Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Dương

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH DƯƠNG
--------------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn Tốn 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  x 2  x  2019  2020  4039.

b) Cho hai số thực m, n khác 0 thỏa mãn

1 1 1
  . Chứng minh rằng phương trình:
m n 2

 x2  mx  n x 2  nx  m  0

luôn 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:

P  2  x 2  y 2   4  x  y  xy   7.
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x 2  xy  y 2  x 2 y 2 .
b) Với a, b là các số thực dương thỏa mãn ab  a  b  1. Chứng minh rằng:

a
b
1  ab


.
2
2
1 a
1 b
2 1  a 2 1  b 2 
Câu 4. (3,5 điểm)





  900 nội tiếp đường tròn O bán kính R, M là điểm nằm trên cạnh
Cho tam giác ABC cân tại A BAC

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


LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.
a) Điều kiện: x  2019. Nhân cả hai vế của phương trình cho





4039 1  x 2  x  2019  2020  4039

x  2020  x  2019, ta được:



x  2020  x  2019



 x  2020  x  2019  1   x  2020 x  2019
   x  2020 x  2019  x  2020  








x  2019 1





x  2019 1  0



x  2020 1  0

 x  2019  1
 
 x  2020.
 x  2020  1
So với điều kiện ban đầu ta thấy x  2020 là nghiệm duy nhất của phương trình.
b) Ta có

1 1 1
   2 m  n  mn.
m n 2

Phương trình tương đương: x 2  mx  n  0 1 hoặc x 2  nx  m  0 2.
Phương trình 1 và 2 lần lượt có 1  m2  4n và 2  n 2  4m.

Ta có: 1  2  m 2  n2  4m  4n  m 2  n 2  2mn  m  n  0.
2

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  x 2  y 2   4  x  y  xy   7  2  x  y   4  x  y   7  2  x  y 1  5  5.
2

 y  x 1


 y  x 1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
.




1  x  y  5 

 x  0; 4

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

Với x  y, ta có: 3x 2  x 4  x  0  y  0.

2


x  0

Với x   y, ta có: x 2  x 4   x  1 .

 x  1


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  a 2  a 2  ab  a  b  a  ba  1.
Tương tự 1  b 2  a  bb  1.
Suy ra:
a
b
a
b
 2


a  1 b  1 a  ba  1 a  bb 1
2




2ab  a  b
1  ab

a  b1  a 1  b
a  b1  a   a  b1  a   1  a 1  b
1  ab
2 1  a 2 1  b 2 

Suy ra điều phải chứng minh.
Câu 4.

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

MA MB

.
MC MD

 MA  MD  MB  MC.

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

  ACE
  ABE  ACE  900 (do tứ giác ABEC nội tiếp).
Suy ra ABE
2


ADE  900 hay MD  EN .
Suy ra AD là đường kính của O. Mà D  O  nên 
Ta có NHE  NDM 

NH
NE

 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.

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

AHN  NDA
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:





  MBD

2 BDM
  MID


BID
BIM
0
0
0

  900  
 90 
 90 
 900  
ADC  CBD
AED.
IBD  90 

2
2
2





  900  
Suy ra: IBD
AED.
  EAD
  900  AED
.
Mà EBD
  EBD
 hay B, I , E thẳng hàng.
Do đó IBD

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

R2
AB AM

.
 AD  AM  AB 2 

AB
AD
4

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 2 AM  AD  2 2 AM  AD  2 2 

R2
 R 2.
4

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

2
R.
2

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
AD 

2
R.
2

------------------------------ HẾT ------------------------------