Tổng hợp 10 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2020 – 2021 tập 5

ịã ùũ
ùũ íá ă

òó

ợũ íá ăợ ừ ă
ịã ợũ
á)4ạ ơđdá Đ ó

ù ó ụ ơcá ạã ơđ@ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ ị ó ăỡ

ợ

ùừ

ùừ

ăỡ ù
ợăợ

ợ

ũ

ớăợ ừ ớũ

ẹăĐụ ẵá đắ ứé ữ ẵ> á)4ạ ơđdá Đ ó ợăợ
ợă ừ ừ ù ứ ơá ư8 ữũ

ứẳữ ẵ>

ứẳữ ô: ẵsơ éđắ ứé ữ
ợũ ;ã ăù ồ ăợ

ứẳữ ê đắ ứé ữụ ơd ơá< ~
ù
ứợăù

ùữợ

ừ

ù
ứợăợ

ùữợ

ó ờờũ

ịã ớũ
ùũ íá é ứăữ ó ăợ ừ ắă ừ ẵ ư8 ạôĐj ê2ã ;ã ă ư8 ạôĐjũ íá'ạ ãá đtạổ ợồ ắ ừ ẵồ ẵ
ẵẵ ư8 ạôĐjũ
ợũ íá ăồ Đ ẵẵ ư8 ơá$ẵ ẳ)4ạ ê ăở
ịã ỡũ

Đớ

ợăũ íá'ạ ãá đtạ ăớ

ợĐũ

ò

ẳ.ạ ò ẵ> ơáf ơ| đ ắ áãjô vơ àáwô ơáằ Đjô ẵzô ơđjũ
ứẹữ ẵ> òí ó ợòịũ ;ã ể
òí ụ ĩ
òụ
òĩ
ứẹữ ứ àáẵ ò ữụ
ádá ẵáãhô êô:ạ ạ>ẵ ẵ+ ẹ j òĩ ụ ơáô5ẵ ẵ|á òĩ ơá< ~ íĩ ó í ứ àáẵ ĩ ữũ íá'ạ
ãá đtạổ

ịã ởũ íá ơ ạãẵ òịí

ùũ è' ạãẵ ĩểí
ợũ òể ợ ó òĩổòũ
ó í
ũ
ớũ ị


ịã ùũ

ớ ừ ợ ợũ

ă ợ
ù
ăừù
ừ

ợũ íá ắãfô ơá'ẵ ị ó

ê2ã ă õ ồ ă ờó ùũ ẻ-ơ ạ; ắãfô ơá'ẵ ị ê
ăừợ ă
ăừợ
ă ù
ơd ạã ơđ@ ẵ+ ă
ị ó ớổ
ùũ ẻ-ơ ạ; ắãfô ơá'ẵ ò ó


ở


ớợ

ịã ợũ
ùũ ã}ã á)4ạ ơđdá ăợ
ợũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá

ởă

ờ ó ũ

ớă ợảĐả ó ù
ũ
ă ừ ớảĐả ó ỡ

ịã ớũ
ùũ íá á ư8 Đ ó ăợ ứ ờó ữ

ũ

Đ

ỡ

ợ

ẹ

ă

ù ợ
ă ó ă ừ ợ ứ ê2ã
ợ
áã ạáãe á{ ắãeơ ăù ồ ăợ ê2ã ;ã ợ ẻũ èd ẵẵ ạã ơđ@ ẵ+

ợũ íá á)4ạ ơđdá

ăù ó

ịã ỡũ
ứẹữ
òị
ỉ
ẵá òỉ ọ ẹỉũ ếl ẳ{Đ ẵôạ ể ề êô:ạ ạ>ẵ ê2ã òị ơ|ã ỉ ũ ;ã í
ư ẵá í àá:ạ ơđ.ạ ê2ã ểồ ề ê ị ũ ;ã ế
òí ê ể ề ũ
ùũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ ịíếỉ 5ã ơãhũ
ợũ íá'ạ ãá ơ ạãẵ òể ế
òỉ ó ũ ècá òếổòí

ỉòổỉị ơáằ ũ

ớ

ợ

ăớợ ũ
ò ê ẹ ư
ểề


ỡũ ;ã ì
ơáqạ ìề á< áyơũ

í

ịã ởũ íá ẵẵ ư8 ơá$ẵ ẳ)4ạ ồ ắồ ẵ ơá< ~ ắẵ ừ ừ ắ ó ớắũ èd ạã ơđ@ á< áyơ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ
é ó

ắ
ừ
ừắừù

ắ
ừ
ắẵ ừ ẵ ừ ù


ẵ ừ ẵ ừ ù

ịã ùũ
ùũ ếá:ạ ư% ẳ*ạ Đ ơcá ắ< ơ-ãụ ạã}ã áe á)4ạ ơđdá
ợũ ã}ã á)4ạ ơđdá


ăợ

ờă ừ ỗ ó ợă

ớă ừ Đ ó ở
ă

ợĐ ó ỡ

ũ

ợợũ

ịã ợũ
ứẳữ ổ Đ ó ă ợ ê éđắ ứé ữ ổ Đ ó ợăợ ũ ẩẵ
ứẳữ ẵsơ éđắ ứé ữ

ẹăĐ

ợũ ẻ-ơ ạ; ắãfô ơá'ẵ

ê2ã ă

ớứă ừ ă ùữ

é ó
ăừ ă ợ


ăừù

ăừợ


ăừợ

ă ù

ê ă ờó ùũ

ịã ớũ
ùũ ếá:ạ ư% ẳ*ạ Đ ơcá ắ< ơ-ãụ ạã}ã á)4ạ ơđdá ăợ
ợũ íá á)4ạ ơđdá ăợ
ơá ư8

ỡứ ừ ùữă ừ ớợ ừ ợ

ỡă

ở ó ụ ê2ã
ăù ồ ăợ ư ẵá

ăợù ừ ỡứ ừ ùữăợ ừ ớợ ừ ợ

ịã ỡũ
ò
5ơ ơ: àá0ã áá ơ( ị

ở ó ũ

ở ó ỗổ

ị ẳã ù àũ í.ạ 5ơ -ẵụ 5ơ ăằ Đ àá0ã áá ơ( ò
ù

ị ê

ẵ+ ăằ ơ: ợ àủáũ ècá êv ơ8ẵ ẵ+ 7ã ăằũ
ịã ởũ
ẹ
òị ó ợẻũ ;ã í
í àl ẳ{Đ ẵôạ ể ề êô:ạ ạ>ẵ ê2ã ẹò ũ ;ã ế
ị ê ể ữụ ỉ
òế ê ể ề ũ

ẹò ụ ô
ịể ứ ế àá:ạ ơđ.ạ ê2ã

ùũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ ịíỉế
ợũ íá'ạ ãá òếổòỉ ó ẻợ ũ
ếề

ì ư ẵá ếì ó ếể ũ íá'ạ ãá ềì ó ếịũ

ịã ùũ
ùũ íá ắãfô ơá'ẵ
òó


ăừỡ ă

ấ2ã ạã ơđ@ ẵ+ ă ơád ắãfô ơá'ẵ ò
ợũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá


ỡừ ă ỡ ă
ùờ ố
ừù
ăợ ă
òổ

ỡ

ổ

ăợ Đ ừ ợăợ ừ ớĐ ó ùở
ũ
ăỡ ừ Đ ợ ợăợ ỡĐ ó ở

ịã ợũ
ùũ íá ẵẵ ư8 ồ ắồ ẵ
á)4ạ ơđdá ưô ẵ> ạáãe

ừ ắ ừ ẵ ó ờũ íá'ạ ãá đtạ ẵ> cơ áyơ 5ơ ơđạ ắ

ăợ ừ ă ừ ù ó ồ ăợ ừ ắă ừ ù ó ồ ăợ ừ ẵă ừ ù ó ổ
ợũ íá ồ ắồ ẵ ẵẵ ư8 ẳ)4ạ ơá< ~ ợ ừ ắợ ừ ẵợ ó ùũ èd ạã ơđ@ 2 áyơ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ
ò ó ứù ừ ợữ ứù ừ ợắẵữũ
ịã ớũ
ùũ íá'ạ ãá đtạ ê2ã ;ã ư8 ơ$ áãj ơád ứợ ừ ộữ ứộ ừ ùữ ô: ẵáã áhơ ẵá ờũ
ỡ ừ ù ê ỡắ

ợũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ẵp ư8 ạôĐj ẳ)4ạ ứồ ắữ
ạôĐj ơ8 ẵ.ạ áôồ ừ ắ )2ẵ ẵ+ ùờắ ừ ùũ

ù

ịã ỡũ
ẹ
êô:ạ ạ>ẵ ê2ã òị
8ã ò ẵsơ íì ơ|ã ũ

òị ó ợẻụ ạ;ã ì
ứẹữ ơ|ã í

ẹòũ ấm ơã ìă
ơđj ẵôạ á< ịí ứ ờó ịồ ờó íữ

ứữ íá'ạ ãá đtạ ị ì ơ' ạãẵ 5ã ơãhũ
ứắữ ;ã ế
áã ơ ạãẵ òì ê ếìị

ị ê ìăũ ã} ư%

ìế ơáằ ẻ ũ

ợũ íá ơ ạãẵ òịí êô:ạ ơ|ã ò
òỉũ ;ã ìồ ệồ ế
ơ ạãẵ òịíồ òịỉồ òíỉ
ơđ? 5ã ơãh ơ ạãẵ òịí ẵ> ắ àcá ắtạ áôũ
ịã ởũ ể5ơ ắ}ạ ẵ> àcẵá ơá)2ẵ ợ ợ : êô:ạụ
ắyơ à# ẵ+ ắ}ạũ íá'ạ ãá đtạ ẵ> ơáf ẵá; đ áạ ê
áạ ê ẵ5ơ Đũ

ìíũ íá'ạ ãá đtạ

ìệế
ớ :


ịã ùũ íá ắãfô ơá'ẵ


ăợ
ă

é ó
ăừ ăừù


ớă ừ ợ ă ợứă

ừ
ă

ă

ùữ
ù

ê2ã ă õ ồ ă ờó ù ũ
ùũ ẻ-ơ ạ; ắãfô ơá'ẵ
ợũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ạã ơđ@ ẵ+ ă

é
ọ ợũ
ù
ă

ịã ợũ
ùũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá

ợ

ừ ớũ èd
ư ẵáổ Đù ừ Đợ

ăù ăợ

ăợ ừ ớĐ ợ ỡăĐ ă ừ ớĐ ó
ũ
ăợ Đ ợ ừ ốă ừ ùờ ó
ẹăĐụ ẵá đắ ứé ữ ổ Đ ó ăợ
ứẳữ ẵsơ ứé ữ
ớớ ó ũ

ứẳữ ổ Đ ó ợ ứ ùữ ă
ứăù ồ Đù ữ ê ứăợ ồ Đợ ữ

ịã ớũ
ùũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ư8 ẳ)4ạ ă

ẽó

ăợ

ớă
áv ạã ơđ@ á&ạ ư8 ạôĐjũ
ăừù

ợũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ư8 ơ$ áãj ẵ> ắ8 ẵá& ư8 ơá< ~ũ ếáã ẵáã ẵá ố
ùùũ
àáã ẵáã ẵá ỡù
ịã ỡũ íá ơ ạãẵ òịí ẵ> ò ó ờ
ê2ã ẵẵ ẵ|á òịồ òíồ ịí z )/ơ ơ|ã ĩồ ồ
ưạ ưạ ê2ã ịí ẵsơ òịồ òí ơáằ ơá' ơ$ ơ|ã ểồ ềũ

ợ ê

ì ắ àcá đ 5ã ơãh ơ ạãẵ òịí ơãh ă-ẵ
ìĩ ẵsơ ơ|ã ế
ế

ùũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ ìò 5ã ơãhũ
ợũ íá'ạ ãá áã ơ ạãẵ ìể ề ê ì

ớũ èd ạã ơđ@ á< áyơ ẵ+ ẳãe ơcẵá ìể ề ơáằ đũ
ịã ởũ íá ăồ Đ õ ơá< ~ ăừĐ ó ùũ ỉ~Đ ơd ạã ơđ@ á< áyơ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ é ó
ùộ
ũ
ùờ

ăợ ừ

ù
Đợ

Đợ ừ

ù
ăợ


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)
Trong các câu sau, mỗi câu chỉ có một lựa chọn đúng. Em hãy ghi vào bài làm chữ cái in hoa đứng
trước lựa chọn đúng (Ví dụ: Câu 1 nếu chọn A là đúng thì viết 1.A).
Câu 1. Biểu thức 2020  x có nghĩa khi và chỉ khi
A. x  2020 .
B. x  2020 .

C. x  2020 .
D. x  2020.
Câu 2. Hàm số y  mx  2 ( m là tham số) đồng biến trên  khi và chỉ khi
A
A. m  0.
B. m  0.
C. m  0.
D. m  0.
Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (Hình vẽ 1). Biết độ
dài BH  5cm, BC  20cm . Độ dài cạnh AB bằng
C
B
H
A. 5cm.
B. 10cm.
C. 25cm.
D. 100cm.
Hình vẽ 1
Câu 4. Cho đường tròn tâm O , bán kính R , H là trung điểm của dây cung
AB (Hình vẽ 2). Biết R  6 cm, AB  8 cm. Độ dài đoạn thẳng OH bằng
A. 2 5 cm.
B. 20cm.
C. 14cm.
D. 2 13 cm.
O
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)
A
B
H
Câu 5 (3,5 điểm).

2 x  y  9
a) Giải hệ phương trình 
Hình vẽ 2
x  2 y  7
b) Giải phương trình x 2  4 x  3  0
1
c) Cho parabol ( P) : y  x 2 và đường thẳng d : y  2 x  m (với m là tham số). Tìm tất cả các giá
2
trị của tham số m để đường thẳng d cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thoả mãn

 x1 x2  1

2

 x1  x2  x1 x2  3 .

Câu 6 (1,0 điểm). Một đội xe theo kế hoạch mỗi ngày chở số tấn hàng như nhau và dự định chở 140 tấn
hàng trong một số ngày. Do mỗi ngày đội xe đó chở vượt mức 5 tấn nên đội xe đã hoàn thành kế hoạch
sớm hơn thời gian dự định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn hàng. Hỏi số ngày dự định theo kế hoạch là
bao nhiêu?
Câu 7 (3,0 điểm). Cho đường tròn  O  và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến
AB và AC đến  O  ( B , C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BD của đường tròn  O  . Đường thẳng đi qua

O vuông góc với đường thẳng AD và cắt AD , BC lần lượt tại K , E . Gọi I là giao điểm của OA và BC.
a) Chứng minh rằng các tứ giác ABOC, AIKE nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh rằng OI .OA  OK .OE .
c) Biết OA  5cm, đường tròn  O  có bán kính R  3cm. Tính độ dài đoạn thẳng BE .

Câu 8 (0,5 điểm). Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc  1. Chứng minh rằng
a 1 b 1 c 1 3

 4  4   a  1 b  1 c  1
a4
b
c
4
——— HẾT———
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh………………………………………………………… Số báo danh…………………………


ĐỀ XUẤT HƯỚNG DẪN CHẤM
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: Mỗi câu đúng được 0,5 điểm
Câu

1

Đáp án
D
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)

2

3

4

C

B

A

Nội dung chính

Điểm
1,25

2 x  y  9
x  2 y  7

Câu 5a. Giải hệ phương trình 

2 x  y  9 1
 x  2 y  7  2 

Giải hệ phương trình 
Từ 1  y  2 x  9 (3).

0,25

Thế vào (2) ta được x  2  2 x  9   7  x  5.
Thay vào (3) ta được y  2.5  9  1.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là  x; y    5;1 .

0,5

Câu 5b . Giải phương trình x  4 x  3  0.

0,5
1,25

Tính được   4  3  1  0

0,25

2

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 

2 1
2 1
 1, x2 
3
1
1

Vậy …
1
2

Câu 5c. Cho parabol ( P) : y  x 2 và đường thẳng d : y  2 x  m (với m là tham số).

0,5
0,5
1,0

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt parabol ( P ) tại 2 điểm phân
2

biệt có hoành độ x1 , x2 thoả mãn  x1 x2  1  x1  x2  x1 x2  3 .

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là:
1 2
x  2 x  m  x 2  4 x  2m  x 2  4 x  2m  0 1 .
2

d cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
2
    2   1.  2m   0  4  2m  0  2m  4  m  2 .
Ta có x1 , x2 là hoành độ giao điểm của d và (P) nên x1 , x2 là hai nghiệm của (1).

0,25

0,25

 x1  x2  4
 x1 x2  2m

Do đó theo định lí Vi-et ta được: 
2

2

Khi đó  x1 x2  1  x1  x2  x1 x2  3   2m  1  4  2m  3
 m  1
 4 m  4m  1  7  2 m  4 m  2 m  6  0  
m  3

2
2

0,25

2

Kết hợp với điều kiện có nghiệm ta được m  1 , m 

3
thỏa mãn.
2

Câu 6 . Một đội xe theo kế hoạch mỗi ngày chở số tấn hàng như nhau và dự định chở
140 tấn hàng trong một số ngày. Do mỗi ngày đội xe đó chở vượt mức 5 tấn nên đội xe

0,25
1,0


đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian dự định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn hàng.
Hỏi số ngày dự định theo kế hoạch là bao nhiêu?
Gọi x (đơn vị: tấn, x  0 ) là số tấn hàng đội xe chở trong một ngày theo kế hoạch.
Khi đó thời gian hoàn thành kế hoạch theo dự định của đội xe là

0,25

140
ngày.
x

Thực tế mỗi ngày đội xe chở vượt mức 5 tấn nên mỗi ngày đội xe chở được x  5 tấn
Thời gian hoàn thành kế hoạch thực tế là

150
ngày.
x5

Do đội xe đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian dự định 1 ngày nên ta có phương
140 150

1
x
x5
140  x  5   150 x

 1  140 x  700  150 x  x  x  5 
x  x  5

trình:

0,25

 x  35
 700  10 x  x 2  5 x  x 2  15 x  700  0  
 x  20
So sánh với điều kiện ta được x  20 (tấn).
140
Vậy thời gian hoàn thành kế hoạch theo dự định là
 7 ngày.
20
Câu 7 . Cho đường tròn  O  và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ điểm A kẻ hai tiếp

0,25
0,25
3,0

tuyến AB và AC đến  O  ( B , C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BD của đường tròn

 O  . Đường thẳng đi qua

O vuông góc với đường thẳng AD và cắt AD , BC lần lượt tại

K , E . Gọi I là giao điểm của OA và BC.

a) Chứng minh rằng các tứ giác ABOC, AIKE nội tiếp đường tròn.
B

A

I

O

K
C

D

E

a) Do AB, AC là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên 
ABO  90, 

ACO  90
Xét tứ giác ABOC ta có: 
ABO  
ACO  90  90  180  tứ giác ABOC nội tiếp đường
tròn.
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta được AO là trung trực của BC nên

0,5


AIE  90

Do OE vuông góc AD nên 
AKE  90

Xét tứ giác AIKE ta có AIE  
AKE  90  tứ giác AIKE nội tiếp đường tròn.
  OEA

b) Tứ giác AIKE nội tiếp đường tròn nên OIK
Xét hai tam giác OIK và tam giác OEA ta có:
  OEA
 (theo chứng minh trên)
OIK
  EOA

IOK

0,5
0,25

Suy ra OIK

OEA 

OI OK

 OI .OA  OE.OK (đpcm).
OE OA

0,75

c) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác OAB ta được:
OI .OA  OB 2  OD 2 , kết hợp với phần b ta được OK .OE  OD 2 

OK OD

OD OE

0,25

Xét tam giác OKD và ODE ta có:
OK OD
  DOE
  OKD
và KOD

OD OE

  OKD
  90.
ODE  ODE

Xét hai tam giác BIO và tam giác BDE có:
  BDE
  90, OBI
  EBD
  BIO BDE
BIO
BI BO


 BI .BE  BD.BO  2 R 2  18 1 .
BD BE

0,25

Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ABO ta có:
AB 2  AO 2  OB 2  16  AB  4 cm.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABO ta được:

0,25

BA.BO 12

cm.
AO
5

18 15
15
Thay vào (1) ta được: BE 
 cm. Vậy BE  cm.
BI 2
2

0,25

Câu 8 . Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc  1 . Chứng minh rằng

0,5

BI . AO  BA.BO  BI 

a 1 b 1 c 1 3
 4  4   a  1 b  1 c  1
a4
b
c
4

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a 1
b 1
c 1
3
 4
 4


a  a  1 b  1 c  1 b  a  1 b  1 c  1 c  a  1 b  1 c  1 4
4

1
1
1
3
 4
 4

a  b  1 c  1 b  a  1 c  1 c  a  1 b  1 4
1
1
1
Đặt x  , y  , z   x, y, z  0 và xyz  1 .
a
b
c
x3
y3
z3
3
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành


 .
1  y 1  z  1  z 1  x  1  x 1  y  4


4

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta được:
x3

1  y 1  z 



1 y 1 z
x3
1 y 1 z 3

 33
.
.
 x
8
8
1  y 1  z  8 8 4

0,25

Tương tự ta được:
y3
1 z 1 x
y3
1 z 1 x 3


 33

.
.
 y
8
1  z 1  x  8
1  z 1  x  8 8 4
z3
1 x 1 y
z3
1 x 1 y 3


 33
.
.
 z
8
1  x 1  y  8
1  x 1  y  8 8 4

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên và thu gọn ta được:
x3

1  y 1  z 




y3
z3

 1 x 1 y 1 z  3

 2


  x  y  z
8
8  4
1  z 1  x  1  x 1  y   8

x3

1  y 1  z 



y3
z3
1
3 1
3 3

  x  y  z    .3 3 xyz   (đpcm).
4 2
4 4
1  z 1  x  1  x 1  y  2

Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  1  a  b  c  1 .

0,25

Cách khác câu 8:
1
a

1
b

1
c

Đặt x  , y  , z   x, y, z  0 và xyz  1 .
Bất đẳng thức trở thành:
3
4

 x  1 x 3   y  1 y3   z  1 z 3  1  x  1  y 1  z 
 4  x 4  y 4  z 4   4  x 3  y 3  z 3   3  xyz  xy  yz  xz  x  y  z  1
 4  x 4  y 4  z 4   4  x 3  y 3  z 3   6  3  xy  yz  xz   3  x  y  z 

Áp dụng bđt a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac ta có:
3  x 4  y 4  z 4   3  x 2 y 2  z 2 y 2  x 2 z 2   3 xyz  x  y  z 
 3  x 4  y4  z4   3  x  y  z 
4

Lại có x 4  y 4  z 4  3 3  xyz   3
Do đó , 4  x 4  y 4  z 4   3  x  y  z   3 (1)
Mặt khác, theo bđt AM - GM ta có
x 3  y 3  1  3 xy; x 3  z 3  1  3 xz; y 3  z 3  1  3 yz  2  x 3  y 3  z 3   3  xy  yz  xz   3

3

và cũng có: 2  x 3  y 3  z 3   2.3 3  xyz   6
Do vậy, 4  x 3  y 3  z 3   3  xy  yz  xz   3 (2)
Từ (1) và (2) ta có đpcm


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH THUẬN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
-----------------

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO
NĂM HỌC: 2020 - 2021
Môn thi: TOÁN (Hệ số 2 - Chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
-----------------------------

Câu 1.

 xy  x  y  5

.
Giải hệ phương trinh: 

2
2





7
xy
x
y


Câu 2.
a) Cho p và p  2 là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p  1 chia hết cho 6.
b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2 p  1 là lập phương của một số nguyên dương.
Câu 3.
Cho các số thực x, y, z  1 thỏa mãn

1 1 1
   2. Chứng minh rằng:
x y z

x  y  z  x 1  y 1  z 1.
Câu 4.
Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . Gọi K là một điểm tùy ý trên cạnh BC
với K  B, K  C. Kẻ đường kính KM của đường tròn ngoại tiếp tam giác BKF và đường kính KN của
đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK . Chứng minh rằng M , H , N thẳng hàng.
Câu 5.
Cho 20 điểm phân biệt trong mặt phẳng. Chứng minh rằng tồn tại đường tròn có đúng 12 điểm đã cho bên
trong và có đúng 8 điểm đã cho bên ngoài.

…Hết…

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.

S  P  5
P  5  S



.
Đặt S  x  y, P  xy với S 2  4 P. Khi đó hệ cho trở thành: 
 2
 2





12

0

7
S
P
S
S





S  3
Ta có: S 2  S 12  0  
.
 S  4
 x  y  3  x  2, y  1

Với S  3, ta có: P  2. Khi đó 
.


 y  2, x  1


 xy  2
Với S  4, ta có: P  9. Loại vì S 2  4 P.
Vậy hệ cho có hai nghiệm  x; y   2;1 , 1; 2.
Câu 2.
a) Ta có: p lẽ và p  3 nên p chia 3 dư 1 hoặc 2.
Nếu p  1mod 3 suy ra p  2  0 mod 3 vô lí do p  2 là số nguyên tố lớn hơn 3.
Do đó p  2 mod 3 nên p  1  0 mod 6. Hay p  1 chia hết cho 6.
b) Vì 2 p  1 là lập phương một số tự nhiên nên đặt 2 p 1  a3 với a  * và a lẽ.
Khi đó ta có: 2 p  a 1a 2  a  1.
Do a lẽ nên a 1 chẵn và a 2  a 1  a a 1  1 lẽ nên suy ra a 1  2.
Khi đó a  3, ta có: p 

33 1
 13.
2

Vậy p  13 là giá trị cần tìm.
Câu 3.
Ta có:

1 1 1
1
1 1 1
x 1 y 1 z 1
   2  1  1  1     1 


.
x y z
x
y 1 z
x
y
z

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:
 x 1 y 1 z 1
x  y  z   x  y  z 



y
z 
 x
Suy ra:

x  y  z  x 1  y 1  z 1.

3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  .
2





x 1  y 1  z 1

2


Câu 4.

Ta có: AF  AB  AE  AC do tứ giác BCEF nội tiếp.
Gọi I là giao điểm của AK với  BFK  , ta có: AI  AK  AF  AB  AE  AC 1.
Gọi I  là giao điểm của AK với CEK  , ta có: AI   AK  AE  AC  AF  AB 2.
Từ 1 và 2 suy ra I  I .
Hay AK đi qua I là giao điểm thứ hai của đường tròn  BFK  và CEK  với K  I .
  EIA

  ABC
  1800  BAC
.
Ta có EIF
AIF  ACB
Suy ra tứ giác AEIF nội tiếp.

Mà tứ giác AEHF nội tiếp nên năm điểm A, E , I , F , F cùng thuộc một đường tròn.
AFH  900 hay HI  IK 3.
Suy ra: 
AIH  
  NIK
  900 nên M , I , N thẳng hàng và MN  IK 4.
Mặt khác MIK
Từ 3 và 4 suy ra M , H , N thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh.
Câu 5.
Trước hết ta chứng minh tồn tại một điểm P mà khoảng cách từ P đến 20 điểm đã cho là khác nhau. Thật vậy,
khoảng cách từ P đến hai điểm A, B bằng nhau khi và chỉ khi P nằm trên đường trung trực của AB. Do đó chỉ
cần chọn điểm P không nằm trên đường trung trực của bất cứ đoạn thẳng nào tạo bởi 20 điểm đã cho.
Gọi khoảng cách của P đến 20 điểm đã cho lần lượt là d1  d 2  d3  ...  d 20 . Xét đường tròn tâm P bán kính
d12 , đường tròn này chứa đúng 12 điểm có khoảng cách đến P gần nhất. Ta có điều phải chứng minh.
-------------------- HẾT --------------------



THCS.TOANMATH.com
S GIO DC V O TO
BC GIANG

THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN BC GIANG
NM HC 2020 - 2021
Mụn thi: TON
Ngy thi: 18/07/2020
Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian phỏt )
-------------------------------

THI CHNH THC

ịã ùũ
ùũ íá ắãfô ơá'ẵ

ê2ã ă


ớă ừ ở ă ù ùỡ

òó
ă ớừ ă ù


ă

ă

ù
ù

ợ
ù


ă ù

ă ùừợ

ùồ ă ờó ợổ

ứữ ẻ-ơ ạ; ắãfô ơá'ẵ òũ
ứắữ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ạã ơđ@ ă

ò áv ạã ơđ@ ư8 ạôĐjũ

íá đắ ứé ữ ổ Đ ó ăợ
ứẳữ ẵsơ đắ ứé ữ
ù
ù
è ó
ỡ ừ
ứăù ừ ùữ
ứăợ ừ ùữỡ

ứẳữ ổ Đ ó

ă ừ ợ

ứ ơá ư8 ữũ èd
ăù ồ ăợ ư ẵá ắãfô ơá'ẵ

ởữ ừ ỗă

ở

ợũ ịã ợũ

ùũ ã}ã á)4ạ ơđdá ứă ừ ùữ ă

ù ừ ởă ó ùớũ

ợũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá
ăớ ăĐ ừ ợăợ ợĐ ó

ứă ừ Đ ợữ ă ừ ù
ó Đứă
ă ợ

ổ

ịã ớũ
ùũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ẵp ư8 ạôĐj ẳ)4ạ ứồ ắữ

ợ ớ
áv ạã ơđ@ ư8 ạôĐjũ
ắ ừ ớ

ợũ èđạ pơ áqạ ẵá ợợ
ẵ> àá}ạ ẵẵá á< á4 ùẵũ íá'ạ ãá đtạ ơ9 ơ|ã 5ơ ádá ơđ? ẵ> ắ àcá ắtạ ùẵ ẵá'
àá:ạ cơ á4 ùù
ợợ
ịã ỡũ íá ơ ạãẵ òịí á; ứòị ọ òíữ
í ẵ+ ơ ạãẵ òịí
ỉũ ;ã ể
ịí ê ũ

ẹ

òĩồ ị ê
ịíồ ế

ùũ íá'ạ ãá đtạ ếịổếí ó ếổế
ợũ

ớũ

ĩ ũ


òí
ơáqạ òếồ òĩ z )/ơ ơ|ã é ê ẽũ íá'ạ ãá é ó ẽũ
ỉế

òể ũ

ịã ởũ íá ồ ắồ ẵ ẵẵ ư8 ơá$ẵ ẳ)4ạũ íá'ạ ãá đtạ
ắợ
ẵợ
ợ
ừ
ừ
ởợ ừ ứắ ừ ẵữợ ởắợ ừ ứẵ ừ ữợ ởẵợ ừ ứ ừ ắữợ

ù
ớ

THCS.TOANMATH.com