Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán THPT chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa năm 2020

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (224.26 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 LAM SƠN 
 THANH HÓA NĂM HỌC 2020 – 2021

Mơn Tốn chun

Ngày thi 17/7/2020
Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)

a) Cho a b c, , là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện a  b c 1 và 1 1 1 1.

a  b c

Chứng minh rằng trong ba số a b c, , có ít nhất một số bằng 1.

b) Cho x y z, , là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện x  y z 2045 và



 



18 7 2020 0.

x  y  z 

Tính giá trị của biếu thức: F 



x 18



2021 



y 7



2021 



z 2020



2021.
Câu 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình:

1 35

1 .

1 x

x

 



b) Giải hệ phương trình:

2 2

3 4 3 3

4 18 7 16

xy y x x

y y x x

    



    



Câu 3. (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên



x y;



thỏa mãn xy2 



x 2





x42x 1



2y2.
b) Chứng minh rằng nếu 2n 10ab

với a b n, , là các số tự nhiên thỏa mãn 0 b 10 và n3 thì ab chia
hết cho 6.

Câu 4. (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn có BAC45 .0 Về phía ngồi tam giác ABC dựng các hình vng ABMN và ACPQ.
Đường thẳng AQ cắt đoạn thẳng BM tại E, đường thẳng AN cắt đoạn thẳng CP tại F.

a) Chứng minh tứ giác EFQN nội tiếp được một đường tròn.

b) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh I là tâm đường trong ngoại tiếp tam giác ABC.

c) Đường thẳng MN cắt đường thẳng PQ tại D. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác DMQ và DNP cắt nhau
tại K với K D. Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại B và C cắt nhau tại J. Chứng
minh bốn điểm D A K J, , , thẳng hàng.

Câu 5. (1,0 điểm)

Trên một đường tròn người ta lấy 2024 điểm phân biệt, các điểm được tô màu xanh và màu đỏ xen kẽ nhau. Tại
mỗi điểm ta ghi một số thực khác 0 và 1 sao cho quy tắc sau được thỏa mãn “số ghi tại điểm màu xanh bằng
tổng của hai số ghi màu đỏ kể nó; số ghi màu đỏ bằng tích của hai số ghi tại hai điểm màu xanh kế nó”. Tính 
tổng của 2024 số đó.

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN – THANH HÓA NĂM 2020 
THUVIENTOAN.NET

Câu 1.

a) Ta có: 1 1 1 1 ab bc ca abc.

a   b c   

Khi đó



1a



1b



1     c





a b c

 

abbcca



abc0.
Suy ra:



1a



1b



1 c



Đẳng thức này chứng tỏ một trong ba số a b c, , có ít nhất một số bằng 1.

b) Đặt a x 18,b y 7 và c z 2020. Khi đó ta có:

3 3 3

0
.
0
a b c

a b c
   


   



Do đó: Fa2021b2021c2021.

Ta có: a3  b3 c3 3abc



a b c a





2b2 c2 ab bc ca



0.
Suy ra 3abca3  b3 c3 0.Không mất tính tổng qt giả sử a0.
Khi đó ta có: b3     c3 b c.

Suy ra Fa2021b2021c2021  0

 

c 2021c20210.
Vậy F0.

Câu 2.

a) Điều kiện xác định: x 1. Ta có:

35 1

1 0 0.

12x  x 1  x Do đó x1.

Bình phương hai vế của phương trình đã cho, ta được:











2 2
2
4 2
2 2
2 2
2 2
2
4 2
2

2 1 1225

1 144

2 1225

1 1 144

49 25

12 12

1 1

144 625 625 0

12
1

5
4

4 5 4 5 3 5 3 5 0 1 .

5
3
x x
x
x x
x x
x x
x x
x
x x
x
x

x x x x

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

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 5; 5.

4 3

x x

b) Hệ đã cho tương đương với:







 





 

2 2

2 3 4 5 3 1

2 7 16 14 2

y x x x

y x x

     



    



Lấy

 

2  2 1 ,

 

ta được:



















 











2 2
2 2
2
2

2 2 2 3 6 8

2 2 2 3 3 1

2 3 1

5 1 .

y y x x x

y y x x

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

Trường hợp 1: y x 6, thay vào

 

1 , ta được: 2 1 5

3 12 15 0 .

5 11
x y
x x
x x
    

   
     


Trường hợp 2: y x 4, thay vào

 

1 , ta được: 2

5 2 13 17 2 13

3 3

3 10 9 0 .

5 2 13 17 2 13

3 3
x y
x x
y y
    
   


   
 
    


Vậy



1; 5 ,

 

5; 11 ,



5 2 13; 17 2 13 , 5 2 13; 17 2 13 .

3 3 3 3

S
    
        
    
        

   
 
 
Câu 3.

a) Phương trình đã cho tương đương:



 















2 4

2 2 2 1 0

2 2 1 0

.
2 1

y x x x x

x y x x

x

y x x

     
 
      
 

    
Với x2, ta có mọi y nguyên đều thỏa mãn.

Với 2 4

2 1,

y x  x suy ra x42x1 là số chính phương. Ta xét hai trường hợp sau:

 x1 thì x4x42x 1



x21 .



2 Do đó x1 khơng thỏa mãn.

 x 1 thì 4 4





2 1 1 .

x x  x  x  Do đó x 1 khơng thỏa mãn.
Thử trực tiếp:

 x0, ta được y1 hoặc y 1.

 x1, ta được y2 hoặc y 2.

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

Vậy phương trình đã có có nghiệm



x y;

 

 2;a

   

, 0;1 , 0; 1 , 1; 2 , 1; 2 ,

   



 

1; 0



với a.
b) Ta có: 2n10ab suy ra b chia hết cho 2 mà 0 b 10 nên b



2; 4; 6; 8 .



Bây giờ đặt n4kr với k và r



0; 1; 2; 3 .



Ta có: 4





2n 2 kr 16k2r 2 mod15 .r

Mà 2r



1; 2; 4; 8



do đó 2n

chia 15 dư 1; 2; 4; 8.

 Nếu a3m1, thì 10a b 10 3



m  1



b 30m b 10. Suy ra 2n10a  b b 10 mod15 .





Do đó b10 chia 15 dư 1; 2; 4; 8. Mà b



2; 4; 6; 8



nên b6. Nên ab6.

 Nếu a3m2, thì 10a b 10 3



m  2



b 30m b 20. Suy ra 2n 10 5 mod15 .





a b b

   

Do đó b chia 15 dư 1; 2; 4; 8. Mà b



2; 4; 6; 8



nên khơng có giá trị nào của b thỏa mãn. Hay không tồn tại
a dạng 3m2 sao cho 2n10ab.

 Nếu a3m thì ab3mb mà b chẵn nên ab6.

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

a) Ta có: ABEACF900 và BAECAF (do cùng phụ với BAC).

Suy ra ABE ACF AE AB AN.

AF AC AD

    

Do đó AEFANQAFENQA.
Từ đó tứ giác NQFE nội tiếp.

b) Bổ đề:

Nếu gọi M N, lần lượt là trung điểm của BD AC, với ABCD là hình thang



AB CD



thì MNAB CD .
Chứng minh: Gọi K là trung điểm của AD thì KM AB CD và KN DC AB  .

Từ đó suy ra K M N, , thẳng hàng hay MNAB CD .
Trở lại bài toán gọi S L, lần lượt là trung điểm của AC AB, .

Áp dung bổ đề trên cho hình thang AFCE với I là trung điểm EF, S là trung điểm AC ta có IS CF .
Mà CFAC nên ISAC tại trung điểm S của AC hay IS là trung trực của AC

 

1 .

Chứng minh tương tự ta cũng có IL là trung trực của AB

 

2 .
Từ

 

1 và

 

2 suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

c) Gọi K1, K2 lần lượt là giao điểm của DA với đường tròn ngoại tiếp DMQ và DNP.
Do DMEDQE900 nên DE là đường kính của đường trịn ngoại tiếp DMQ.

Suy ra DK E1 90 .0

Chứng minh tương tự ta cũng có DK F2 90 .0

Do đó tứ giác DQK E1 nội tiếp DA K A 1 EA QA .
Tứ giác DNK F2 nội tiếp DA K A 2 FA NA .

Theo câu a) tứ giác NQFE nội tiếp nên EA QA FA NA .

Từ đó suy ra DA K A 1 DA K A 2 hay K1K2



DMQ

 

 DNP



K.
Do đó D A K, , thẳng hàng.

Ta có: BKEEABCAFCKF. Suy ra BKC18002BKE2 90



0EAB



2BACBIC.
Do đó tứ giác BKIC nội tiếp, mà IBJC nội tiếp và JBJC nên BKJCKJ.

Hay KJ là phân giác BKC.

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

Câu 5.

Gọi các điểm lần lượt được đánh số là A A1, 2, A3,..., A2024. Trong đó Ak với k lẽ được tô màu xanh, k chẵn
được tô màu đỏ với k1, 2,..., 2014.

Giả sử A1x và A2 y với x y, khác 0 và 1. Khi đó 2

3 1 2 3

1
.

A y

A A A A

A x

    

Do A2 A4 A3 A4 A3 A2 y y.
x

      

Tương tự ta tính được A5 1 x A, 6 1 x y y A, 7 1 y, A8 x y.

x x

         

Suy ra: A1 A2 ... A8 x y y y y



1 x



1 x y y 1 y x y 3.

x x x x

     

  

                   

     

Ta tính được 8
9

7
A

A x

A

  và A10 y.

Do A1A9, A2A10 nên quá trình này cứ tiếp tục thì thấy rằng cứ sau 8 điểm liên tiếp các số sẽ được lặp lại
theo thứ thứ tự như 8 điểm ban đầu.

Do đó

2024 8

1 1

2024 2024

3 759.

8 8

i

i i

A A

 

    



</div>