SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi: TỐN CHUN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) Cho số thực a, b khác thỏa mãn: a 1) Tính giá trị biểu thức A  1  1 a b  b2  ab ab 3 2) Chứng minh rằng:  a  b     a  1   b  1  3 a  b    Câu (2,0 điểm) Giải phương trình: x   x   3x   x   x  1 4   y  x  y  x  Giải hệ phương trình:   x  3 y    y   x    Câu (3,5 điểm) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R Trên cung nhỏ AD lấy điểm E (E không trùng với A D) Tia EB cắt đường thẳng AD, AC I K Tia EC cắt đường thẳng DA, DB M N Hai đường thẳng AN , DK cắt P Chứng minh : Tứ giác EPND nội tiếp đường tròn Chứng minh EKM  DKM Khi M trung điểm AD, tính độ dài đoạn thẳng AE theo R Câu (1,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên  x; y  phương trình x  y  2020 Câu (1,5 điểm)  0  a, b, c  Cho số thực a, b, c thỏa mãn  Tìm giá trị nhỏ 2a  3b  4c  biểu thức P    a  3b  4c   b  4a  8c  3 c  2a  3b  1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm M  a;b  gọi điểm nguyên a b số nguyên Chứng minh tồn điểm I mặt phẳng tọa độ 2019 số thực dương R1; R2 ; .; R2019 cho có k điểm nguyên nằm đường tròn  I ; Rk  với k số nguyên dương không vượt 2019 ĐÁP ÁN Câu 2  a  b2   1 A   2        a b  ab  a b  ab  1  1   A          a b  a b   ab 2 1 1 1 1 A        1  a b  ab  a b  1 Từ giả thiết    a  b  ab a b  ab  a  b     a  1 b  1  Áp dụng đẳng thức  x  y   x3  y  3xy  x  y   a  1   b  1    a  1   b  1   a  1 b  1  a  1   b  1  3   a  b     a  1   b  1  3 a  b  2 3   a  b     a  1   b  1  3 a  b  2   Câu Điều kiện x  x   x   3x   x   x  1 3  x   x    x     x  1   x   x  1 Đặt a  x  2; b  x   a; b  0 Ta phương trình: a  2b  a  2b  3ab   a  2b  a  b  1   a  2b  a  b  Với a  2b  x   x   x  Với a  b   x   x 1 1  x   x  x 1  x  Vậy S  2 Điều kiện x  1; y  4; x2  y  Biến đổi phương trình (1): 1  x  y     x2  y   x2  4x  x2  y    x  2  x2  y  x    x  y   x  3(ktm x  1)  Với x  y  x   y  x  1thay vào (2) ta được:  x  3 x    x   x      x  3  x   3   x  3  x   1  x  10   x  3 x     x  3 x    x      2x   x 1 1 2x   2x     x  2    5  x 1 1   2x   x     2x   x  2 y 5 2x      0(VN )  x   x 1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;5  Câu B A I E K P O M N D C Ta có : PNE  NAC  NCA  NCA  sd EA Chứng minh: PDA  ABE Suy PDE  PDA  ADE  ABE  ADE  ABE  sd EA Xét tứ giác EPND có: PNE  PDE hai đỉnh N, D hai đỉnh liên tiếp nên EPND tứ giác nội tiếp đường tròn Ta thấy tứ giác AKME tứ giác nội tiếp MEK  MAK  450  MEA  MKA  900 , MK / / BD  MKD  KDB  KBD  EKM Chứng minh MDC MEA( g.g ) MD ME CD 2    MC.ME  MD.MA  MD  MC MA CD 5CD Mặt khác ta có: MC  CD  MD  CD   4 5CD 5CD Suy MC   ME  10 EA AM AM CD 10 Mà   EA   CD  R CD MC MC 5 Câu Điều kiện : x  0, y  1  x  2020  y  x  2020  y  2020 y  x  2020  y  5.101y Do x; y nguyên nên 5.101y nguyên hay 5.101y số phương Suy 5.101y  k  y  5.101.a  505a ( a số nguyên) Tương tự x  5.101.b2  505b2 ( b số nguyên) Thay x; y theo a, b vào phương trình đề ta được: a 505  b 505  505  a  b  a b x  505b2 2020 505 1 0 Vậy phương trình có nghiệm  2020;0  ;  505;505 ;  0;2020  Câu Ta có P   a  3b  4c   b  4a  8c  3 c  2a  3b  1 P y  505a 505 2020   a 1  2a  b 1  2b  c 1  2c  2a 3b 4c   a 1  2a  b 1  2b  c 1  2c  Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:  a  a   2a  a 1  2a      27  1 Tương tự b2 1  2b   ; c 1  2c   27 27 Suy P  27  2a  3b  4c   81 Dấu "  " xảy a  b  c  Vậy GTNN P  81  a  b  c   Xét điểm I   2; Ta chứng minh khoảng cách từ I đến hai điểm nguyên khác khác Xét hai điểm nguyên M  a; b  ; M '  a '; b ' IM  IM '  IM  IM '2   a   b     a '   b '  2 2  a  b  a '2  b '2   a  a '   b  b '   Nhận xét số nguyên m, n, p thỏa mãn: m  n  p  m  n  p   2; 3;  ; m, n, p   2 2mn  p  m  2n  2 2mp  2n  m  p  2 2 pn  m  2n  p m  n  p    mn  np  pm   mn p0 m  n  p    Ta có: IM  IM '  IM  IM '2 a  b  a '2  b '2   b  b '  2  a ' a    M M' a  a '   2  b ' b   Xét tất khoảng cách từ điểm nguyên đến I, khoảng cách đôi phân biệt Gọi S tập hợp số thực khoảng cách từ tất điểm nguyên đến I Ta chọn 2020 số dương nhỏ thuộc S xếp theo thứ tự tăng dần, nghĩa tồn số dương s1, s2 , , s2020 thuộc tập S thỏa mãn s p  sq p  q , số thuộc S \ s1, s2 , , s2020 lớn s1, s2 , , s2020 Đặt Rk  sk  sk 1 , k  1;2;3; ;2019 Ta có điều phải chứng minh ... ME  10 EA AM AM CD 10 Mà   EA   CD  R CD MC MC 5 Câu Điều kiện : x  0, y  1  x  2020  y  x  2020  y  2020 y  x  2020  y  5 .101 y Do x; y nguyên nên 5 .101 y nguyên hay 5 .101 y... Suy 5 .101 y  k  y  5 .101 .a  505a ( a số nguyên) Tương tự x  5 .101 .b2  505b2 ( b số nguyên) Thay x; y theo a, b vào phương trình đề ta được: a 505  b 505  505  a  b  a b x  505b2 2020. .. Ta chọn 2020 số dương nhỏ thuộc S xếp theo thứ tự tăng dần, nghĩa tồn số dương s1, s2 , , s2020 thuộc tập S thỏa mãn s p  sq p  q , số thuộc S s1, s2 , , s2020 lớn s1, s2 , , s2020 Đặt