Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Ninh Bình năm 2020

Chứng minh rằng P là một số tự nhiên. a) Chứng minh rằng tứ giác AOBQ nội tiếp đường tròn... LỜI GIẢI CHI TIẾT BIÊN SOẠN BỞI THUVIENTOAN.NET Câu 1.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NINH BÌNH 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 (2,0 điểm)

a) Cho P a2a2a1 2 a 12 với a Chứng minh P số tự nhiên b) Tính giá trị biểu thức 2 1: 1

1 x

A

x x x x

        

    với x 4

Câu (2,0 điểm)

a) Cho phương trình x22mx2m 1 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với x1x2 thỏa mãn

1 4x x

b) Giải hệ phương trình:

2

2

2

10

x y xy x y

x y

      

   

Câu (1,5 điểm)

a) Tìm tất số nguyên n cho

2022

n  số phương b) Giải bất phương trình x 1 4 x

Câu (3,0 điểm)

Cho đường tròn  T tâm O dây cung AB cố định với OAB Gọi P điểm di động AB cho P khác A B, P khác trung điểm AB Đường tròn  T1 tâm C qua P tiếp xúc với đường tròn  T

A Đường tròn  T2 tâm D qua P tiếp xúc với đường tròn  T B Hai đường tròn  T1  T2 cắt N với N khác B Gọi  d1 tiếp tuyến chung  T  T1 A,  d2 tiếp tuyến chung

 T  T2 B Gọi Q giao điểm  d1  d2 a) Chứng minh tứ giác AOBQ nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh ANPBNP bốn điểm O C D N, , , nằm đường tròn

c) Chứng minh đường trung trực ON qua điểm cố định P di chuyển AB với P khác A B, P khác trung điểm AB

Câu (1,5 điểm)

a) Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn a2b2  b2c2 c2a2  2021 Chứng minh rằng:

2 2

1 2012

2

a b c

bccaab

b) Với số thực a, ta định nghĩa phần nguyên a số ngun khơng vượt q a kí hiệu  a Dãy số 0, 1, 2, , n

x x x x định nghĩa công thức:

2

n

n n

x      

   

LỜI GIẢI CHI TIẾT BIÊN SOẠN BỞI THUVIENTOAN.NET Câu

a) Ta có

           

       

2 2

2 2

2

2

2 2

1 1 1 1

1 1 1 1

a a a a a a a a a a a a

a a a a a a a a

   

                

   

              

Mặt khác

2

2

1

4

a   a a   

 nên  

2

2

1

P a  a a   a

Mà a   P 

b) Với x0 x1, ta có:

  

 

2

1 1

: :

1 1

1 1

x x x

A

x x x x x x x x

x

x x x

x x

 

        

    

   

Do A

x x

 Với x 4 3, ta có:

    2  2 3

1 1

4 3 1 3 1

A  

     Vậy

 3

A

 Câu

a) Phương trình cho ln có nghiệm x1 Theo định lý Viete ta có: 2

2

2

x x m

x x m

   

  



 Xét trường hợp 1: x1 1 x2 2m1

Ta có:  

2

2

2

2

4

1

2

m x

x x m

m x



    

     

    

Ta nhận

m x1x2

 Xét trường hợp 1: x2  1 x1 2m1 Ta có: 1 22 2 1 1

8

x x  m    m x  Ta nhận

m x1x2

Vậy

2

m

b) Phương trình thứ hệ tương đương:

        

  

2

2

2

2

x xy y x y x y x y x y

x y

x y x y

x y

          

  

     

    

Với x y, thay vào phương trình thứ hai ta được: 5

5

y x

y

y x

   

   

    

 Với x 2y1, thay vào phương trình thứ hai ta được:

 2

2

1

2 10 9 23

5

y x

y y y y

y x

     



        

      

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  ;   5; ,  5; ,  3;1 , 23;

5

x y       

 Câu

a) Đặt m2 n22022 với m Khi phương trình tương đương: m2n2 2022

Ta có 2022 2 nên m2n22 suy m n, tính chẵn lẽ Do mn mn chia hết cho Mà m2n2mn m n suy m2n24 Mà 2022 không chia hết cho

Do khơng tồn tài m n, thỏa mãn 2

2022

m n 

Suy không tồn n để

2022

n  số phương b) Điều kiện: 1  x

Với 3 x 4, ta có: x 1 0  4  x Suy x 1 4 x Với   1 x 3, ta có: x 1  4  x Suy x 1 4 x Vậy tập nghiệm bất phương trình S  1;3 

Câu

a) Do QA QB, tiếp tuyến  O nên QAOQBO90 Suy tứ giác AOBQ nội tiếp đường trịn đường kính QO

b) Gọi H giao điểm QO AB

Tam giác QAO QBO theo trường hợp (c-c-c) nên QOAQBO Suy tam giác HOA tam giác HOBHAOHBO

Hay PACPBD Ta có 





90

2

ACP

ANP  PAC Tương tự 





90

2

BDP

Do  T  T1 tiếp xúc A nên O A C, , thẳng hàng Tương tự O B D, , thẳng hàng

Tam giác CAP cân C tam giác OAB cân O nên ta có: CAPOABOBA Suy CP OB

Tương tự ta chứng minh DP OA

Do OCPD hình bình hành, suy CODCPD

Mặt khác hai tam giác CND CPD theo trường hợp c-c-c nên CNDCPD Suy CODCND hay O C N D, , , nằm đường trịn

c) Do OCPD hình bình hành suy OCDPDN hay OCND Mà tứ giác OCDN nội tiếp nên OCDN hình thang cân, suy ON CD Mặt khác  T1  T2 cắt P N, nên CDPN, ON NP N Gọi N1 giao điểm QP với  T1 QA2QP QN 1

Gọi N2 giao điểm QP với  T2 QB2QP QN 2 Từ suy N1N2 N hay Q P N, , thẳng hàng

Do 

90

ONQ Suy N thuộc đường trịn đường kính OQ Suy trung trực ON qua trung điểm T cố định OQ

T H

Q N

D C

O

B

Câu 5. a) Đặt

2 2

a b c

P

b c c a a b

  

  

2 2

b c a

Q

b c c a a b

  

  

Suy ra:

2 2 2

a b b c c a

P Q

b c c a a b

  

   

  

Đặt x b c y,  c a z,  a b Khi ta có:

y x z z y x x z y yz zx xy  

P Q x y z

x y z x y z

  

         

Áp dụng bất đẳng thức m2n2p2mnnppm, ta có:

yz zx xy yz zx zx xy xy yz

x y z

x  y  z  x  y  y  z  z  x    Từ suy P Q hay PQ

Khi ta có:

2 2 2

2P P Q a b b c c a (1)

b c c a a b

  

    

  

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

 

   

2

2 2 2

2 2 2

2021

2

a b b c c a

a b b c c a

b c c a a b a b c a b c

    

  

   

      

Mặt khác 2021 2 2 2 2 

2 2

a b b c c a

a b b c c a    a b c

           

Suy ra:

 

2 2 2

2021 2021 2021

(2)

2 2

a b b c c a

a b c b c c a a b

             Từ (1) (2) suy ra: 2021

2

P hay

2 2

1 2021

2

a b c

bccaab

Đẳng thức xảy 2021

3

a  b c

Ta có điều phải chứng minh

b) Với a0 0 x a   x a 1  a 1 a x  a

Do

2

n

n n

x      

   

    nhận giá trị

Ta có: 199

0

1 200 199 200

141

2 2 2 2 2

k k

x



                                                   

                 

