứ giác BFHD nội tiếp nên HBF   Suy HDF ADE hay DA phân giác EDF  Mà DA  BC nên BC phân giác EDF b) Gọi L giao điểm ME với O       BAC   sd    AEM  sd  AM  sdCL AL  sdCL AM   AL Ta có:  2 AML   ABM   ACM Khi   Suy MA tiếp tuyến O  Suy MA  MO M AMF  MBF Xét đường tròn O1  có  1  nên MA tiếp tuyến cua O  Suy MA  MO M AME  MCE Tương tự ta có  2 Do MA  O1O2 c) Gọi J giao điểm KG FE , N giao điểm KC FE Ta có:    FK S   FK BF  BE  FK  FK  BF  BE  sin EBF  S BEF     SGFB    S    S   SCEF  SBEF     CEF  CEF  CEF     FC S     FC CF  CE  FC  FC CF  CE  sin ECF CEF  Do u cầu tốn tương đương với chứng minh: FK FK  SCEF  SBEF  SGEF  SBEF   SCEF  SBEF FC FC FK FK  SGEF  SBEF   SCEF  SBEF  SGEF   SCEF FC FC d  F , GC  GN FK SGEF GN   2  FC SCEF CN d  F , GC  CN SGFB  Tóm lại cần chứng minh Thật vậy, ta có: FK GN  * FC CN    ECF   tan ECH  EH EBF FH tan FBH       tan ECG     FK EG tan FBK ABI  ACI    Áp dụng đính lý Menelaus cho tam giác GHK , có cát tuyến FEJ , ta có: KF HE GJ GJ  1   JK FH GE JK Áp dụng đính lý Menelaus cho tam giác GCK , có cát tuyến FJN , ta có: GN FK GN CF JK   1  NC FK GJ CN FC Từ suy * dẫn đến ta có điều phải chứng minh Câu Giả sử ngược lại khơng tồn điểm có khoảng cách nhỏ cm 2020 điểm cho Khi khoảng cách hai điểm lớn cm Xét 2020 hình trịn có tâm điểm cho có bán kính cm Do 2020 điểm nằm hình chữ nên 2020 đường trịn nằm hình chữ nhật mở rộng từ hình chữ nhật cho cm chiều dài chiều rộng Khi kích thước hình chữ nhật 149  140  1  151 42  6242 cm Do khoảng cách hai điểm không nhỏ cm nên đường trịn có nhiều điểm chung, nghĩa tổng diện tích 2020 hình trịn tổng diện tích hình trịn Mặt khác hình trịn nằm trọn hình chữ nhật nên suy diện tích 2020 hình trịn phải nhỏ diện tích hình chữ nhật Ta có diện tích 2020 hình trịn 202012  6242,8 cm2  6242   3,14 Điều chứng tỏ diện tích hình chữ nhật nhỏ tổng diện tích hình trịn Do điều giả sử sai Vậy ta có điều phải chứng minh HẾT ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐẠI HỌC VINH NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chun) - NGHỆ AN ... 1   x ? ?10 x    x   34  x  1 Với x   34, ta có y  59  10 34   Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    34; 59 ? ?10 34 Câu a) Với y  1, ta có: p x   p  5, x  Với y  2, ta có: p x... có: FK GN  * FC CN    ECF   tan ECH  EH EBF FH tan FBH       tan ECG     FK EG tan FBK ABI  ACI    Áp dụng đính lý Menelaus cho tam giác GHK , có cát tuyến FEJ , ta có: