Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán và lời giải chi tiết Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Định năm 2020

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (176.81 KB, 6 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
 BÌNH ĐỊNH NĂM 2020 – 2021

Mơn thi: Tốn Chun

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1. (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức: 3 4 7 1 3

2 3 3 1

x x x x

P

x x x x

   

  

    nhận giá trị nguyên.
b) Cho phương trình 2x23x m 0. Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm x x1, 2 khác 0 thỏa mãn:

1 2

1 1

x x 

Câu 2. (2,5 điểm)

a) Giải phương trình:

4 2

3 2

1 1
.

3 2

x x

x x x

  

 

b) Giải phương trình: x y 3x 2y 1.

x y y x

     



   


Câu 3. (1,5 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên tố p q, thỏa mãn p23pqq2 là một số chính phương.
Câu 4. (2,5 điểm)

1. Cho tam giác ABC cân tại A có BAC600 nội tiếp đường trịn

 

O . Gọi M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ

.

BC Chứng minh rằng: MAMBMC.

2. Cho tam giác ABC nhọn có ABAC nội tiếp đường trịn

 

O . Gọi D là cạnh trung điểm BC và E F, lần
lượt là hình chiếu vng góc của D trên AC AB, . Đường thẳng EF cắt các đường thẳng AO BC, theo thứ tự
tại M N, .

a) Chứng minh rằng tứ giác AMDN nội tiếp.

b) Gọi K là giao điểm của AB và ED, L là giao điểm của AC và FD. H là trung điểm của KL và I là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam AEF. Chứng minh rằng HI EF.

Câu 5. (1,0 điểm)

Cho x y, là hai số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:









2 2

2 2 .

x y x y

A

x y xy

 

 



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

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN 
THPT CHUYÊN LÊ Q ĐƠN – BÌNH ĐỊNH NĂM 2020

THUVIENTOAN.NET

Câu 1.

a) Điều kiện x0 và x1. Ta có:























 



 























1 1 3 3

3 4 7 1 3 3 4 7

2 3 3 1 1 3 3 1 1 3

3 4 7 1 9 3 4 7 1 9

1 3 1 3 1 3 1 3

1 3

4 3 1 2

1 .

1 1

1 3 1 3

x x x x

x x x x x x

P

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

x x

x x x

x x

x x x x

   

     

     

         

         

   

       

 

  

    

 

   

Suy ra 1 2 .
1
P

x
 



Ta có P  2



x 1

 

x 1





1; 1; 2; 2  



x



2;0;3



do x0.
Vì x



0; 2;3



nên ta có x



0; 4;9 .



So với x1 thỏa điều kiện.

Vậy có ba giá trị x cần tìm để P nguyên là x0, x4, x9.

b) Phương trình có hai nghiệm khác

 

2
2

3 4 2 0

0 8.

2 0 3 0 0 0

m m

m m



       

 



 

    

 

  

Khi đó theo định lý Viete, ta có:

1 2
1 2

3
2
.
2

x x

m
x x

  




 



Ta có:









1 2 1 2
1 2

2 2 2 2 2 2

1 2 1 1 1 2 1 2 1 2

2 2

1 1

4
3

4 8 9 9

2 2 2

1
.
9

x x x x

x x

x x x x x x x x x x

m m

m
m

    

      

     

  

           
 




  


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

Câu 2.

a) Điều kiện: 3 3 2 0 2 0 2 .

3 1 0

x

x x x

x x

 

     

 

 Phương trình đã cho tương đương:







4 3 2

2
2
2
2 2
2
2

2 5 2 0

1 1 1 1

2 5 0 2 1 0

1 1

1 2 1 0 1 2 2 0

1 5
2
1 5

1 0 2

2 2 0 1 17

x x x x

x x x x x x

x x
x
x
x x
x x
x
    
       
   
               
      
   
              
   




   


 
   
   .
4
1 17
4
x












 
 


So với điều kiện ta thấy thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm: 1 5 1; 5; 1 17; 1 17 .

2 2 4 4

S       

 

 

b) Điều kiện: 0 .
3 2 0

x y

  


  

 Hệ phương trình tương đương:







 



2 2 5

.
0

x y x y x y

x y x y

      



    



Đặt a xy và b x y với a0,b0. Hệ đã cho trở thành:

2 2 5

.
0

a a b

a b

   



  


Suy ra 2



a 1



5a2 a 2



a1



2 5a2 a 3a25a   2 0 a 2 do a0. Suy ra b 2.
Khi đó ta có:

1 5
4 1
2
.
2 3
1 5
2
x y

x y x

y x y

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

Thử lại thấy thỏa mãn.

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

Câu 3.

Không mất tính tổng qt giả sử pq. Đặt p23pqq2n2.
Khi đó ta có:











2 2 2 2

p pq q n n p q pq

n p q n p q pq

      

     

Thay n bởi n thì phươn trình khơng đổi do đó khơng mất tính tổng qt giả sử n0.
Ta có: n    p q n p q và kết hợp với pq phương trình tương đương:

n p q

n p q pq

   


   

 hoặc .

n p q q

n p q p

   


   


 Trường hợp 1: n p q 1 2



p q



pq 1



p 2



q 2



n p q pq

   

        

   


Do pq nên suy ra 2 5 7.

2 1 3

p p

q q

    

 

 

 

    

 

 

 Trường hợp 2: n p q q n q 0,

n p q p

   

   

   

 vơ lí.

Vì vai trị tương đương nên phương trình đã cho có hai nghiệm



p q;

    

 3; 7 , 7;3 .
Câu 4.

1.

Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác nội tiếp ABMC, ta có:





AM BC AB MC AC MB AB MBMC
A

C
B

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

Suy ra MA



MB MC



AB.
BC

  

Tam giác ABC cân tại A nên  

 0 0

180 180 60

60 .

2 2

BAC

ABCACB    

Gọi R là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có:  .
sin sin

AB BC

R

ACB ABC

 

Suy ra




0
0
sin sin 60

1.
sin 60
sin

AB ABC

BC CAB  

Từ đó suy ra MA



MB MC



AB MB MC.
BC

    

Hay MAMBMC.
2.

a) Tứ giác AEDF nội tiếp do AFDAED90 .0 Suy ra AEFADF.
Ta có MND1800MECECNAEFACBADFACB.
Mà ADF900DFA và 

 



0
180 2

90 .

2 2

AOB BAO

ACB     BAO

Suy ra MND900DFA900BAODAM.
Do đó tứ giác AMDN nội tiếp.

H

L

K

M

I

N

E

F

D

O

C

B

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

b) Ta có EKL vng tại K có H là trung điểm KL nên .
2
KL
EH 

Chứng minh tương tự ta cũng có .
2
KL
FH

Suy ra EH FH (1).

Tứ giác AEDF nội tiếp mà AED AFD90 .0
AD

 là đường kình của đường trịn ngoại tiếp tứ giác AEDF.
Do đó trung điểm của AD là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.
Suy ra I là trung điểm AD.

Suy ra IEIF (2).

Từ (1) và (2) suy ra HI là trung trực của EF nên HIEF.
Câu 5.

Ta có:









2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 .

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

A

x y xy x y xy x y xy

      

      

  

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

2 2
2 2

2.
2

xy x y

x y xy



 

</div>