Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương năm 2020

LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN CHUYÊN LỚP THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI.. THUVIENTOAN.NET Câu 1..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2020 – 2021

Mơn Tốn chun Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu (2,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức    

10

2

5

2

10 30 11

3

x x

B x x

x x x

 

   

  

3

x 

b) Chứng minh 1 x y biết

   

3 2

3 4

x y x y x y

xy

        

  

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 5x23x 6 7x1 x23

b) Giải hệ phương trình:

2

2

8

16

12

2 xy

x y

x y

x x y x x

   

 



       



Câu (2,0 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình x y z2

b) Tìm tất số tự nhiên a để a2; 4a216a17; 6a224a25 số nguyên tố Câu (3,0 điểm)

1 Cho đường tròn O R; , hai đường kính AB CD vng góc với Lấy E điểm cung nhỏ

AD với E không trùng A D Đường thẳng EC cắt OA M; đường thẳng EB cắt OD N a) Chứng minh AM ED  2OM EA

b) Xác định vị trí E để tổng OM ON

AM DN đạt giá trị nhỏ

2 Cho nửa đường trịn  O đường kính MN Trên tia đối tia MO lấy điểm B, tia đối tia NO lấy điểm C Từ B C, vẽ tiếp tuyến với đường tròn  O , chúng cắt A, tiếp điểm nửa đường  O với BA AC, E D, Kẻ AH vng góc với BC,HBC Chứng minh AH BD CE, , đồng quy

Câu (1,0 điểm)

Cho ba số thực x y z, , dương thỏa mãn xyyzzx2xyz1 Chứng minh rằng:

2 2

2

1 1

x y y z z x

xyz x y z 

LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN CHUYÊN LỚP THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

THUVIENTOAN.NET Câu

a) Ta có: 2 32

2

x   x  x  x 

Mặt khác 10x230x11210x23x 1 121 Và 2x26x3102x23x 1 1101

Ngoài x53x4  x3 x3x23x2   1 1 Suy

 

1

1

B  



Vậy B0 b) Ta có:

   

        

    

  

3 2

2 2 2

2

2

2

3 4

2 4

2

2 (*)

x y x y x y

x y x xy y x xy y x xy y x y

x y x xy y x y

x y x xy y x y

      

                      

        

Ta có:      

2 2

2 1

2

2

x y x y

x xyy    x y        nên (*)   x y

Mà xy0 nên suy x0, y0

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được:

      

2

x y x y

x y    

     

Suy xy1

Ta có: 1 x y 2

x y xy xy



    

Suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x  y Câu

Xem phương trình bậc ẩn a, dựa vào cơng thức nghiệm ta tìm được: 2a x a3 x

Với 2a x 1, ta có

 

2

2

2

1

2

3 11

4 12

x x x x x x x x                      

Hệ vô nghiệm

Với a3 ,x ta có: 3 2

4

8

x

x x x

x

  

      

Vậy phương trình cho có nghiệm

x

b) Điều kiện xác định: x y Ta có:

                         2 2 2 16

2 16

16

4

4

4

xy

x y

x y

x y x y xy xy x y

x y x y xy x y

x y x y x y x y xy

x y x y x y

x y x y

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

Thay vào phương trình thứ hai ta được:

2

12 5 (1)

x   x   x

Do 2

2

7

12

12

x x

x x

    

   suy

5

3

3

x   x

Phương trình (1) tương đương:

 

2

2

2

2

12

4

3

12

2

2

3 (2)

12

x x x

x x x x x x x x x x                                  

Với x 2 kết hợp với x y ta tìm x y Nghiệm thỏa mãn hệ phương trình Xét

2

2

3 0,

12

x x

x x

 

  

    ta có:

  

  

2

2 2

2 12

2

0

12 12

x x x

x x

x x x x

    

    

        với

5

x

 

Câu

a) Ta có: x y z2 2 xy   z x y 24xy  z x y2 8 2z x y Nếu z  x y vế trái số vơ tỉ, vơ lí

Do z x y Suy xy2 Do x y, nguyên dương nên x1, y2 x2, y1 Từ ta tìm z3 Thử lại thấy thỏa mãn

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x y z; ;   1; 2;3 , 2;1;3    b) Đặt a 2 p với p số nguyên tố

Suy 4a216a174a22 1 4p21 6a224a256a22 1 6p21 Ta có 4p2 1 5p2p1p1 6p2 1 5p2 5 p2p2 

Do p nguyên tố nên 4p2 1 6p2 1

Nếu p chia hết cho p5 nguyên tố Suy a7

Thử lại ta thấy 2

2 5, 16 17 101, 24 25 151

a  a  a  a  a  số nguyên tố

Nếu p không chia hết cho có xét hai trường hợp

 p chia dư p1p1 5 suy  

4p 1 5. Vơ lí

4p 1 số nguyên tố lớn

 p chia dư p2p2 5 suy 6p21 5. Vơ lí 6p21 số nguyên tố lớn

Tóm lại a7 giá trị cần tìm Câu

1

M

B A

C

O

a) Tam giác COM CED có COMCED900 ECD chung nên đồng dạng với

Suy CO OM (1)

CE  ED

Do AB CD hai đường kính vng góc nên CEACAB

Kết hợp với ACE góc chung ta có tam giác AMC EMC đồng dạng với

Suy (2)

2

AC AM CO AM CO AM

CE  AE  CE  AE  CE  AE

Từ (1) (2) suy

2

OM AM

AM ED OM EA

ED  AE    

b) Theo câu a) ta có: ED 2OM (3)

AE  AM

Tương tự ta có EA 2ON (4)

DE  DN

Nhân hai vế (3) (4) theo với ta được:

OM ON AM DN 

Ta có: 2

2

OM ON OM ON

AM DN  AM DN  

Dấu xảy OM ON ED EA

AM  DN   hay E điểm cung nhỏ

AD.

Vậy giá trị nhỏ OM ON

AM DN E điểm cung nhỏ

.

AD

Ta có AE AD, hai tiếp tuyến nên BEOCDO90 Suy BEOBHABH BO BE BA

Tương tự CH CO CD CA Suy BH BO CE BA

CH CO CD CA

  

 

AO phân giác BAC BO AB BH AB BE AB

CO AC CH AC CD CA

 

   

 

Suy BH BE BH CD (1)

CH CDCH BE 

Mà AD AE, tiếp tuyến  O nên ADAE (2) Từ (1) (2), ta có:

1

BH CD AE CH AD BE  

Theo định lý Ceva đảo, ta có AH BE CD, , đồng quy Vậy ta có điều phải chứng minh

Câu

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:

 2

2 2 2 2 2

(1)

1 1

xy yz zx

x y y z z x x y y z z x

x y z xy y yz z zx x xy yz zx x y z

 

     

          

Mặt khác

3 2 2 2

3

3

3

xy yz zx xyyzzx x y z x y z    

 

Đặt txyyzzx với t0, từ giả thiết suy ra:

 2  2

2 2

4 1

27

t

x y z   xyyzzx   t   t

Hay

4

xyyzzx Mà  

4

xyz  xyyzzx    Suy

8

xyz

Do xyyzzx6xyzxyyzzx26xyz xy yzzx(2)

Lại có  2    

3

xyyzzx  xy yz yz zx  zx xy  xyz x y z

Suy 2xyyzzx26xyz x  y z(3)

Từ (2) (3) suy xyyzzx22xyz x   y z xyyzzx(4) Từ (1) (4) suy

2 2

2

1 1

x y y z z x

xyz

x  y z  Đẳng thức xảy

1