Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán THPT chuyên tỉnh Nam Định năm 2020 - 2021

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (194.13 KB, 5 trang )

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

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

Mơn Tốn chuyên

Ngày thi 11/7/2020
Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)

a) Cho các số thực x y z, , khác 0. Đặt a x 1;

x

  b y 1;

y

  c xy 1 .

xy

 

Chứng minh rằng a2b2 c2 abc4

b) Cho các số thực a b, khác 2 thỏa mãn



2a1 2



b 1



Tính giá trị của biểu thức 1 1 .

2 2

A

a b

 

 

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2x2  x 3 3x x3.

b) Giải hệ phương trình:







( )

2 1 2 1

.
2

2 3 2 4

x y

x y x y x y

 

    




     


Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọnABCcó ABACnội tiếp đường trịn

 

O . Một đường tròn tiếp xúc với
các cạnh AB AC, tại M N, và có tâm I thuộc cạnh BC. Kẻ đường cao AH của tam giác ABC.

a) Chứng minh rằng các điểm A M H I N, , , , cùng thuộc một đường tròn và HA là tia phân giác góc MHN.
b) Đường thẳng đi qua I và vng góc với BC cắt MN tại K. Chứng minh rằng AK đi qua trung điểm D của

.
BC

c) Tiếp tuyến của đường tròn

 

O tại B và C cắt nhau tại điểm S. Chứng minh rằng CADBAS.

Câu 4. (1,5 điểm)

a) Tìm các số nguyên x y, thỏa mãn x3y2xy21.
a) Cho các số nguyên dương a b c, , thỏa mãn c 1 a b.

b a

   Chứng minh ab là lập phương của một số nguyên

dương.

Câu 5. (1,5 điểm)

a) Cho các số thực không âm a b c, , thỏa mãn điều kiện a  b c 1. Chứng minh rằng:

3 3 3 1 4 4 4

.
8

a    b c a b c

b) Ban đầu có 2020 viên sỏi ở trong một chiếc túi. Có thể thực hiện công việc như sau:
Bước 1: Bỏ đi một viên sỏi và chia chiếc túi này làm hai chiếc túi mới.

Bước 2: Chọn một trong hai túi này sao cho túi đó có ít nhất ba viên sỏi, bỏ đi một viên từ túi này và chia túi đó
làm hai chiếc túi mới, khi đó có ba chiếc túi.

Bước 3: Chọn một trong ba túi này sao cho túi đó có ít nhất ba viên sỏi, bỏ một viên từ túi này và chia túi đó làm
hai chiếc túi mới, khi đó có bốn chiếc túi.

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

LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN CHUYÊN LỚP 10/2020

THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI

THUVIENTOAN.NET

Câu 1. 
a) Ta có:

2 2

2 2 2

2 2 2 2

2 2 3 3

2 2

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1

2 2

1
6

a b c abc x y xy x y xy

x y xy x y xy

x y

x y x y xy xy

x y x y y x xy xy

x y
x
      
         
 
                    
  
 
              
 
  

     2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

1 1

x y x y

y x y     y  x  x y



Suy ra điều phải chứng minh.

b) Ta có: 2a1 2



b  1



9 4ab2(a   b) 1 9 2ab      a b 4 a b 4 2ab.

Lại có:



















2 4

2 2 4 4 2 4 2

2 2 2 4 8 4 4 3 4 3

ab

b a a b ab

A

a b a b ab ab ab ab



      

    

        

Vậy 2.

A

Câu 2.

a) Điều kiện xác định: x 3. Ta có:















2 3 3 3

2 3 3 3 0

2 3 3 0

4 3 0

2 3 0

.
1 13
0
3 0
3
3 0

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
   
       
     
 

 

        
 
   
  


  
 
  

   


Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 1, 1 13.
3

x x 

b) Điều kiện xác định: , 1.
2

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





























2 3 2 4

1 2 2 3 2 4

1 2 4 1 0

1 2 4 0 .

2 4

x y x y x y

x y x y x y x y

x y x y x y

x y

x y x y

x y

    

        

       

  


      

   



Trường hợp 1: x 1 y. Do 1 1 1 3 2 1 2.

2 2 2

x      y y y 

Do 1 1 2 2.

y   y Do đó suy ra:   2 1 2y2.

Khi đó:









2 2

1 2 4

2 2 2

xy  y

  

Lại có:



2x 1 2y1



22x 1 2y 1 2



2x1 2



y 1



2(xy) 2 4.
Suy ra: 2x 1 2y 1 2.

Suy ra





2 1 2 1 .

x y

x  y  

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
2

y  hoặc 3.
2

y

Với 1

y  ta có 3.
2

x Với 3

y ta có 1.

x 

Trường hợp 2: x  4 2y.

Do 1 4 2 1 7

2 2 2

x    y   ymà 1

y . Suy ra khơng có giá trị nào thỏa mãn.

Vậy hệ cho có hai nghiệm



;



1 3; , 3; 1 .

2 2 2 2

x y       

   

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

a) Ta có: AMIANI90oAHINăm điểm A M H I N, , , , cùng thuộc đường trịn đường kính AI.
Do AM AN, là các tiếp tuyến của đường trịn tâm I bán kính IM AM ANmà AM AN, cùng thuộc đường
trịn đường kính AI AM  ANAHMAHN. Hay HA là phân giác MHN.

b) Từ K kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB AC, lần lượt tại X Y, .
Vì KIBC nên IK XYXKI XMI90 .0

Suy ra tứ giác IMXK nội tiếp IXKIMK

 

1 .
Tương tự IKNY nội tiếp IYKINK

 

2 .
Mà tam giác IMN cân tại I nên IMNINM

 

2 .

Từ

   

1 , 2 và

 

3 suy ra IXKIYK tam giác IXY cân tại I.
Mà IKXYKX KY.

Lại có: XY BC XK YK

BD CD

 

 mà XKYKBDCDD là trung điểm của BC.

c) Ta có OS là trung trực của BC. Hay O D S, , thẳng hàng.

Từ đây suy ra 2 2

OD OS OC OA Hay OADOSAOADOSA.
Mặt khác: OSAHAS.

Suy ra OADHAS. Lại có  



90 90 .

o o AOC

BAH  ABH  OAC

Do đó: CADBAS.
Câu 4.

a) Ta có phương trình tương đương:





2 2



2 2

1 1 0 .

x

x x x y

x x y

 


         



Với x1 ta có mọi y đều thỏa mãn.
Với y2x2 x 1. Ta có 2

x  x là một số chính phương,

Xét x0, ta có: 2 2





1 1 .

x x   x x Suy ra 2





1 1 0.

x   x x  x

Với x0 ta tìm được y1 hoặc y 1.

Xét x0, ta có:



x1



2x2   x 1



x 1 .



2 Suy ra





2 2

2
2

1 1

x x x

x

x x x

   

   

    


Với x 1, ta có: y1 hoặc y 1.

Tóm lại hệ cho có nghiệm



x y;

     

 1;k , 0;1 , 0; 1 ,

 

1;1 ,

 

 1; 1



với k.

b) Từ c 1 a b

b a

   với a b c, , *.

Nhân cả hai vế với a ta được: ac a a2 b a b a kb
b

       với k*.

Nhân cả hai vế với b ta được:

 

2 2

1 b 1

bc ab b a b kb b k

a

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

Thay vào phương trình đầu suy ra: c a b 1 1 1 b k b k b k b

 

2 .

a b k b bk



          

Từ  1 và  2 suy ra: bk. Suy ra: ab2.

Vậy 3

abb

Câu 5.

a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

























3 3 3 3 3 3

1 1

1 1 1

8a  a b  b c   c 8 a b c b c a c ab

Ta có:













2 2 2 3 3

(a b c )(abbcca)



a b c abc a  b c



a bc .

Do đó cần chứng minh:



2 2 2







a b c abbcca 

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

2 2 2 2 2 2 2

1(a b c) a b c 2(abbcca)2 (a b c )2(abbcca)

Suy ra



2 2 2







a b c abbcca  Từ đây ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1, 0

a b c và các hoán vị của chúng.
b) Trước hết ta có nhận xét:

Nhận xét 1: Cứ mỗi bước thì tổng số viên bị bị giảm đi 1 viên. Suy ra tổng số bi trong tất cả các túi sau bước
thứ n là 2020 – n viên bi.

Nhận xét 2: Sau mỗi bước đi thì tổng số túi sẽ thêm 1 túi. Như vậy sau bước thứ n sẽ có n1 túi.
Giả sử tồn tại bước thứ k k







thỏa mãn yêu cầu đề bài: Tất cả các túi đều có hai viên.

Áp dụng nhận xét 1, số viên bi sau bước thứ k là 2020k viên.

Theo nhận xét 2 thì số túi sau bước k là k1 túi. Khi đó tổng số viên bi trong tất cả các túi là 2



k1



viên.
Như vậy: 2



k 1



2020 k 3k2018.Vô lý do k là số tự nhiên.

Vậy không tồn tại bước nào thỏa mãn yêu cầu đề bài.

</div>

Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán THPT chuyên tỉnh Nam Định năm 2020 - 2021













 

 

LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN CHUYÊN LỚP 10/2020

THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI

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



























































































 

 

 

   

 





























     

 

 

