SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2020 – 2021 Khóa ngày 16/7/2020 Đề số 32 SBD:………… giao đề) Mơn: TỐN (CHUN) Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian Đề có 01 trang gồm câu Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức:  x + x − x − 3  x − x  P = − + ÷:  ÷  x + x − x − 2÷  x − x − ÷ x −     a) Rút gọn biểu thức P b) Chứng minh P ≤ Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình b) Cho phương trình: x2 + 12 + = 3x + x2 + () x2 − (m − 1)x − m2 + m − = (với m tham số) 3 x  x  Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình ( 1) , tìm m để Q =  ÷ +  ÷  x2   x1  đạt giá trị lớn Câu (1,0 điểm) Cho a,b,c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = ( ) ( ) ( ) Tìm giá trị nhỏ T = a − + b − + c − Câu (1,5 điểm) Tìm tất số nguyên dương n cho M = n.4n + 3n chia hết cho Câu (3,5 điểm) Cho tam giác ABC cố định nội tiếp đường tròn (O) Đường thẳng d thay đổi qua A cắt cung nhỏ AB E ( E không trùng với hai điểm A B ) Đường thẳng d cắt hai tiếp tuyến B ( ) C đường tròn O M N Gọi F giao điểm MC BN Chứng minh rằng: a) ∆CAN đồng dạng với ∆BMA , ∆MBC đồng dạng với ∆BCN b) Bốn điểm B , M , E , F nằm đường tròn c) Đường thẳng EF qua điểm cố định đường thẳng d thay đổi Hết SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP NĂM HỌC 2020 - 2021 Khóa ngày 16/7/2020 Mơn: TỐN (CHUN) (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) Yêu cầu chung * Đáp án trình bày lời giải cho câu Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận logic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong câu, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước sau có liên quan * Điểm thành phần câu phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm 0,5 điểm tùy tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm * Đối với Câu 5, học sinh khơng vẽ hình cho điểm Trường hợp học sinh có vẽ hình, vẽ sai ý điểm ý * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tùy theo mức điểm câu * Điểm tồn tổng (khơng làm trịn số) điểm tất câu Câ u Nội dung  x + x − x − 3  x − x  − + ÷:  ÷ Cho biểu thức: P =   x + x − x − 2÷  x − x − ÷ x −     a) Rút gọn biểu thức P b) Chứng minh P ≤ a 0,25 ) ( x − 2) − ( x − ( x + 1) ( x − 2) x +2 ) : x − x + 2( x + 1) ( x + 1) ( x − 2) x −3 x − 4− x + x + x − x + x + = : x +1 x −2 x +1 x −2 ( )( 2,0 ĐKXĐ : x ≥ 0, x ≠ ( P = Điểm ) ( )( ) 0,25 0,25 Câ u Nội dung = ( x −1 )( x +1 x −1 = ) x −2 x+ x +2 )( ( Điểm ) x +1 x −2 x+ x +2 Với x ≥ 0, x ≠ 0,25 ( *) 0,25 x −1 1 x −1 Ta có P ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≥0 7 x+ x +2 x+ x +2 ⇔ b ⇔ x + x + 2− x + ( ) x+ x+2 ( ) x−3 ≥ 0⇔ x−6 x +9 x+ x +2 ≥0 0,25 x+ x +2 ≥0 Bất đẳng thức cuối với x thỏa mãn điều kiện ( *) 0,25 Dấu xảy x = Vậy P ≤ với x ≥ 0, x ≠ a) Giải phương trình sau: b) Cho phương trình ( *) 0,25 x2 + 12 + = 3x + x2 + () x2 − (m − 1)x − m2 + m − = (với m () tham số) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình , tìm m 2,0 x  x  để Q =  ÷ +  ÷ đạt giá trị lớn  x2   x1  a Ta có: ⇔ x + 12 + = x + x + ⇔ x + 12 − = x − + x + − x2 − x + 12 + = 3( x − 2) +  x+2 ⇔ ( x − 2)  −  x + 12 + x2 − x2 + +  − ÷= x2 + +  x+2 0,25 0,25 0,25 Câ u Nội dung Điểm x = ⇔ x+2 x+2  − −3=  x + 12 + x2 + + Từ phương trình cho ta có: Dễ dàng chứng minh : x+2 x+2 − − < 0, ∀x > x + 12 + x2 + + x + 12 − x + = x − > ⇒ x > 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x =   Xét ac = −m + m − = −(m − m + 2) = −  (m − ) + 2 7 < 0, ∀m  ⇒ phương trình (1) có nghiệm trái dấu ⇒ Q xác định Q < ∀m 3 x  x  x x Ta có: Q =  ÷ +  ÷ = + x2 x1  x2   x1  (Do x1 x2 , dấu) x2 x1 0,25 Suy Q ≥ (theo Cô si) b 0,25 Q ≥ ⇒ ⇒ Q ≤ −2 (do Q < ) Q ≤ −  3 x  x  Q = −2 ⇔  ÷ +  ÷ = −2 ⇔ x13 + x23  x2   x1  ( ) =0 0,25 ⇔ x1 + x2 = ⇔ m − = ⇔ m = 3 x  x  Vậy m = Q =  ÷ +  ÷ đạt giá trị lớn  x2   x1  Cho a,b,c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 3 ( ) ( ) ( 3 ) Tìm giá trị nhỏ T = a − + b − + c − ) 1,0  3 3 Ta có : a − = a − 3a + 3a − = a  a − ÷ + a − ≥ a − (1) 2 4  ( 0,25 3 0,25 (do a ≥ 0) ( ) Tương tự: b − ≥ 3 b − (2) ; c − ≥ c − (3) 4 ( ) 0,25 Câ u Nội dung a +b+ c − = − = − 4 ( Từ (1), (2) (3) suy T ≥ Dấu “=” xảy a = 0, b = c = c = 0, a = b = ) 3 b = 0, a = c = 2 0,25 Vậy GTNN T − c = 0, a = b = Điểm 3 a = 0, b = c = b = 0, a = c = 2 0,25 Tìm tất số nguyên dương n cho M = n.4n + 3n chia hết cho 1,5 n = 2k k ∈ ¥ * M = 2k.42k + 32k = (2k + 1).42k − (16k − 9k ) 0,25 Với ( ) Vì (16k − 9k )M 42k khơng chia hết ( M M7 ⇔ 2k + 1M7 ⇒ 2k = 7t − 1⇒ n = 7t − t ∈ ¥ * Vì n chẵn nên t lẻ ⇒ t = 2m + ⇒ Thử lại, ta thấy Với ( ( ) n = 14m + m ∈ ¥ 0,25 ) 0,25 ) n = 14m + m ∈ ¥ thỏa mãn toán ( ) 2k + 2k + n = 2k + k ∈ ¥ M = (2k + 1).4 +3 2k + = 2k.4 2k + + (4 0,25 2k + +3 ) Vì (42k +1 + 32k + 1)M 42k+1 không chia hết ( M M7 ⇔ 2kM7 ⇒ k = 7m ⇒ n = 14m + m ∈ ¥ ) Vậy n = 14m + n = 14m + ( m ∈ ¥ ) Thử lại, ta thấy ) 0,25 ( n = 14m + m ∈ ¥ thỏa mãn tốn M chia hết cho Cho tam giác ABC cố định nội tiếp đường tròn ( O ) Đường thẳng d thay đổi qua A cắt cung nhỏ AB E ( E không trùng với hai điểm A B ) Đường thẳng d cắt hai tiếp tuyến B C đường tròn (O) M 0,25 3,5 Câ u Nội dung Điểm N Gọi F giao điểm MC BN Chứng minh rằng: a) ∆CAN đồng dạng với ∆BMA , ∆MBC đồng dạng với ∆BCN b) Bốn điểm B , M , E , F nằm đường trịn c) Đường thẳng EF ln qua điểm cố định đường thẳng d thay đổi Hình vẽ: N d A E M F O B C I Ta có BM ⊥ OB ( BM tiếp tuyến đường cao tam giác ABC ) ⇒ AC ( O ) ) AC ⊥ OB (do OB // BM 0,25 · · (hai góc đồng vị) ⇒ BMA = CAN Chứng minh tương tự ta có: a · · (hai góc đồng vị) AB // CN ⇒ BAM = CNA Suy ∆CAN ∽∆BMA (g.g) Suy ra: MB AB MB BC = ⇒ = AC NC BC CN Suy ∆MBC b ∽∆BCN (c.g.c) 0,25 0,25  ¼  · · = BCN = 1200  = s®BAC Mặt khác MBC ÷  0,25  0,25 0,25 · · · · · · Ta có BFM = BCM + NBC = BCM + CMB = 1800 − MBC = 600 0,25 · · Mặt khác BEM = BCA = 600 (do t/c góc ngồi tứ giác nội tiếp) 0,25 · · Suy BFM = BEM = 600 Vì hai đỉnh kề E F nhìn cạnh BM góc 600 nên 0,25 bốn điểm B, M , E , F nằm đường tròn 0,25 Câ u Nội dung Điểm Gọi I giao điểm EF với BC · · Ta có IBF ( ∆MBC = BMF ∽∆BCN ) ( ) 0,25 · · » đường tròn BMEF ) (cùng chắn BF BMF = BEF · · · · Suy BEF hay BEI = IBF = IBF · · Xét ∆EBI ∆BFI có BEI (chứng minh trên) Iµ chung = IBF c ( ) ⇒ IE = IB ⇒ I B = IE IF Suy ∆EBI ∽∆BFI gg IB IF Chứng minh tương tự ta có ∆CFI Từ ( 1) ( 2) ) ⇒ IC ∽∆ECI ( gg 0,25 ( 1) = IE IF ( 2) suy IB = IC ⇒ IB = IC ⇒ I trung điểm BC Mà BC cố định nên I cố định Vậy EF qua điểm cố định I ……………………………………… ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN TỈNH KIÊN GIANG Đề số 33 NĂM HỌC 2020 – 2021 THỜI GIAN: 150 phút Bài (2 điểm) Cho biểu thức A = x−2 x −1 + x +1 + x x + x+ x − (x ≥ 0, x ≠ 1) 0,25 0,25 a) Rút gọn biểu thức A b) Hãy so sánh giá trị biểu thức A với Bài (1 điểm) Tìm tất cặp số thực x1, x2 x2 + mx + n = có hai nghiệm thỏa mãn ( m; n) cho phương ( 1− x ) ( 1− x ) = −2, đồng ( )( trình thời ) x3, x4 thỏa mãn − x1 − x2 = phương trình 2x2 + nx + m= có hai nghiệm Bài (1 điểm) Giải phương trình x2 + x − − 2x 2− x + 1= Bài (1 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương ( a; b) cho ab ước a2 + b Bài (1,5 điểm) Cho hình thoi ABCD cạnh a , có ·ABC = 1200 Gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD Trên cạnh AB, AD , tương ứng lấy · điểm E, F khơng trùng với đỉnh hình thoi cho, cho EOF = 600 Hãy tính tích BE.DF theo a Bài (2,5 điểm) Cho tam giác ABC ( AB ≤ AC ) Lấy điểm P nằm tam AP < AB Đường tròn tâm A, bán kính AP cắt đường trịn ngoại giác cho tiếp tam giác ABC hai điểm phân biệt M , N ( M khác phía với C đường thẳng AB) Đường thẳng MN cắt cạnh AB, AC K , L a) Chứng minh tứ giác BLKC tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tam giác ABP đồng dạng với tam giác APL Bài (1 điểm) Cho a, b, c số thực thỏa mãn abc = Chứng minh a2 + b2 + c2 + + + ≥ a(b+ 1) + b(c + 1) + c(a + 1) c2a2 a2b2 b2c2 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2 điểm) Cho biểu thức A = x−2 x −1 + x +1 + x x + x+ x − (x ≥ 0, x ≠ 1) a) Rút gọn biểu thức A b) Hãy so sánh giá trị biểu thức A với Lời giải Đây rút gọn bản, dễ đề Dạng toán rút gọn này, học sinh luyện tập nhiều a) A = x−2 x −1 + x +1 + x x + x+ x − Ta có ( A= = ( )( ) x −1 )( x−2 x + = x+ x − ) ( x+2 + ( )( x −1 )( x −1 ) ) x +1 + x x+ )( ( x − 1) ( x + 2) ( x − 1) ( x + 2) ( x − 1) ( x − + x − 1+ x b) A − = 2x + x − = ( ) = x+5 x −1 x + ) x+2 x+2 x+5 − x = − = ≤0 x+2 x+2 Vậy A ≤ Ta dùng phép đổi biến x = a , để biểu thức rút gọn nhìn gọn gàng Đặt A= x = a, a ≥ 0, a ≠ a− a+ 3a + + a+ a+ a + a− Bài (1 điểm) Tìm tất cặp số thực x2 + mx + n = có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn phương trình 2x2 + nx + m= có hai nghiệm ( m; n) cho phương ( 1− x ) ( 1− x ) = −2, đồng ( )( trình thời ) x3, x4 thỏa mãn − x1 − x2 = Lời giải Trước hết, tơi trình bày cách giải quen thuộc, mà đa phần học sinh nghĩ tới ∆1 = m2 − 4n ≥ Hai phương trình có nghiệm  (*) ∆ = n − 8m≥  x1 + x2 = − m   x1x2 = n  Theo Viet ta có  x + x = − n   m  x3.x4 =  ( 1− x1 ) ( 1− x2 ) = −2 1− ( x1 + x2 ) + x1x2 = −2   Vậy  3⇔ ( − x1 ) ( − x2 ) = 4 − 2( x1 + x2 ) + x1x2 =   1+ m+ n = −2  m+ n = −3 m= −1  ⇔ ⇔ (thỏa điều kiện (*) m 3⇔  m+ 2n = −5 n = −2 4 + n + =  2 Vậy ( m; n) = ( −1; −2) Mặc dù, toán quen thuộc phát biểu dạng không quen thuộc Ý hay toán biểu thức ( 1− x ) ( 1− x ) = −2 ( 2− x ) ( − x ) = 23 , tác giả lựa 2 chọn có chủ đích rõ ràng để ứng dụng phân tích nhân tử đa thức xác định nghiệm Mặc dù biểu thức đơn giản, lại kĩ quan trọng đa thức Cách 2 x2 + mx + n = có hai nghiệm x1, x2 nên f (x) = x + mx + n = ( x − x1 ) ( x − x2 ) Suy ( 1− x1 ) ( 1− x2 ) = f (1) = 1+ m+ n 2x2 + nx + m= có hai nghiệm x3, x4 nên g(x) = 2x + nx + m= 2( x − x3 ) ( x − x4 ) Suy 2( − x1 ) ( − x2 ) = g(1) = 8+ 2m+ n Dựa ý tưởng này, làm khó nhiều toán, cho đa thức bậc lớn chút, việc sử dụng định lý Viet để tính tốn gặp nhiều khó khăn Ví dụ thi HSGQG Bulgari năm 2019 “Gọi phương trình f (x) = x2 + bx + 1, với b số thực Tìm số nghiệm nguyên bất ff( (x) + x) < ” Câu Giải phương trình x2 + x − − 2x 2− x + 1= Lời giải Cơng việc giải phương trình thường ta dự đoán nghiệm Với khoảng điều kiện bé này, học sinh xác định cách thử thấy nghiệm x = Quan sát, x = x = − x x2;2x − x hai cụm đẳng thức đáng nhớ Do đó, ta thử gom thành đẳng thức, có lời giải sau Điều kiện ≥ x ≥ ( ) ( ) x2 + x − 1− 2x 2− x + 1= ⇔ x2 − 2x 2− x + 2− x + x − 1+ x − = ( ) ( ) ⇔ x − x − + x− 1+ x − =   x − 1≥  Do x ≥ 1, nên 2 x − ≥   x− x− ≥  ( ) Tìm tất số nguyên tố p q cho p + pq + q số phương Bài (3,0 điểm) · Cho tam giác ABC cân A (với BAC < 60° ) nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi » Chứng minh MA > MB + MC M điểm cung nhỏ BC Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O Gọi D trung điểm cạnh BC E, F tương ứmg hình chiếu vng góc D lên AC AB Đường thẳng EF cắt đường thẳng AO BC theo thứ tựu M N a) Chứng minh tứ giác AMDN nội tiếp b) Gọi K giao điểm AB ED, L giao điểm AC FD, H trung điểm KL I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh HI ⊥ EF Bài (1,0 điểm) Cho x, y số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức A= ( x + y )2 ( x + y )2 + x2 + y xy HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2,0 điểm) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức 3x + x − x +1 x −3 − − nhận giá trị nguyên x+ x −3 x +3 x −1 P= Cho phương trình: x − 3x + 2m = Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác thỏa 1 − =1 x1 x2 Lời giải Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ )( )− ( x − 1) ( x + 3) ( x −1) ( x + ) − ( x + 1) ( x −1) − ( x − 3) ( x + 3) = ( x −1) ( x + 3) ( x + 3) ( x − 1) ( x −1) ( x + 3) Ta có P = = 3x + x − x +1 x −3 = − − x+ x −3 x +3 x −1 3x + x − − ( x − 1) − ( x − ) = ( x +3 ) x −1 = ( x −1 x + ( ( x + 3) ( x − 1) ( x+4 x +3 = )( x + 3) ( x +1 x +1 x −3 − x +3 x −1 )= x − 1) x +3 x +1 x −1 x −1+ 2 = 1+ x −1 x −1 Để P nhận giá trị nguyên x − 1∈ U ( ) = { −2; −1;1; 2} Suy x ∈{ 0; 4;9} Ta có ∆ = ( −3) − 4.2.2m = − 16m  ∆ > m < ⇔ 16 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác khơng   2m ≠  m ≠  (*)   x1 + x2 = Theo hệ thức Vi-et ta có   x1.x2 = m ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 1  x −x  1 − =1 ⇔ − =1 ⇔  ÷ =1 ⇔ Ta có x1 x2 x1 x2 ( x1 x2 )  x1 x2  2  m=  − 4m ⇔ − 4m = m ⇔ 4m + 16m − = ⇔  (thỏa mãn điều kiện (*)) ⇔ =1  m m=−  2 Vậy m = ; m = − Bài (2,5 điểm) x4 − x2 + 1 Giải phương trình: = x + 3x − x  x + y − 3x + y = −1 Giải hệ phương trình   x + y = y − x Lời giải Điều kiện x + 3x − x ≠ Ta có x4 − x2 + 1 = ⇔ x − x + = x + 3x − x x + 3x − x ( ) ⇔ x − x3 − x + x + =  1   ⇔ x − x − + + = ⇔  x + ÷+  − x ÷− = x  x   x x Đặt t = 1 − x ⇒ t = + x2 − ⇔ t + = + x2 x x x t = −1 Ta phương trình t + + t − = ⇔ 2t + t − = ⇔  t =  ( )  1+ x=  2 Với t = −1 − x = −1 ⇔ x − x − = ⇔  x  1− x =   −1 + 17 x=  1 2 Với t = − x = ⇔ − x = x ⇔ x + x − = ⇔  x  −1 − 17 x =  Vậy phương trình có nghiệm x = 1± −1 ± 14 ;x =  x + y − x + y = −1  x + y + = x + y 2 x + y + + x + y = 3x + y ⇔ ⇒ Ta có   x + y = y − x  x + y = y − x  x + y = y − x 2 x + y = x + y − 2 ( y − x ) = x + y −    y = x −1  y = x −1 ⇒ ⇒ ⇒ ⇒    x + y = y − x  5x −1 = 3x −  x + y = y − x  x+ y = y−x  y = 4x −1  x = 1, y =   y = 4x −1  y = 4x −1  x = ⇒  ⇒ ⇒ ⇒ 2 x = , y = − x − = x − x + x − 11 x + =    x = 9    2 1 Thử lại ta thấy ( 1;3) nghiệm,  ; − ÷ khơng phải nghiệm 9 9 Vậy hẹ phương trình có nghiệm ( 1;3) Bài (1,5 điểm) Tìm tất số nguyên tố p q cho p + pq + q số phương Lời giải Giả sử p + pq + q = a Suy ( p + q )2 + pq = a 2 2 Do đó: pq = (a − p − q )(a + p + q ) a + p + q > a − p − q Nhận thấy p, q số nguyên tố nên ta xét trường hợp sau: TH1: a − p − q = a + p + q = pq Suy a = + p + q a = pq − p − q Kết hợp suy + p + q = pq − p − q suy pq − p − 2q − = suy ( p − 2)(q − 2) = suy ( p, q ) = (3, 7), (7,3) TH2: Nếu a + p + q = q ( 1) (trường hợp p tương tự) Khi a − p − q = p ( ) Kết hợp (1) (2) ta có q + p = (vô lý) Vậy có ( p, q) = (3, 7), (7,3) Bài (3,0 điểm) · Cho tam giác ABC cân A (với BAC < 60° ) nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi » Chứng minh MA > MB + MC M điểm cung nhỏ BC Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O Gọi D trung điểm cạnh BC E, F tương ứmg hình chiếu vng góc D lên AC AB Đường thẳng EF cắt đường thẳng AO BC theo thứ tự M N a) Chứng minh tứ giác AMDN nội tiếp b) Gọi K giao điểm AB ED, L giao điểm AC FD, H trung điểm KL I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh HI ⊥ EF Lời giải Dựng tam giác AB′C ′ Trên MA lấy H cho MH = MB′ Tam giác MB′H · ′M = 60° , ·AB′H = C · ′B′M suy ∆AB′H = ∆C ′B′M ( c.g.c ) nên đều, suy HB AH = MC ′ · ′AM > CAM · · ′AM > BAM · ⇒ B′M > BM , C Do MA = MB′ + MC ′ Ta có B ⇒ C ′M > CM Suy MA > MB + MC a) Dễ thấy DFAE nội tiếp ( ) · · · · E − OAE · · · = DAE − 900 − ABC MAD = DA = ABC + DAE − 900 ( · · ·· · · · · · · = ABC − 90° − DAE · MND = FNB = ABC − NFB = ABC − AFE = ABC − ADE · · · ⇒ AMDN nội tiếp = ABC + DAE − 90° = MAD ) b) Dễ thấy D trục tâm tam giác AKL Tam giác KEL vuông E, H trung · · · · · điễm cạnh huyền KL nên HEK Mà HKE (cùng phụ ALK ) = HKE = DAE · · Suy HEK Do HE tiếp tuyến đường tròn (I) = DAE Chứng minh tương tự HF tiếp tuyến (I) Suy HI ⊥ EF Bài (1,0 điểm) Cho x, y số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức A= ( x + y )2 ( x + y )2 + x2 + y xy Lời giải ( x + y) ( x + y) x + y + xy x + y + xy xy x2 + y2 A = + = + = + + + Ta có x2 + y xy x2 + y xy x2 + y xy = 1+ 2 2 xy x2 + y x2 + y + + + x2 + y 2 xy xy Ta có xy x2 + y 2 xy x + y + ≥ = (dấu xảy x = y ) x2 + y 2 xy x + y 2 xy Ta có x + y 2 xy ≥ = (dấu xảy x = y ) xy xy Do A ≥ + + + = (dấu xảy x = y ) Vậy giá trị nhỏ A x = y ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN LẠNG SƠN 2020 – 2021 THẦY NGUYỄN TIẾN TUẤN – THPT CHUYÊN CHU VĂN AN Đề số 39 Câu 2: (2 điểm) a) Giải phương trình x −3 + x+ = Giải ĐK: x ≥ Cách 1: Đặt u = x − 3; v = x + ⇒ u ≥ u = − v u + v = ⇔ Ta có hệ phương trình:   2 v − ( − v ) = v − u = ( ) 2 Ta có: v ≤ v − v + 6v − 16 = ⇔ ( v − ) v + v + = ⇔ v = v + v + = vô nghiệm Với v = ⇒ x + = ⇔ x = Cách 2: Ta có ( ) ( x − −1 +  ⇔ ( x − 4)  +  x − +1  x−4 + x − +1 ) x+4 −2 = ⇔ x−4 ( x + 4) + 23 x + + =0   = ⇔ x = + x + +  ( x + 4) b) Cho số thực x, y, z thỏa mãn ( x− y ) +( ) + y− z ) +( z− x ) = Tính tổng S= ( x− y ) 2021 + ( y− z 2021 ( z− x ) 2021 Giải Đặt a = x − y ; b = y − z ; c = z − x ta có a + b + c = ( ) 3 2 Mặt khác, ta có: a + b + c − 3abc = ( a + b + c ) a + b + c − ab − bc − ca = a = ⇒ a + b + c = 3abc ⇒ 3abc = ⇔ b = c = 3 Do vai trò a, b, c nên ta cần xét trường hợp a = ⇒ c = −b Khi S = a 2021 + b 2021 + c 2021 = b 2021 − b 2021 = Câu 3: a) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= 1 + + 36 x y z Giải  1 1  1  Ta có P = ( x + y + z )  + + ÷≥  x + y + z ÷ = x y z÷  36 x y z     x =   Vậy P = x = y = z mà x + y + z = ⇒  y =   z =  b) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a3 b3 c3 + + ≥ ( a + 1) ( b + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( c + 1) ( a + 1) Giải a3 a +1 b +1 + + ≥ a Ta có ( a + 1) ( b + 1) Tương tự: b3 b +1 c +1 c3 c +1 a +1 + + ≥ b; + + ≥ c 8 ( b + 1) ( c + 1) ( c + 1) ( a + 1) Cộng vế với vế BĐT ta có: a3 b3 c3 a +b+c+3 + + + ≥ ( a + b + c) 4 ( a + 1) ( b + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( c + 1) ( a + 1) ⇔ a3 b3 c3 + + ≥ ( a + 1) ( b + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( c + 1) ( a + 1) Câu 4: a) Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn a −1 b + 2021 chia hết cho Chứng minh 4a + a + b chia hết cho Giải a a Ta có: + a + b = − − 2016 + ( a − 1) + ( b + 2021) Ta cần chứng minh 4a − chia hết cho với a nguyên dương ( ) ( ) ( ) a a −1 a−2 a −3 a−2 a −3 ⇒ đpcm Ta có − = 4 − = ( − 1) + + + = 12 + + + M b) Tìm tất số nguyên tố p cho p ước p − p Tìm tất số nguyên tố p q cho (5 p − p ) ( 5q − q ) pq số nguyên Giải p p Ta có: Nếu p − , theo Fermat ta có p − p ≡ − ≡ 3(mod p ) , suy p = ( 3 Lúc 3q − ) (5 q − q ) hay q 39 ( 5q − q ) , tương tự suy q = q = 13 q q * Nếu q − , ta p = q = 13  q p − p * Xét  , p, q ≠ q p  p − Do (2, q ) = nên tồn m, n cho 2m + nq = hay 2m ≡ 1(mod q ) Suy (5.m ) p ≡ (2m ) p ≡ 1(mod q) , ord q (5m) ∈{1, p} ord q (5m ) p − Nếu ord q (5m ) = , hay 5m ≡ 1(mod q ) Suy ≡ 2(5m) ≡ 5.2 m ≡ 5(mod q) , q = (mâu thuẫn) Vậy ord q (5m ) = p , suy p q − (*) Tương tự từ 5q ≡ q (mod p ) , ta có q p − điều mâu thuẫn với (*) Vậy (p, q) = (3; 3), (3; 13) (13; 3) Câu 5: Cho tam giác ABC khơng có góc tù, AB < AC , nội tiếp đường tròn ( O; R ) Trong B, C cố định đường tròn ( O ) , A di động cung lớn BC Các tiếp tuyến với ( O ) B C cắt M Từ M kẻ đường thẳng song song với AB , đường thẳng cắt ( O ) D E ( D thuộc cung nhỏ BC ), cắt BC F , cắt AC I a) Chứng minh MBIC tứ giác nội tiếp đường tròn FI FM = FD.FE · b) Chứng minh MIO = 90° Tìm vị trí điểm A cung lớn BC cho tam giác IBC có diện tích lớn c) Đường thẳng OI cắt ( O ) P Q ( P thuộc cung nhỏ AB ) Đường thẳng QF cắt ( O ) T ( T khác Q ) Chứng minh ba điểm P, T , M thẳng hàng Giải · · · a) Ta có MIC nên tứ giác MBIC nội = BAC = MBC tiếp đường tròn ( K ) Cách 1: Ta có: ∆FEC : ∆FBD (g.g) nên FE FC = ⇒ FE.FD = FB.FC FB FD Tương tự: ∆FIC : ∆FBM (g.g) nên FI FC = ⇒ FI FM = FB.FC FB FM Từ đó, ta có: FI FM = FD.FE Cách 2: Dùng phương tích, chất từ cách để tính chất phương tích: Ta có: FI FM = FB.FC (phương tích ( K ) ) Xét đường trịn ( O ) FB.FC = FD.FE nên FI FM = FD.FE b) Vì MBIC nội tiếp MBOC nội tiếp đường trịn đường kính MO nên điểm · M , B, O, I , C thuộc đường trịn đường kính OM nên MIO = 90° BC.d ( I ; BC ) ; S IBC lớn d ( I ; BC ) lớn ⇔ d ( A; BC ) lớn Khi A nằm cung lớn BC Ta có: S IBC = c) Do FB.FC = FT FQ ⇒ FT FQ = FI FM ⇒ FT FM = ⇒ ∆FTM : ∆FIQ mà FI FQ · · FIQ = 90° ⇒ FTM = 90° · · · Mặt khác FTP = QTP = 90° nên PTM = 180° Vậy P, T , M thẳng hàng Câu Bên hình chữ nhật có chiều dài 101cm chiều rộng 20cm cho 10101 điểm Vẽ 10101 hình trịn có tâm 10101 điểm cho bán kính cm Hỏi có hay khơng điểm thuộc vào phần chung hình trịn nhận điểm làm tâm? Tại sao? Chia hình chữ nhật thành hình vng đơn vị cạnh 1cm có tất 101× 20 = 2020 hình vng đơn vị Khi đó, tồn hình vng đơn vị có 10101   2020  + = điểm 10101 điểm cho Xét hình trịn có tâm điểm đó, bán kính cm chứa hồn tồn hình vng đơn vị (vì đường chéo hình vng đơn vị có bán kính cm) nên phần chung hình trịn có tâm điểm hình vng chứa tồn hình vng đơn vị Do có đpcm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 40 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 gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) Câu (2,0 điểm)  x +1 x −1 x +2   + + ÷. x − x − − x x − x +   Cho biểu thức A =  x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4, x ≠ a Rút gọn A x +4 ÷ với x −1  b Tìm x để A < Câu (2,5 điểm) Cho phương trình x − 2mx + m2 − 2m + = (m tham số) Tìm m để x1 , x2 , x3 , x4 phương trình có nghiệm phân biệt thỏa mãn x14 + x24 + x34 + x44 = 24 2 x + y = y + y − x Giải hệ phương trình   y − = x + y + − Câu (1,0 điểm) Cho x, y hai số thực thỏa mãn x + y + xy + x + y = 27 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức M = x + y Câu (3,5 điểm) Từ điểm A bên ngồi đường trịn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE với đường tròn (B, C tiếp điểm, AD < AE , » < DC » ) Qua điểm O kẻ đường thẳng vng góc với DE H, đường thẳng DB cắt đường thẳng BC K Chứng minh: a Tứ giác BCOH nội tiếp; b KD tiếp tuyến đường tròn (O); · · c DBC = HBE Câu (1,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương (a; b) cho ab ( a + b ) số nguyên ab + … Hết … Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: .Số báo danh: Chữ kí cán coi thi 1: Chữ kí cán coi thi 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2020 Mơn thi: Tốn (chuyên) (Hướng dẫn có 03 trang) Sơ lược lời giải Điể m a A = (2,0 đ) = ( (2 )( x +1 ( x −3 x −2 )( ) ( )( x − − x −1 x −3 ) )( ( x + 2) ( x −2 x −1 ) x − + x + 3x − x − x −1 x −3 ) x − 2) = x +2 0,5 x −1 x +2 x+4 −2