Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Giang năm 2020

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO CHUYÊN TOÁN – THPT CHUYÊN BẮC GIANG Câu 1... Giá trị này thỏa mãn..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

BẮC GIANG NĂM HỌC: 2020-2021

Mơn thi Tốn chun; Ngày thi 18/7/2020 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,5 điểm)

1 Cho biểu thức 14

3 1 1

x x x x

A

x x x x

     

  

       với x1, x2

a) Rút gọn biểu thức A

b)Tìm tất giá trị x để A nhận giá trị số nguyên

2 Cho parabol  P :yx2 đường thẳng  d :y mx 2 m m( tham số) Tìm m để đường thẳng  d

cắt  P hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2sao cho biểu thức

 4  4

1

1

1

T

x x

 

  đạt giá trị nhỏ Câu (5,0 điểm)

a) Giải phương trình: x1 x 1 5x13

b) Giải hệ phương trình:  

 

3

2

2

5

2

x xy x y

x y x

y x x

x

    



   

    

 

 Câu (3,0 điểm)

a) Tìm tất cặp số nguyên dương a b;  để biểu thức

2

3

a ab



 nhận giá trị số nguyên

b) Trong mặt phẳng cho 2020 điểm phân biệt cho từ ba điểm chọn hai điểm có khoảng cách nhỏ 1cm Chứng minh tồn hình trịn có bán kính 1cmchứa khơng 1010 điểm 2020 điểm cho

Câu (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn ABAC nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao AD BE CF, , tam giác

ABC đồng quy H Gọi M trung điểm BC K, giao điểm hai đường thẳng BC EF

a) Chứng minh KB KC KE KF H tâm đường tròn nội tiếp DEF

b) Qua điểm F kẻ đường thẳng song song với đường thẳng AC, đường thẳng cắt đường thẳng AK AD,

lần lượt P Q Chứng minh FPFQ

c) Chứng minh đường thẳng HK vng góc với đường thẳng AM

Câu (1,0 điểm)

Cho a b c, , số thực dương Chứng minh rằng:

     

2 2

2 2

2 2

1

5 5

a b c

a  b c  b  c a  c  a b 

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO CHUYÊN TOÁN – THPT CHUYÊN BẮC GIANG Câu

1 a) Ta có:

  

     

3 14

1 1

1 1

1 1

6

1

1 1 1

x x x x

A

x x

x x

x x

x x x

x

x x x x

     

  

   

   

   

    

  

 

       

Vậy 7,

1

x A

x   

  với điều kiện x1,x2

b) Ta có:

1

A

x  

  Với

5

1

2

x

x

   

 

Vì Anhận giá trị nguyên nên

x  nhận giá trị nguyên nên

Trường hợp 1: 1 10

1 x x

x       

Trường hợp 2: 1

2

1 x x

x       

Thử lại thấy thỏa mãn

Vậy giá trị x cần tìm 5;10

x 

 

 

 

2) Phương trình hồnh độ giao điểm  P  d :

 

2

2

x  mx  m x mx  m

Ta có:  m24m 2 m24m 8 m22 4 0 m 

Vậy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 với m Suy  d cắt  P hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2

Nhận xét x x1, 2 khác 1  12m.      1 m 0, với m

Theo định lý Vi – et, ta có:

1 2

x x m

x x m     

  



 4  4   4 4

1 2

1 1

2

1 1

T T

x x x x

    

   

Đẳng thức xảy    

 

4 2

1

1 2

1

1

1

x x x x

x x

x x x x

     

 

    

       



Vì x1x2 x1 x2       2 m m Giá trị thỏa mãn Vậy m2 giá trị cần tìm

Câu

a) Điều kiện : x   1 x Phương trình cho tương đương:

         

 

1

1 1 12

1

1

2

6 1

1

x x

x x x x

x x

x

x x

x

x

 

         

   



  

 

        

  

  

Ta thấy x2 thỏa mãn Còn 1

x x

  

  với x1

Vậy x2 nghiệm phương trình b) Điều kiện: x1,x2,y Ta có:

  

3 2

2

2

2 2 x

x xy x y x x y

y x    

          



Do x1 nên yx2

Thay yx2 vào phương trình  2  5 5,

x y x

y x x

x

  

   

 ta phương trình:

   

 

 

2

3

2

5

2

2

5

2

x x x

x x x

x

x x x

x x x

x

  

   



  

    



Với điều kiện toán

        

      

    

2

2

1 2

1 2

1

2 (2)

x x x x x x x

x x x x x x

x y

x x x x x

        

 

         

    

        



                        3 2 2

2 1 2

1 2

1 (3)

1 2

x x x x

x x x x x x

x x

x x x x

                                            

Vì          

2

2 2 1

1 2 1

2

x

x  x x  x   x  x     

 

  nên (4) vô nghiệm

 

 2

2

5 13

2 2 5 13

3 2

2

5

1

5 13

2

x

x x x

x x x x x x                                       

Giá trị thỏa mãn

Với 13

2

x  ta có 19 13

y 

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm  1;1 ; 13 19; 13

2                     Câu

a)Yêu cầu toán tương đương a23 chia hết cho ab3

         

   

2

3 3 3

3 , *

b a ab a ab a b ab

a b k ab k

 

        

    

 



Nếu k 1 3a b ab 3 a3b 3

Do , *

3 a a b b           

Trường hợp 1:

3

3

3

3

a a b b a a b b                              

Trường hợp 2:

3

3

3

3

a a b b a a b b                              

Nếu k 2 3a b 2ab 3 2a3 2 b  3

Do , *

2

a a b b            Ta có:

2 3

2 1

2 1

2 3

a a b b a a b b                                  

Thử lại a b;    3;1

Nếu k 3 3a b k ab  3 3ab 3 a1b  1 (vơ lý a b, *)

b) Gọi Alà điểm số 2020 điểm cho Xét hình trịn A;1cm

Trường hợp 1: Nếu hình tròn A;1cm chứa tất 2019 điểm lại ta có điều phải chứng minh

Trường hợp 2: Nếu 2019 điểm lại tồn điểm B nằm ngồi hình trịn A;1cm AB1cm, vẽ đường trịn B;1cm Ta chứng minh 2018 điểm cịn lại thuộc hình trịn A;1cm thuộc hình trịn

B;1cm

Thật vậy, giả sử tồn điểm C 2018 điểm cịn lại nằm ngồi hai hình trịn A;1cm ; B; 1cm hình vẽ Khi AC1cm BC, 1cm Như với ba điểm A B C, , khoảng cách hai điểm lớn (mâu thuẫn với đề bài)

Vậy 2018 điểm cịn lại thuộc hình trịn A;1cm thuộc hình tròn B;1cm

Theo nguyên lý Dirichlet, tồn hình trịn chứa 1009 điểm cho chứa thêm điểm A điểm

B Vậy tồn hình trịn có bán kính 1cm, chứa khơng 1010điểm cho

Câu 4.

A B

C

A' I

N

M P

Q

D K

E

F H

O

B

A

a) Ta có tứ giác BFECnội tiếp KBF KEC

Khi KF KB KB KC KE KF KC KE    

Ta có tứ giác BDHF nội tiếp , suy FBHFDH (1) Ta có tứ giác CDHE nội tiếp, suy HDEHCE (2) Ta có: FBEFCE  3 tứ giác BFECnội tiếp

Từ    1 ,  3  FDH  EDH HD phân giác FDE (4) Chứng minh tương tự, ta được:HElà phân giác FED  5

Từ (4) (5) Hlà tâm đường tròn nội tiếp DEF

b) Gọi N giao điểm AD KE,

Theo tính chất đường phân giác DEF NF DF  6

NE DE

  

Ta có KD phân giác ngồi FDE đỉnh D Theo tính chất đường phân giác ngồi DEF, ta có:

 7

KF DF

KE  DE

Từ (6) (7) NF KF  8

NE KE

 

Vì PQ AC , theo định lý Ta – let mở rộng ta có:

NF FQ

NE  AE  9 KF FP KE  AE

Từ (8) (9) FQ FP FQ FP

AE AE

   

Ta có điều phải chứng minh

c) Gọi I giao điểm KA với đường tròn  O với I khác A A điểm đối xứng với Aqua O Chứng minh BHCA'là hình bình hành Suy ba điểm H M A, , ' thẳng hàng

Vì tứ giác AIBC nội tiếp đường trịn  O KI KA KB KC

Theo câu a) KB KC KF KE

Suy KI KA KF KE AIFE tứ giác nội tiếp

Vì ba điểm A E F, , thuộc đường trịn đường kính AH  I đường trịn đường kính AH  AIHI

Ta có AIA'900AI A I'

Kết hợp với AIHI H I A, ,  thẳng hàng

Mặt khác ba điểm H M A, , ' thẳng hàng nên điểm H M I A, , ,  thẳng hàng Xét AKM có AH KM MHAK H trực tâm AKM

Suy KH AM

Câu

Với ba số dương x y z, , ta có: x y z 1  1

x y z

 



     

 

Đẳng thức xảy x y z

Ta có bất đẳng thức    

2

2 2

, ,

x y z

x y z

m n p

m n p m n p

 

    

 

Đẳng thức xảy x y z

m n p

Đặt

     

2 2

2 2

2 2

5 5

a b c

P

a b c b c a c a b

  

     

Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có:

     

       

2 2 2

2 2 2

2

2

2 2 2 2 2

2

1 1

2

2

9

2

2

5

a b c a bc a bc

a b c a bc a bc

a a

a

a b c a bc

a b c a bc a bc

b b c

 

           

   

       

 



    

  

     

 

Chứng minh tương tự, ta được:

   

2

2

2 2 2 2 2

2

9

,

2

5

b c

b c

a b c b ac a b c c ab

b c a c a b

   

 

             

   

Khi ta có:

     

2 2 2

2 2 2

2 2

9 9 2

1

2 2

5 5

a b c a b c

a bc b ca c ab

a b c b c a c a b

 

 

      

  

 

     

Suy 2 2 2

2 2

bc ca ab

P

a bc b ca c ab

 



       

Ta có :

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

bc ca ab b c c a a b

a bc b ca c ab a bc ab cc a  abc a b

Áp dụng bất đẳng thức (2) ta được:

 

 

2

2 2

2 2

ab bc ca

bc ca ab

a bc b ca c ab ab bc ca

 

   

    

Vậy

3

P  P Đẳng thức xảy   a b c