Tổng hợp 36 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên năm 2020 2021 có đáp án

THCS.TOANMATH.com
S GIO DC V O TO
TNH QUNG NINH
THI CHNH THC

K THI TUYN SINH VO LP 10 THPT NM 2020
Mụn thi: TON (chuyờn)
Dnh cho thớ sinh thi vo trng THPT chuyờn H Long
Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian phỏt )
thi gm cú 01 trang
---------------------------------------

ịã ùũ íá ắãfô ơá'ẵ



ợ ăừù ợ ă ù
ăừợ
ừ

òó
ừ
ă ợ
ớ
ă
ă ở ăừờ


ăừỡ

ă ù

ớ ă

ê2ã ă

ồ ă ờó ùồ ă ờó ỡồ ă ờó ỗổ

ùũ ẻ-ơ ạ; ò
ợũ èd ă ư ẵá ò ọ ợũ
ịã ợũ
ùũ íá á)4ạ ơđdá ăỡ ợăợ ừ ợ ợ ừ ợ ó ứ ơá ư8ữũ èd
ạáãe á{ ắãeơ ăù ồ ăợ ồ ăớ ồ ăỡ ơá< ~ ăỡù ừ ăỡợ ừ ăỡớ ừ ăỡỡ ó ợỡũ

ợ ă ừ Đ ó Đợ ừ Đ ă
ợũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá
ũ
Đ ù ó ă ừ ớĐ ừ ù ỡ
ịã ớũ íá ăồ Đ áã ư8 ơá$ẵ ơá< ~ ăợ ừ ởĐ ợ ừ ỡăĐ ừ ớă ừ ỡĐ ó ợộũ èd ạã ơđ@ 2 áyơụ á< áyơ
ẵ+ ắãfô ơá'ẵ ể ó ă ừ ợĐũ
ò

ịã ỡũ
ịồ í
ê2ã ĩ ơ|ã ỉ

ứẹữ àl ẵẵ ơãh ơôĐh òịồ òí ê ẵơ ơôĐh òĩ ê2ã

òĩ ọ òồ ĩị ọ ĩí
ẹ
ịí ơ|ã ế ũ íá'ạ ãáổ

ùũ è' ạãẵ ịíẹỉ 5 ơãhũ
ợũ ếĩ

ứẹữ ũ


ó ỉịí
ớũ ĩịí
ịã ởũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ẵp ư8 ạôĐj ẳ)4ạ ứồ ắữ ư ẵá

ắ ứ ừ ắữ
ư8 ạôĐjũ
ắ ừ ợ

THCS.TOANMATH.com


ịã ùũ
ùũ íá ă ừ Đ ừ Ư ó ăợ ừ Đ ợ ừ Ư ợ ó ợ ê ăĐƯ ờó ũ íá'ạ ãá đtạ

ù
ù ù ù
ừ ừ ó
ũ
ă Đ Ư

ăĐƯ

ợũ íá ọ ă ọ ợ ơá< ~
ợỡ ứăợ ừ ớă ùữ
ớ ứăợ ừ ởă ùữ
ừ
ợớ
ó
ổ
ăợ ừ ă ù
ăợ ừ ợă ù
ù
ợợ
ècá ạã ơđ@ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ è ó ứăợ ă ợữ
ừ
ũ
ứăợ ăữợợù
ịã ợũ
ùũ íá á)4ạ ơđdá ăợ ừ ă ừ ó

ạáãe ă ơád ảă ả ọ ợợùũ

ợ ừ ợ ó ợợũ íá'ạ ãá hô á)4ạ ơđdá ẵ>

ịã ớũ
ùũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá

ù
ăợ ừ ớữ Đ ừ ừ Đ ợ ừ Đ ừ ù
ợ

ỡ
ợ
ă ừ ợứớ ốĐữă ừ ùờĐ ộ ó
ứă ừ

ợũ èd ẵẵ ư8 ạôĐj ăồ Đ ơá< ~


ỗăợ ừ ùờă ừ ỗờ ừ ùờĐ ó ớă

ó

ớ
ợ ổ

ợỡổ

ứẹữ ũ ;ã é
ịã ỡũ íá ơ ạãẵ á; òịí ẵ> ơđ$ẵ ơ{ ỉ
ỉịí ê t ơđạ ơ ạãẵ òịí ụứé ờó ịồ íồ ỉữũ ;ã ể
éị
ứể ờó ịữồ ề
é í ê2ã ứẹữ ụ
ứề ờó íữ
ịể ẵsơ òí ơ|ã
íề ẵsơ òị ơ|ã
ơ ạãẵ òể
òề ẵsơ áô ơ|ã ẽồ ứẽ ờó òữũ
ùũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ òé 5ã ơãhũ
ợũ íá'ạ ãá ểồ ềồ ẽ ơáqạ áạũ

ớũ èđạ ơđ)3ạ á/ òé á{ ạãẵ ẵ+ ể
òềụ ẵá'ạ ãá é ẽ
ịí ũ
ịã ởũ íá ăồ Đồ Ư õ

ăĐ
ù
ừ
ừ
ù ừ ĐƯ
ăĐ ừ ĐƯ


ợ ĐƯ

ù ừ ăĐ

ợ


THCS.TOANMATH.com
UBND TNH LAI CHU
S GIO DC V O TO
-------------- THI CHNH THC
( thi gm cú 01 trang)

K THI TUYN SINH VO LP 10
TRNG PTDTNT V TRNG THPT CHUYấN Lấ QUí ễN
NM HC 2020 - 2021

Mụn thi: TON (mụn chuyờn)
Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian phỏt )
Ngy thi: 17/07/2020


ăừợ

ăừù

ịã ùũ íá ắãfô ơá'ẵ é ó
ă

ùũ
ợũ èd ă


ă

ă

ă
ă

ớ
ợ

ổ

ă
ă

ợ
ă

ừ
ũ
ă ợ
ă ợ

é

é ó ùũ

ịã ợũ
ùũ íá éđắ ẵ> á)4ạ ơđdáổ Đ ó ớăợ

Đ ó ờă ừ ợ

ợũ íá á)4ạ ơđdáổ ăợ ờă ừ ợ ừ ù ó ổ
ơá< ~ ăớù ừ ăớợ ọ ộợ
ịã ớũ íá ứẹồ ẻữ
ơđ? ứịồ í
ê2ã ẹì ơ|ã ì

ò
ì

ù ứẳữũ

ăù ồ ăợ

ò àl áã ơãh ơôĐh òị ê òí
ịíứìị ọ ìíữ
ẳ êô:ạ ạ>ẵ
òịồ òí z )/ơ ê ũ

ẳ

ùũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ ẹìị ê ơ' ạãẵ ẹì í ẵẵ ơ' ạãẵ 5ã ơãhũ
ũ

ợũ íá'ạ ãá ì
ớũ ẽô ẹ
ơđc ẵ+ ò
ịã ỡũ ã}ã á)4ạ ơđdáổ


ợăợ

ẹò
òịồ òí z )/ơ ơ|ã é ê ẽũ èd ê@
òé ẽ á< áyơũ



ù ừ ăợ ớă ợ ó ợăợ ừ ợă ừ ớ ừ ăợ ă ừ ợũ

ịã ởũ íá ồ ắồ ẵ ắ ư8 ẳ)4ạ ắãhơ ừ ắ ừ ẵ ừ ắ ừ ắẵ ừ ẵ ó ờắẵũ íá'ạ ãá
ù

ù
ù
ừ ợừ ợ
ợ

ắ
ẵ

ớổ

THCS.TOANMATH.com


ịã ùũ
ùũ íá ắãfô ơá'ẵ



ăứ ă ừ ùữ ứ ă
é ó
ừ
ù ă
ă


ợ
ợữ ừ ớ ă

ù
ă

ă

ồ

é ọ ốũ

ợũ íá
ứữ ó ợ
ỡ
ơcá ẽ ó ứùữ ừ ứợữ ừ

ù


ùứ ợ ừ ù ừ ợ

ùữ

ồ

ừ ứỡữũ

ịã ợũ
ẹăĐ
;ã òồ ị
j ơđ*ẵ ááũ èd
ăằơãnơữũ
ợũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá

ứẳữ ổ Đ ó ă ừ ỡ ứ ờó ữ ê đắ ứé ữ ổ Đ ó ợăợ ũ
ứẳữ ê ứé ữồò ê ị z )/ơ ádá ẵáãhô êô:ạ ạ>ẵ ẵ+ ò ê ị
òịị ò ắtạ ùở ẵợ

ăợ Đ Đ ừ ă ó ớăĐ
ũ
ăĐ ợ ừ Đ ớ ăớ ó ớăĐ

ịã ớũ
ùũ ã}ã á)4ạ ơđdá



ứ ăừớừ ờ

ợũ íá'ạ ãá á)4ạ ơđdá ăợ
ạã ơđ@ ẵ+ ũ ;ã ăù ồ ăợ
ạã ơđ@ á< áyơũ

ứợ


ăữứờ ợă ừ ờ
ùữ ă ừ ứ

ợă


ùớữ ó ờ ợổ

ùữợ ó ứ ă w ư8 ữ ô: ẵ> ạáãe ê2ã ;ã
ăù ăợ ụ ơd
ăợ

ứẹữ ê ứẹ ữ

ịã ỡũ

ò ê ị
ẹ t ạã
ứẹ ữ
òị ụ êm ẵẵ ơãh ơôĐh ể íồ ể ĩ
ứẹữ ứ íồ ĩ
ĩ
ứẹ ữ
òí ê òĩ

ơđ? ứẹ ữ z )/ơ ơ|ã ê ứ ê àá:ạ ơđ.ạ ê2ã ò
íĩ ê ẵsơ áô ơ|ã
ì ũ


ùũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ ịíì 5ã ơãh ê ì ịĩ ó ịì òĩũ
ợũ íá'ạ ãá ì
ớũ íá'ạ ãá àáã ể

ũ
òị

íĩ

ịã ởũ
ùũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ạã ơđ@ ạôĐj ẵ+ ă ê Đ ơá< ~
ợợù ăợ ừ ợĐ ợ

ợợứợăĐ ừ Đữ ó ợợợổ

ợũ íá ăồ Đồ Ư ắ ư8 ơá$ẵ ẳ)4ạụ ơd ạã ơđ@ á< áyơ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ

ợăợ ăĐ ừ ợĐ ợ
ợĐ ợ ĐƯ ừ ợƯ ợ
ợƯ ợ Ưă ừ ợăợ
ó
ừ
ừ
ổ
ă ừ Đ ừ ợƯ
Đ ừ Ư ừ ợă
Ư ừ ă ừ ợĐ


ịã ùũ íá ắãfô ơá'ẵ
é ó


ăừợ

ăừù

ă

ă

ă
ă

ớ
ợ

ổ

ă
ă


ă
ợ

ừ
ă ợ
ă ợ

ổ

ùũ ẻ-ơ ạ; ắãfô ơá'ẵ é ũ
ợũ íá'ạ ãá é

ù

ũ
ộ

ịã ợũ
ùũ ã}ã á)4ạ ơđdá



ăợ ừ ùợ ừ ở ó ớă ừ ăợ ừ ởũ

ợũ íá á)4ạ ơđdá ăợ

ứ

ợ ừ

ùữă

ạáãe ẵ+ á)4ạ ơđdá ứùữụ ơd

ẽó

ợ ó ứùữ ứ ê2ã ơá ư8ữũ;ã ăù ồ ăợ áã
ợ
ớ
ăù
ăợ
ừ
ăợ
ăù

ịã ớũ íá ồ ắồ ẵ ẵẵ ư8 ơá$ẵ àá:ạ { ơá< ~ ừ ắ ừ ẵ ó ớổ èd ạã ơđ@ á< áyơ ẵ+ è ó
ứ ùữớ ừ ứắ ùữớ ừ ứẵ ùữớ ũ
ịã ỡũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ư8 ạôĐj ẳ)4ạ ư ẵá ể ó ỡ ừ ớ ẵáã áhơ ẵá ộ ũ
ịã ởũ

òịí
ứẹữ
ò ê ẵsơ ẵôạ á< òị ơ|ã ứ
ò ê ị
ứẹữ z )/ơ ơ|ã ể ê ề ũ ;ã
ơãh ơôĐh ơ|ã ị ê í
íá'ạ ãá đtạổ
ùũ

íòề

ịể òồ

ể ịí

ịíề ũ

ịồ ểồ ồ


ẳ

ẳ
ẳ ẵsơ áã

ể í ê ịề ũ


ịã ùũ
ùũ ẻ-ơ ạ; ắãfô ơá'ẵổ
ỗ
ứữ ò ó
ũ
ớ


ớ
ờ

ứắữ ị ó
ù
ợ


ợừ ố
ũ
ùừ ợ

ợũ ã}ã á)4ạ ơđdá ảăợ ừ ớă

ùả ó ớũ

ịã ợũ
ùũ íá á)4ạ ơđdá ăợ ừ ă ừ ù ó ứ ơá ư8 ữũ èd
ăù ồ ăợ ơá< ~ ăợù ừ ăợợ ỡ ứăù ừ ăợ ữ ó ởũ

ị
ợũ ể5ơ ẵ : ăô:ã ẳ?ạ ơđj 5ơàá-ẵ ư:ạ ơ( ắh ò
í ẵẵá ắh ị ù àụ ơá3ã ạã ẵ : ăô:ã ẳ?ạ cơ á4 ơá3ã ạã ạ)/ẵ ẳ?ạ
ớ á-ơũ ècá êv ơ8ẵ đãjạ ẵ+ ẵ :ụ ắãhơ êv ơ8ẵ ẵ+ ẳ?ạ )2ẵ ỡ àủáũ
ịã ớũ

ứẹồ ẻữ êm áã ơãh ơôĐh òịồ òí
ịồ í
ịí
ể ứ ể àáẵ ị ụ ể àáẵ í ữụ ơ( ể àl ể ì ụ ể ế ụ ể é z
)/ơ êô:ạ ạ>ẵ ê2ã òị ụ òí ụ ịí ứì ợ òịồ ế ợ òíồ é ợ ịíữũ
ò



ùũ íá'ạ ãá đtạổ ể
éế ó ể
ịíũ
ểéế ũ

ợũ íá'ạ ãá đtạổ è ạãẵ ể ìé
ể ơđj ẵôạ á< ịí

ểì ểế ểé

ịã ỡũ
ùũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá

ứă Đữ ứĐ ợ ợĐữ ó
ă Đợ ừ Đ ó ợ

ù

ũ

ợũ íá ắ ư8 ăồ Đồ Ư
ăợ

ợĐ ừ ù ó Đ ợ

ợƯ ừ ù ó Ư ợ

ợă ừ ù ó ổ

ècá ạã ơđ@ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ ò ó ăù ừ Đ ù ừ Ư ù ũ
ịã ởũ
ùũ èd ẵẵ ư8 ạôĐj ă ê Đ ơá< ~ổ ăĐợ ừ Đ ợ

ăợ ừ ăĐ

ợă ừ Đ ó ũ

ợũ íá ơ ạãẵ òịí
ứẹữ ũ èã á{ ạãẵ ẵ+ ạ>ẵ ò
ũ íá'ạ ãá đtạ òị ừ òí ọ ợòĩũ

ứẹữ ơ|ã ĩ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BÌNH DƯƠNG
--------------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn Toán chuyên
Ngày thi 10/7/2020
Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (3,0 điểm)
a) Giải phương trình







x  2020  x  2019 1  x 2  x  2019  2020  4039.

b) Cho hai số thực m, n khác 0 thỏa mãn

1 1 1
  . Chứng minh rằng phương trình:
m n 2

 x2  mx  n x 2  nx  m  0

luôn có nghiệm.

Câu 2. (1,5 điểm)
Với các số thực x, y thay đổi thỏa mãn 1  x  y  5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P  2  x 2  y 2   4  x  y  xy   7.
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x 2  xy  y 2  x 2 y 2 .
b) Với a, b là các số thực dương thỏa mãn ab  a  b  1. Chứng minh rằng:

a
b
1  ab


.
2
2
1 a
1 b
2 1  a 2 1  b 2 
Câu 4. (3,5 điểm)





  900 nội tiếp đường tròn O bán kính R, M là điểm nằm trên cạnh
Cho tam giác ABC cân tại A BAC

BC sao cho BM  CM . Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn O với  D  A , H là trung điểm của

đoạn thẳng BC. Gọi E là điểm chính giữa cung lớn BC , ED cắt BC tại N .
a) Chứng minh rằng MA  MD  MB  MC và BN  CM  BM  CN .
b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD. Chứng minh rằng ba điểm B, I , E thẳng hàng.
c) Khi 2 AB  R, xác định vị trí của M để 2MA  AD đạt giá trị nhỏ nhất.
------------------------------ HẾT ------------------------------


LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.
a) Điều kiện: x  2019. Nhân cả hai vế của phương trình cho





4039 1  x 2  x  2019  2020  4039

x  2020  x  2019, ta được:



x  2020  x  2019



 x  2020  x  2019  1   x  2020 x  2019
   x  2020 x  2019  x  2020  








x  2019 1





x  2019 1  0



x  2020 1  0

 x  2019  1
 
 x  2020.
 x  2020  1
So với điều kiện ban đầu ta thấy x  2020 là nghiệm duy nhất của phương trình.
b) Ta có

1 1 1
   2 m  n  mn.
m n 2

Phương trình tương đương: x 2  mx  n  0 1 hoặc x 2  nx  m  0 2.
Phương trình 1 và 2 lần lượt có 1  m2  4n và 2  n 2  4m.

Ta có: 1  2  m 2  n2  4m  4n  m 2  n 2  2mn  m  n  0.
2

Suy ra một trong hai số 1 hoặc 2 lớn hơn hoặc bằng 0.
Do đó một trong hai phương trình 1 hoặc 2 luôn có nghiệm.
Suy ra phương trình đã cho luôn có nghiệm.
Câu 2.
Ta có: P  2  x 2  y 2   4  x  y  xy   7  2  x  y   4  x  y   7  2  x  y 1  5  5.
2

 y  x 1


 y  x 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
.






1  x  y  5 
 x  0; 4

Chẳng hạn x  2; y  3 hoặc x  3; y  4.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5 đạt được khi y  x 1 và x  0; 4.
Câu 3.
a) Ta có x 2 y 2  x 2  xy  y 2  y  x y. Mặt khác x 2 y 2  x 2  xy  y 2  x  y  x.
Suy ra: x  y hoặc x   y.

Với x  y, ta có: 3x 2  x 4  x  0  y  0.

2


x  0

Với x   y, ta có: x 2  x 4   x  1 .

 x  1


Với x  1, ta có: y  1. Với x  1, ta có: y  1.
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm  x; y   0;0 , 1; 1 , 1;1.
b) Ta có: ab  a  b  1  1  a 2  a 2  ab  a  b  a  ba  1.
Tương tự 1  b 2  a  bb  1.
Suy ra:
a
b
a
b
 2


a  1 b  1 a  ba  1 a  bb 1
2




2ab  a  b
1  ab

a  b1  a 1  b
a  b1  a   a  b1  a   1  a 1  b
1  ab
2 1  a 2 1  b 2 

Suy ra điều phải chứng minh.
Câu 4.

 do cùng chắn cung 
.
AC và 
a) Ta có: 
ABM  MDC
AMB  CMD
Suy ra BMA  DMC do đó:

MA MB

.
MC MD

 MA  MD  MB  MC.

  ACE
 nên ABE  ACE.
ABE và ACE có AE là cạnh chung, AB  AC và ABE
 

  ACE
  ABE  ACE  900 (do tứ giác ABEC nội tiếp).
Suy ra ABE
2


ADE  900 hay MD  EN .
Suy ra AD là đường kính của O. Mà D  O  nên 
Ta có NHE  NDM 

NH
NE

 NM  NH  NE  ND 3.
NM
MD

Lại có: NCD  NEB 

NC NE

 NB  NC  NE  ND 4.
ND NB

Từ 3 và 4 suy ra NM  NH  NB  NC   MN  MC  NB.
Suy ra: BN  MC  MN  NH  MN  NB  MN  NH  NB   MN  BH .
Hay BN  CM  MN  BH 5.

  900  MA  MD  MH  MN .
Tứ giác AHDN nội tiếp do có 

AHN  NDA
Tứ giác ABDC nội tiếp  MA  MD  MB  MC.
Do đó: MH  MN  MB  MC  MB   MN  CN .
Suy ra: BM  CN  MN  MB  MH   MN  BH 6.
Từ 5 và 6 suy ra: BN  CM  BM  CN .
b) Ta có:





  MBD

2 BDM
  MID


BID
BIM
0
0
0

  900  
ADC  CBD
AED.
IBD  90 
 90 
 90 
 900  

2
2
2





  900  
Suy ra: IBD
AED.
  EAD
  900  AED
.
Mà EBD
  EBD
 hay B, I , E thẳng hàng.
Do đó IBD


ADB nên ABM  ADB.
ABM  ACB
c) Ta có: 
Suy ra:

R2
AB AM

.
 AD  AM  AB 2 

AB
AD
4

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 2 AM  AD  2 2 AM  AD  2 2 

R2
 R 2.
4

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 AM  AD hay M là trung điểm AD. Khi đó AD 

2
R.
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của của 2AM  AD là R 2 đạt được khi M là trung điểm AD với D là điểm sao cho
AD 

2
R.
2

------------------------------ HẾT ------------------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
-------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 17/07/2020
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x 2  3 x  5   x  3 x 2  5.
b) Cho hai số thực a , b, c thỏa mãn a  b  2c  0 và 2ab  bc  ca  0. Chứng minh rằng a  b  c.
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Chứng minh với mọi số nguyên dương n, số A  11n  7 n  2 n  1 chia hết cho 15.
b) Cho hai số nguyên dương m và n thỏa mãn 11 

m
m 3
 0. Chứng minh rằng: 11  
n
n



11  3
mn

.

Câu 3. (2,0 điểm)
a) Cho đa thức P ( x ) với hệ số thực thỏa mãn P 1  3 và P  3  7. Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức
P ( x ) cho đa thức x 2  4 x  3 .

b) Với a , b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  abc  4, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P  ab  bc  ca.
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB  AC. Gọi  I  là đường tròn nội tiếp tam giác ABC và K là tâm
đường tròn bàng tiếp trong góc A của tam giác ABC. Gọi D , E , F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ
điểm I đến các đường thẳng BC , CA, AB. Đường thẳng AD cắt đường tròn  I  tại hai điểm phân biệt D và

M . Đường thẳng qua K song song với đường thẳng AD cắt đường thẳng BC tại N.
a) Chứng minh rằng tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK .
b) Gọi P là giao điểm của BI và FD . Chứng minh góc BMF bằng góc DMP.
c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC đi qua trung điểm của đoạn thẳng KN .
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho một bảng ô vuông kích thước 6  7 (6 hàng, 7 cột) được tạo bởi các ô vuông kích thước 1 1 . Mỗi ô vuông
kích thước 1 1 được tô bởi một trong hai màu đen hoặc trắng sao cho trong mọi bảng ô vuông kích thước 2  3
hoặc 3  2, có ít nhất hai ô vuông kích thước 1 1 được tô màu đen có chung cạnh. Gọi m là số ô vuông kích
thước 1 1 được tô màu đen trong bảng.
a) Chỉ ra một cách tô sao cho m  20.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của m.
-------------------- HẾT --------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
-------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 17/07/2020

Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1.

a) Phương trình đã cho luôn xác định với mọi x . Đặt a  x 2  5 ( a  0), khi đó phương trình có thể viết
lại thành a 2  3x  ( x  3)a, hay ( a  x )( a  3)  0.

x 2  5  3.

Do a  x 2  5  x 2  x  x nên từ đây, ta có a  3 hay
Từ đó, ta có x  2 (thỏa mãn) hoặc x  2 (thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 và x  2.

b) Từ giả thiết thứ nhất và thứ hai, ta có: 2ab  c a  b  2c 2 . Do đó ab  c 2 .
Suy ra: a  c b  c  ab  c a  b  c 2  c 2  2c 2  c 2  0 1.
Mà: a  b  a  b  4ab  2c   4c 2  0 2.
2

2

2

Từ 1 và 2 , suy ra: a  b  c.
Câu 2.
a) Với mọi số nguyên a, b và số tự nhiên k ta có: a k  b k a  b.
Suy ra: a k  b k  a  b M với M là số nguyên.
Ta có: A  11n  2n   7 n 1n   9C  6 D  33C  2 D 3 với C , D là số nguyên.
Lại có: A  11n 1n   7 n  2n   10C  5D  5 2 P  Q 5 với P, Q là số nguyên.
Suy ra A15.
b) Với mọi số nguyên a thì a 2 chia 11 dư 0, 1, 3, 4, 5, 9.

Ta có: 11 

m
 0  11n 2  m 2  0. Nếu 11n 2  m2  1 thì m 2  10 mod11 , mâu thuẫn.
n

Suy ra: 11n 2  m2  2.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

11n  m 





3 11  3
m

 11n 2  m 2  6



1



11  3 

9





11  3
m2

2

 2 .




 

11  3 



2

11  3  m 2  2  11n 2 . Bất đẳng thức 2 đúng.



Nếu m  3 thì VP2  m2  6



Nếu m  1 thì 1  11n  3 11  8  11n  8  3 11. Do 11n 2  m 2  2  n 



Nếu m  2 thì 1  2 11n  3 11  5. Do 11n 2  m 2  2  n 

3
nên 1 đúng.
11

6
nên 1 đúng.
11

Tóm lại trong mọi trường hợp ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m  3, n  1.
Câu 3.
a) Do x 2  4 x  3 có bậc là 2 nên số dư phép chia P( x) cho x 2  4 x  3 có dư là ax  b.
Đặt P( x)   x 2  4 x  3 Q( x)  ax  b.
 P 1  3



a  b  3
a  2
Ta có: 
.






 P 3  7 
3a  b  7 
b  1




Vậy đa thức dư cần tìm là 2 x 1.
b) Ta chứng minh ab  bc  ca  a  b  c  abc. Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

1a  b  c12  ab  bc  ca1 abc  1  1 a 1 b1 c  1.
Không mất tính tổng quát giả sử a  b  c.
Ta có: 4  a  b  c  abc  3c  c 3  c  1. Ngoài ra 4  a  b  c  abc  3a  a3  a  1.
Khi đó 1 a 1 c  0.


Nếu b  1  1 b  0. Khi đó 1 a 1 b1 c  0  1. Ta có điều phải chứng minh.



Nếu b  1, kết hợp với c  0 và áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:
 a  b  2   a  b  c  abc  2 
  1.
  

 

2

2

1 a 1 b1 c  a 1b 11 c  a 1b 1  

2

2

Từ đó suy ra: ab  bc  ca  a  b  c  abc  4. Do đó P  4.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  2, c  0 và các hoán vị.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 đạt được khi a  b  2, c  0 và các hoán vị.
Câu 4.
a) Dễ thấy D, E , F là các điểm của  I  với các cạnh BC , CA, AB do đó BD  BF , kết hợp với ID  IF suy
ra BI là trung trực của DF . Do đó BI  DF .
 nên BI  BK , từ đó BK  DF .
Mà BI , BK theo thứ tự là phân giác trong và ngoài của góc ABC


Chứng minh tương tự, ta cũng có CK  DE  CI .
  NKB
 1.
Từ BK  DF và KN  DM , ta suy ra: FDM

  IEC
  IEA
  IFA
  900.
Mặt khác ID  BC , IE  CA và IF  AB, suy ra: IDC
Do đó IDCE và IEAF là các tứ giác nội tiếp.
Lại có IA, IB, IC là ba đương phân giác trong của ABC , ta có:

 

  FEI
  IED
  FAI
  ICD
  BAC  ACB  900  ABC .
FED
2
2
2

  FED
  900  BAC  KBI
  CBI
  NBK
  2 .
Vì BK  BI và tứ giác DEMF nội tiếp nên: FMD
2

Từ 1 và 2 , suy ra tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK .

b) Theo câu a) BI là trung trực của DF nên BI vuông góc với DF tại trung điểm P của DF .
Gọi G là giao điểm thứ hai của BM và đường tròn  I . Dễ thấy hai tam giác BMF và BFG đồng dạng với
nhau nên

BF MF
BM



. Suy ra:
BG FG
BF


BM BF MF MF  MF 
BM





 3.
BG
BF BG FG FG  FG 
2

BM  MD 
Chứng minh tương tự ta cũng có:

 4.
BG  DG 
2

Từ 3 và 4 suy ra:

DM
FM

.

FG
DG

Kẻ dây cung GH của  I  và song sóng với DF thì tứ giác FDHG là hình thang cân.
Suy ra: FH  DG và FG  DH . Khi đó:

FM
FM
DM
DM



.
FG
DG
FH
DH

Do đó: FM  FH  DM  DH 5.


 x  MD  sin MDH


Gọi x, y là các khoảng cách từ M đến HD, HF thì 
.
  MF  sin MDH



y  MF  sin 1800  MFH






Suy ra:



x
y

 6 .
MD MF

Từ 5 và 6 , suy ra:

S FMH
x  FH
MF  FH

 1. Do đó MH đi qua trung điểm của FD.

S DMH
y  HD MD  DH

  GMF
  DMH

  DMP
.
Tức là P  MH , do đó BMF
c) Gọi Q là trung điểm của KN . Theo câu a) thì MFD  BNK mà MP, BQ lần lượt là trung tuyến của hai
tam tác này nên DMP  KQB.

  DMP
  KBQ
 . Đặt   BMF
 , ta có: BQN
  QKB
  KBQ
  QKB
  .
Kết hợp với câu b), ta có: BMF
 thì ta cũng có CQN
  QKC
  .
Tương tự đặt   CME
  BQN
  CQN
  QKB
    QKC
    BKC
    .
Suy ra: BQC
Do BK  DF , CK  DE và tứ giác DEMF nội tiếp nên:









  EDF
  1800  EMF
  1800  BMF
  BMC
  CME
  1800  BMC
   .
BKC

  BKC
      1800  BMC
 hay BQC
  BMC
  1800.
Suy ra BQC
Do đó tứ giác BMQC nội tiếp, tức là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM đi qua trung điểm Q của KN .
Câu 5.
a) Cách tô màu thỏa mãn m  20.


b) Theo cách tô của bảng, ta thấy rằng trong ba ô vuông nằm ở các vị trí trong hai dạng dưới đây có ít nhất một
ô được tô đen.

Tiếp theo, ta xét các ô nằm ở vị trí như hình dưới đây (phần có màu đỏ trong hình).

Ta sẽ chứng minh rằng trong các ô A, B, C , D có ít nhất hai ô được tô màu đen. Thật vậy, giả sử trong bốn ô này
chỉ có tối đa một ô được tô màu đen. Khi đó, theo nhận xét trên, ta cũng thấy rằng trong các ô này có ít nhất một
ô màu đen. Không mất tính tổng quát, giả sử ô A được tô màu đen và ô B, C , D được tô trắng.
Lúc này bảng con 23 chứ các ô B, E , C , F , D không có hai ô tô đen nào nằm cạnh nhau, mâu thuẫn. Vậy trong
bốn ô A, B, C , D có ít nhất hai ô được tô đen. Từ đây, ta suy ra bất cứ bốn ô nào nằm ở vị trí giống với bốn ô
A, B, C , D trong hình vẽ trên đều có ít nhất hai ô được tô đen.
Bây giờ, ta chia bảng ô vuông đã cho thành các vùng như hình vẽ bên dưới.


Từ các kết quả thu được, ta suy ra m  16. Với m  16, ta thu được cách tô màu thỏa mãn sau:

Vậy giá trị nhỏ nhất của m là 16.
-------------------- HẾT --------------------


ịã ùũ íá'ạ ãá đtạ á ư8 Đ ó ứ ợ ừ ợ ùữ ă ừ ợợù ô: ạá@ẵá ắãh ê2ã ;ã ạã ơđ@ ẵ+
ơá ư8 ũ



ịã ợũ ã}ã á)4ạ ơđdá ỡ ăợ ừ ờ ó ợ ợ ừ ă ừ ớ ợ ă ũ
ịã ớũ èd ẵẵ ư8 ơ$ áãj ư ẵá ợ ừ ùố ừ ợợ ư8 ẵácá á)4ạũ
ịã ỡũ íá ádá ơáạ òịíĩ ứòị à íĩ
ờ ẵũ ècáẵáãiô ẵ ẵ+ ádá ơáạũ

òí ó ố ẵồ ịĩ ó

ịã ởũ íá'ạ ãá đtạ ê2ã ;ã ư8 ơá$ẵ ồ ắồ ẵồ ẳồ ằ ơ ô: ẵ>ổ
ợ ừ ắợ ừ ẵợ ừ ẳợ ừ ằợ

ịã ờũ íá á)4ạ ơđdá ăợ ừ ă ừ ó
èd ẵẵ ạã ơđ@ ẵ+ ồ

ứắ ừ ẵ ừ ẳ ừ ằữổ

ă w ư8ồ ồ ơá ư8 ơá< ~ ừ ó ỡũ
ăù ồ ăợ ư ẵá ăù ó ăợ ừ ăợợ ũ

ịã ộũ
á< 0 5ơ ơđôạ ơ{ ô:ã ẳ|Đ ơđl 9 ẵ:ãũ ềhô 7ã áz ô ạã} ờ ôĐf ê0 ơád ưm ẵ> ơáj ở áz
ô & ẵá ẵẵ ẵáôụ ẵ? hô 7ã áz ô ạã} ù ôĐf ê0 ơád ẵẵ ẵáô ưm ẵ> ơáj ù áz ôũ
ỉ<ã ơ6 ẵá'ẵ ơ( ơáãe ơđj ẵ> ắ áãjô ôĐf ê0ũ
ứẹồ ẻữ
ịã ốũ
;ã ịí
ơã á{ ạãẵ ẵ+ ạ>ẵ ịòí ũ

ứẹ ồ ẻ ữ

ò
ẻ õ ẻ ữũ
ĩ ũ íá'ạ ãá đtạ òĩ

ịã ỗũ íá ẵẵ ư8 ơá$ẵ ăồ Đồ Ư
ăớ ó ớă

ùồ Đ ớ ó ớĐ

ùồ Ư ớ ó ớƯ

ùổ

ècá ạã ơđ@ ắãfô ơá'ẵ ó ăợ ừ Đ ợ ừ Ư ợ ũ
ịã ùũ íá ơ ạãẵ á; òịí ũ ;ã òỉồ ịĩồ íế
òíồ ế ợ òịữũ íá'ạ ãá đtạổ
ỉĩế
ừ ẵượ ò ừ ẵượ ị ừ ẵượ í ó ù
òịí

ỉ ợ ịíồ ĩ ợ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐẠI HỌC VINH
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: TOÁN (chuyên)
Ngày thi 17/7/2020
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

NGHỆ AN
------------------

Câu 1. (3,0 điểm)


1

a) Giải phương trình: 2 x  x 2  2   3  3x 2  x.

x 


x 3  x 2  y 2  x 2 y  xy  y  0

.
b) Giải hệ phương trình: 

x
y
y
3
x
4
1
2








Câu 2. (1,5 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y và số nguyên tố p thỏa mãn p x  y 4  4.
b) Chứng minh rằng nếu m, n là hai số tự nhiên thỏa mãn 2m2  m  3n2  n thì 2m  2n 1 là số chính phương.
Câu 3. (1,0 điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

bc
ca
a b


.
c  ab
a  bc
b  ca

Câu 4. (3,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn O. Các đường cao AD, BE , CF của tam giác ABC
cắt nhau tại H .
a) Chứng minh BC là đường phân giác của tam giác DEF .
b) Gọi M là giao điểm của đường thẳng EF với đường tròn O  sao cho M nằm trên cung nhỏ 
AB. O1 , O2 lần
lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMF và CEM . Chứng minh rằng AM vuông góc với O1O2 .
c) Lấy điểm K trên đoạn thẳng HC sao cho K khác H và C. Đường thẳng BK cắt đường tròn O  tại điểm
thứ hai là I và đường thẳng CI cắt đường thẳng BE tại điểm G. Chứng minh hệ thức:

 FK BF  BE 
.

SGFB  
S
 FC CF  CE  CEF
Trong đó SXYZ là diện tích của tam giác XYZ .

Câu 5. (1,0 điểm)
Trong hình chữ nhất có chiều dài 149 cm, chiều rộng 40 cm cho 2020 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại
ít nhất 2 điểm trong số 2020 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 2 cm.
-----------------------------------------HẾT-----------------------------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐẠI HỌC VINH
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: TOÁN (chuyên)
-------------------------

NGHỆ AN
------------------

Câu 1.
a) Điều kiện x  0. Chú ý rằng x 2  x 1  0, x  0, ta có phương trình tương đương:




1 
1
1
1
2  x 2  2   3 x   1  0  2  x    3 x    5  0




x  
x
x
x

1  
1 
  x  1  2  x    5  0   x 2  x 12 x 2  5 x  2  0

x   
x  
2

x  2

 2 x  5x  2  0  
1.
x 
2

2

1
Vậy phương trình đã cho có hai nghịm x  ; x  2.
2

x  0




.
b) Điều kiện:  y  1




2 y  3 x  4  0
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:
 y  x2
.
y   x  x  1 y  x  x  1  0   y  x  y  x 1  0  
 y  x 1

2

2

2

2



Với y  x  1, 2 y  3x  4  0  2  x 1  3x  4  0  x  2, điều này mâu thuẫn với x  0.



Với y  x 2  x  1. Thay y  x 2 vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

x  x 2 1  2 x 2  3x  4  x  2 x  x 2 1  x 2 1  2 x 2  3x  4
 2 x  x 2 1  x 2  4 x  3
  x 2  x  2




 x 2  x x 1  3 x 1  0



x2  x  3 x 1



x 2  x  x 1  0

 x 2  x  3 x 1  0
 x 2 10 x  9  0  x  5  34  x  1.
Với x  5  34, ta có y  59  10 34.





Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất  x; y   5  34; 59 10 34 .


Câu 2.

a) Với y  1, ta có: p x  5  p  5, x  1.
Với y  2, ta có: p x  20  không tồn tại x, p thỏa mãn.
Với y  3, ta có: p x  85  không tồn tại x, p thỏa mãn.
Với y  4, ta có: p x  260  không tồn tại x, p thỏa mãn.
Với y  5, ta có: p x  629  không tồn tại x, p thỏa mãn.
Xét y  6, ta có: y 4  4  y 4  4 y 4  4 y 2  4  4 y 2   y 2  2  4 y 2   y 2  2 y  2 y 2  2 y  2.
2



y 2  2 y  2  pa

Do đó p  y  4  p   y  2 y  2 y  2 y  2   2
với a  b  x và a, b  * .
b


y 2y  2  p
x

x

4

2

2

Ta có: y  6  2  y 2  2 y  2  y 2  2 y  2.
Suy ra: p b  y 2  2 y  2  p a  y 2  2 y  2  2  y 2  2 y  2  p  y 2  2 y  2  p  p b  p b1.

Do đó: pb  p a  p b1 hay b  a  b 1. Suy ra không tồn tại a, b thỏa mãn.
Vậy  x; y; p   1;1;5 là bộ số duy nhất thỏa mãn.
b) Ta có: 2m 2  m  3n 2  n  2 m 2  n 2   m  n  n 2  2m  2n  1m  n  n 2 .
Nếu n  0 thì m  0 khi đó 2m  2n  1  12 là số chính phương.
Nếu n  0, gọi d  gcd 2m  2n 1, m  n với d  * , suy ra n 2  d 2  n d .
Ta có: m  m  n  n d  m d . Lại có 1   2m  2n  1  2  m 1 d . Suy ra d  1.



2m  2n  1  a 2

Do đó  2m  2n  1m  n  n  
với ab  n và a, b  * .
2


m  n  b
2

Từ đó dẫn đến 2m  2n 1 là một số chính phương.
Câu 3.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

P
Trong đó Q 

a b
 33
c  ab

a  bb  cc  a
a b bc c a
 36
 36 Q ,
c  ab a  bc b  ca
c  aba  bcb  ca

a  bb  cc  a 
.
c  aba  bc b  ca 

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


c  ab  a  bc 

2

c  aba  bc 

4

2
2
b a  c   a  c
a  c  b 1





.
4
4
2

Viết hai bất đẳng thức tương tự ta có:

a  b c 1

2

2

a  bcb  ca  

4

b  c a 1

2

2

c  abb  ca  
Suy ra: c  ab a  bc c  ab 

.

a  bb  cc  a a  1b  1c  1
8

a  b  c  1  1  1

3

Mà a  1b  1c  1 

4

27

a  b  c  3

3



27



.

63
 8.
27

Từ đó suy ra: c  aba  bc c  ab  a  bb  c c  a   Q  1.
Dẫn đến P  3 6 Q  3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 đạt được khi a  b  c  1.

Câu 4.

  HDF
 . Tứ giác ABDE nội tiếp nên ABE

ADE.
a) Tứ giác BFHD nội tiếp nên HBF
.

Suy ra HDF
ADE hay DA là phân giác của EDF
.
Mà DA  BC nên BC là phân giác ngoài của EDF
b) Gọi L là giao điểm của ME với O.









1
  BAC
  1 sd 
 
AEM  sd 
AM  sdCL
AL  sdCL

AM  
AL.
Ta có: 
2
2


AML  
ABM  
ACM .
Khi đó 
 . Suy ra MA là tiếp tuyến của O . Suy ra MA  MO tại M .
AMF  MBF
Xét đường tròn O1  có 
1
1
 nên MA cũng là tiếp tuyến cua O . Suy ra MA  MO tại M .
AME  MCE
Tương tự ta cũng có 
2
2
Do đó MA  O1O2 .
c) Gọi J là giao điểm của KG và FE , N là giao điểm của KC và FE.
Ta có:

 FK BF  BE  sin EBF
 


 FK BF  BE 

FK

 FK  SBEF  S


SGFB  

S


S


 SCEF  SBEF






CEF
CEF
CEF



 FC S
 

 FC CF  CE 

FC
 FC CF  CE  sin ECF
CEF 
Do đó yêu cầu bài toán tương đương với chứng minh:
FK
FK
 SCEF  SBEF  SGEF  SBEF 
 SCEF  SBEF
FC
FC
FK
FK
 SGEF  SBEF 
 SCEF  SBEF  SGEF 
 SCEF
FC
FC
1
d  F , GC  GN
FK SGEF
GN
.


2

1
FC SCEF
CN
d  F , GC  CN

2
SGFB 

Tóm lại cần chứng minh

Thật vậy, ta có:

FK GN

*.
FC CN


 
 tan ECH
 EH

FH tan FBH
EBF  ECF .



do 
 tan ECG

 
FK
EG
tan FBK



 ABI  ACI

Áp dụng đính lý Menelaus cho tam giác GHK , có cát tuyến FEJ , ta có:
KF HE GJ
GJ

1
 1.

JK
FH GE JK

Áp dụng đính lý Menelaus cho tam giác GCK , có cát tuyến FJN , ta có:
GN FK
GN CF JK


1

.
NC FK GJ
CN
FC

Từ đó suy ra * đúng dẫn đến ta có điều phải chứng minh.
Câu 5.


Giả sử ngược lại không tồn tại điểm nào có khoảng cách nhỏ hơn 2 cm trong 2020 điểm đã cho. Khi đó khoảng

cách giữa hai điểm luôn lớn hơn hoặc bằng 2 cm.
Xét 2020 hình tròn có tâm là các điểm đã cho có bán kính bằng 1 cm. Do 2020 điểm này nằm trong hình chữ
nhất nên 2020 đường tròn này nằm trong hình chữ nhật được mở rộng từ hình chữ nhật đã cho 1 cm về cả chiều
dài và chiều rộng. Khi đó kích thước hình chữ nhật mới là 149  2 140  2 1  151 42  6242 cm 2 .
Do khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ không nhỏ hơn 2 cm nên các đường tròn này chỉ có thể có nhiều nhất một
điểm chung, nghĩa là tổng diện tích của 2020 hình tròn bằng tổng diện tích từng hình tròn. Mặt khác các hình
tròn nằm trọn trong hình chữ nhật mới nên suy ra diện tích của 2020 hình tròn phải nhỏ hơn diện tích của hình
chữ nhật mới.
Ta có diện tích của 2020 hình tròn là 202012  6242,8 cm2  6242   3,14. Điều này chứng tỏ diện tích
hình chữ nhật nhỏ hơn tổng diện tích các hình tròn. Do đó điều giả sử là sai.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
-------------- HẾT --------------