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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (204.94 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

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

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

Câu 1. (2,0 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức









10
2

2
2

5 4 3

2 6 3

10 30 11

3 1

x x

B x x

x x x

 

   

   khi

3 5

.
2

x 

b) Chứng minh rằng 1 1 2
x y biết









3 3 2 2

3 4 4 0

.
0

x y x y x y

xy

       


 


Câu 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 5x23x 6



7x1



x23.

b) Giải hệ phương trình:

2 2

.
5

12 3 5

2
xy

x y

x x y x x

   

 



      




Câu 3. (2,0 điểm)

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

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

1. Cho đường tròn



O R;



, hai đường kính AB và CD vng góc với nhau. Lấy E là điểm bất kỳ trên cung nhỏ

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

b) Xác định vị trí của E để tổng OM ON

AM DN đạt giá trị nhỏ nhất.

2. Cho nửa đường trịn

 

O đường kính MN. Trên tia đối của tia MO lấy điểm B, trên tia đối của tia NO lấy

điểm C. Từ B C, vẽ các tiếp tuyến với nữa đường tròn

 

O , chúng cắt nhau tại A, tiếp điểm của nửa đường

 

O với BA AC, lần lượt là E D, . Kẻ AH vng góc với BC,



HBC



. Chứng minh rằng AH BD CE, , đồng
quy.

Câu 5. (1,0 điểm)

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

2 2 2

2 .

1 1 1

x y y z z x

xyz
x y z 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN CHUYÊN LỚP THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

THUVIENTOAN.NET

Ngoài ra x53x4  x3 1 x3



x23x2   1



1 1.
Suy ra

 

1 0.

B  



Vậy B0.
b) Ta có:















 



























3 3 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

3 4 4 0

2 2 4 4 0

2 2 0

2 2 0 (*).

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

      

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

        

Ta có:



 



2 2 2

2 2 1 1 2

2 0

x y x y

x xyy    x y        nên (*)   x y 2.

Mà xy0 nên suy ra x0, y0.

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

  

   

2 2

x y x y

x y    

     

Suy ra xy1.

Ta có: 1 1 x y 2 2.

x y xy xy



    

Suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y 1.
Câu 2.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Xem đây là phương trình bậc 2 ẩn a, dựa vào cơng thức nghiệm ta tìm được:
2a x 1 hoặc a3 .x

Với 2a x 1, ta có





2 2

1 1

2 3 1 .

3 2 11 0

4 12 1

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

Hệ này vô nghiệm.

Với a3 ,x ta có: 2 3 3 2 0 6.

8 3

x

x x x

x

 


     


Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 6.
4

x

b) Điều kiện xác định: x y 0. Ta có:



 









 









 





















2 2
2
2
2 2
8
16

2 8 16 0

16 2 4 0

4 4 2 0

4 4 0

4 0 .

xy

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 2

12 5 3 5 (1).

x   x   x

Do 2 2

2 2

12 5 0

12 5

x x

    

   suy ra

3 5 0 .

x   x

Phương trình (1) tương đương:





2 2

12 4 3 6 5 3

4 4

3 2

12 4 5 3

2 0

2 2 .

3 0 (2)

12 4 5 3

x x x

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

Với x 2 0 kết hợp với x y 4 ta tìm được x y 2. Nghiệm này thỏa mãn hệ phương trình.
Xét

2 2

3 0,

12 4 5 3

x x

 

  

    ta có:















2 2

2 2 2 2

2 5 12 1

2 2

12 4 5 3 12 4 5 3

x x x

x x

x x x x

    

    

        với

5
.
3

x

 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 3

a) Ta có: x y z2 2 2 xy   z x y 2 24xy  



a  a  a  a  a  là các số nguyên tố.

Nếu p khơng chia hết cho 5 thì có xét hai trường hợp

 p chia 5 dư 1 hoặc 4 thì



p1



p1 5



 suy ra



C

O

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

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

Suy ra CO OM (1).

CE  ED

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

Kết hợp với ACE là góc chung ta có tam giác AMC và EMC đồng dạng với nhau.

Suy ra 2 (2).

AC AM CO AM CO AM

CE  AE  CE  AE  CE  AE

Từ (1) và (2) suy ra 2 .

OM AM

AM ED OM EA

ED  AE    

b) Theo câu a) ta có: ED 2OM (3).

AE  AM

Tương tự ta cũng có EA 2ON (4).

DE  DN

Nhân hai vế của (3) và (4) theo với ta được: 1.
2

OM ON
AM DN 

Ta có: 2 2 1 2.

OM ON OM ON

AM DN  AM DN  

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi OM ON ED EA

AM  DN   hay E là điểm chính giữa cung nhỏ

AD.

Vậy giá trị nhỏ nhất của OM ON

AM DN là 1 khi E là điểm chính giữa cung nhỏ

.

AD

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ta có AE AD, là hai tiếp tuyến nên BEOCDO90 .0
Suy ra BEOBHABH BO BE BA .

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

CH CO CD CA

  

 

AO là phân giác của BAC BO AB BH AB BE AB.

CO AC CH AC CD CA

 

   

 

Suy ra BH BE BH CD 1 (1).

CH CDCH BE 

Mà AD AE, là tiếp tuyến của

 

O nên ADAE (2).
Từ (1) và (2), ta có:

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 5.

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





2 2 2 2 2 2 2 2 2

(1)

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 2 2 2

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 3

2 2 2 4 3

4 1 1 .

27 4

t

x y z   xyyzzx   t   t

Hay 3.

xyyzzx Mà 2 1





1 3 1.

4 4

xyz  xyyzzx    Suy ra 1.

xyz

Do đó xyyzzx6xyz



xyyzzx



26xyz xy



yzzx



(2).

Lại có 











3 3 .

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

Suy ra 2



xyyzzx



26xyz x



 y z



(3).

Từ (2) và (3) suy ra



xyyzzx



22xyz x



  y z xyyzzx



(4).
Từ (1) và (4) suy ra

2 2 2

2 .

1 1 1

x y y z z x

xyz

x  y z  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1
.
2

</div>

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

<i><b>THUVIENTOAN.NET </b></i>

























 















 

 





























 

 



  

   







 









 









 









