Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020 Sở Giáo dục đào tạo Bình Dương

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (143.98 KB, 4 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
 BÌNH DƯƠNG 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





 x2 x 2019 2020



4039.
b) Cho hai số thực m n, khác 0 thỏa mãn 1 1 1.

m n Chứng minh rằng phương trình:







x mxn x nxm  ln 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:



2 2







2 4 7.

P x y  x y xy 
Câu 3. (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các số nguyên x y, thỏa mãn phương trình x2xyy2 x y2 2.
b) Với a b, là các số thực dương thỏa mãn ab  a b 1. Chứng minh rằng:







2 2 2 2

1 1 2 1 1

a b ab

a b a b



 

   

Câu 4. (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC cân tại



 0



A BAC nội tiếp đường trịn

 

O bán kính R, M là điểm nằm trên cạnh

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 2ABR, xác định vị trí của M để 2MAAD đạt giá trị nhỏ nhất.

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1.

a) Điều kiện: x2019. Nhân cả hai vế của phương trình cho x2020 x2019, ta được:































4039 1 2019 2020 4039 2020 2019

2020 2019 1 2020 2019

2020 2019 2020 2019 1 0

2019 1 2020 1 0
2019 1

2020.
2020 1

x x x x

x x

x

x
x

       

       

 

        

     

  



  

 



So với điều kiện ban đầu ta thấy x2020 là nghiệm duy nhất của phương trình.
b) Ta có 1 1 1 2





2 m n mn

m  n  

Phương trình tương đương: x2mx n 0 1

 

hoặc x2nx m 0 2 .

 

Phương trình

 

1 và

 

2 lần lượt có  1 m24n và  2 n24 .m

Ta có: 2 2 2 2





1 2 m n 4m 4n m n 2mn m n 0.

           

Suy ra một trong hai số 1 hoặc 2 lớn hơn hoặc bằng 0.
Do đó một trong hai phương trình

 

1 hoặc

 

2 ln có nghiệm.
Suy ra phương trình đã cho ln có nghiệm.

Câu 2.

Ta có: P2



x2y2



4



x y xy



 7 2



xy



24



x  y



7 2



x y 1



2 5 5.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi





1
1

.
0; 4

1 5

y x

x

x y



     
 

 
     
 

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 y2 2x2xyy2yx y . Mặt khác x y2 2x2xyy x2 y x .
Suy ra: xy hoặc x y.

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

Với x y, ta có: 2 4

0
1 .

1
x

x x x

x
 


  

  


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 a2a2ab  a b



ab a



1 .



Tương tự 1b2 



ab b



1 .



Suy ra:





 















 



 











2 2

1 1 1 1

2 1

1 1 1 1 1 1

2 1 1

a b a b

a b a b a a b b

ab a b ab

a b a b a b a a b a a b

ab

a b

  

     

  

 

          




 
Suy ra điều phải chứng minh.

Câu 4.

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

MC MD
.

MA MD MB MC

   
ABE

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

Suy ra  

 

90
2

ABE ACE

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

Suy ra AD là đường kính của

 

O . Mà D

 

O nên ADE900 hay MDEN.
Ta có NHE NDM NE NH 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 .

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

 0  0   0 2



 





 



0 

90 90 90 90 90 .

2 2 2

BDM MBD

BID BIM MID

IBD ADC CBD AED




          
Suy ra: IBD900AED.

Mà EBDEAD900AED.

Do đó IBDEBD hay B I E, , thẳng hàng.

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

Suy ra:

2
2

.
4

AB AM R

AD AM AB

AD AB    

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

2 2 2 2 2 2.

4
R
AM AD AM AD   R

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

AD R

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
2

.
2

</div>