Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Giang năm 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM HỌC: 2020-2021 Môn thi Toán chuyên; Ngày thi 18/7/2020 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (1,5 điểm) 3x  5 x 1 14 x 1  2 x 1   với x  1, x  2. x  3  x 1 x 1 1 x 1  2 a) Rút gọn biểu thức A b)Tìm tất cả các giá trị của x để A nhận giá trị là số nguyên 1. Cho biểu thức A  2. Cho parabol  P : y  x 2 và đường thẳng d  : y  mx  2  m (m là tham số). Tìm m để đường thẳng d  cắt  P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 sao cho biểu thức T  1  x1 1 4  1  x2 1 4 đạt giá trị nhỏ nhất Câu 2. (5,0 điểm) a) Giải phương trình:  x  1 x 1  5 x  13   x 3  xy  2 x 2  2 y  0   b) Giải hệ phương trình:   x  y  2 x 1   y  x  5  9 x  5   x2   Câu 3. (3,0 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a; b để biểu thức a2  3 nhận giá trị là số nguyên ab  3 b) Trong mặt phẳng cho 2020 điểm phân biệt sao cho từ ba điểm bất kỳ luôn chọn ra được hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1 cm. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính bằng 1 cm chứa không ít hơn 1010 điểm trong 2020 điểm đã cho. Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC  nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao AD, BE , CF của tam giác ABC đồng quy tại H . Gọi M là trung điểm của BC , K là giao điểm của hai đường thẳng BC và EF . a) Chứng minh rằng KB  KC  KE  KF và H là tâm đường tròn nội tiếp DEF . b) Qua điểm F kẻ đường thẳng song song với đường thẳng AC , đường thẳng này cắt các đường thẳng AK , AD lần lượt tại P và Q. Chứng minh FP  FQ. c) Chứng minh rằng đường thẳng HK vuông góc với đường thẳng AM . Câu 5. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: a2 5a  b  c 2 2  b2 5b  c  a 2 2  c2 1  . 3 5c   a  b 2 2 ----------------------------------------------------------------HẾT---------------------------------------------------------------https://doc24.vn/ LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO CHUYÊN TOÁN – THPT CHUYÊN BẮC GIANG Câu 1. 1. a) Ta có: A  Vậy A   3x  5 x 1 14  x 1 1  x 1  2    x 1 1 x 1  2  x  6 x 1  8 x 1  2 x 1  x 1 1 x 1  2  x 1 1 x 1 1   x 1  2 x 1  7 x 1  7 x 1  2 x 1  7 , với điều kiện x  1, x  2 x 1  2 b) Ta có: A  1  5 5 5 . Với x  1  0   x 1  2 x 1  2 2 5 nhận giá trị nguyên nên x 1  2 Vì A nhận giá trị nguyên nên Trường hợp 1: 5 x 1  2 Trường hợp 2: 5 x 1  2 x 1 x 1 2 x 1 2 5 4 x Thử lại thấy thỏa mãn. 5  Vậy các giá trị x cần tìm là x    ;10   4     2) Phương trình hoành độ giao điểm của  P và d  là : x 2  mx  2  m  x 2  mx  m  2  0 1 Ta có:   m 2  4 m  2  m2  4m  8  m  2  4  0  m    2 Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m  . Suy ra d  luôn cắt  P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 Nhận xét x1 , x2 khác 1 vì 1  m.1  m  2  1  0, đúng với mọi m   2   x1  x2  m Theo định lý Vi – et, ta có:      x1 x2  m  2 4 4 Ta có:  x1  4  x2  1   x1 x2   x1  x2   1   m  2  m  1  1 4 4 Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có: https://doc24.vn/ T 1  x1 1 4  1  x2 1 4 2 1 . 1  x1 1  x2 1 4 4 T 2.  x1  1  x2  1  x1  x2 4 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  x1  1   x2  1      x1  1   x2  1  x1  x2  2 Vì x1  x2  x1  x2  2  m  2  m  2. Giá trị này thỏa mãn. Vậy m  2 là giá trị cần tìm Câu 2. a) Điều kiện : x 1  0  x  1 . Phương trình đã cho tương đương:  x 1 x 1 1  6 x 12  0   x 1 x  2 x 1  1  6  x  2  0 x  2   x 1     x  2  6  0  x  1  x 1  1  6 0   x 1  1 x 1 Ta thấy x  2 thỏa mãn. Còn  6  0 với mọi x  1. x 1  1 Vậy x  2 là nghiệm duy nhất của phương trình b) Điều kiện: x  1, x  2, y   . Ta có:  x  2 x3  xy  2 x 2  2 y  0   x  2 x 2  y  0    y  x2  Do x  1 nên y  x 2 . Thay y  x 2 vào phương trình  x  y  2 x  1 x2  y  x  5  9 x  5, ta được phương trình:  x  x 2  2 x 1   x 1   x 2  x  5  9 x  5 x2  x 2  x  2 x 1 3 2   x  5 x  9 x  5 1 x2 Với điều kiện bài toán     2    1   2 x  1   2 2  4  5  0   x 1 y 1   2 (2)   2 x 1   2  4  5  0 Ta có: https://doc24.vn/     x 1 3 x 1    x  1   x  2      x  3 x  2 2  x  1   x  2 x  1   x  2  1  0    x 1  x  2 (3)   2  x  1   x  2 x 1   x  22  1  0 4   Vì     3 x  2 1 x 1   x  2 x 1   x  2  1   x 1   x  2  1  0 nên (4) vô nghiệm   2 4  2 2 2 2 x  2       x  2   x  2  x  5  13   5  13       x . Giá trị này thỏa mãn. 3   2 2  2  x  5x  3  0   2 x  1  x  2           x  5  13    2   5  13 19  5 13 . ta có y  2 2    5  13 19  5 13     Vậy hệ phương trình có tập nghiệm  ; 1;1;      2 2     Câu 3. a) Yêu cầu bài toán tương đương a 2  3 chia hết cho ab  3  b a 2  3ab  3   a ab  3  3a  b ab  3  3a  b  k  ab  3 , k   * Với x  Nếu k  1  3a  b  ab  3  a  3b  3  6 a  3  2  Do a, b  *      b  3  2  a  3  6   a  9    b  3  1    b  4  Trường hợp 1:      a4   a  3  1       b  3  6 b  9    a  3  3   a  6    b  3  2    b  5  Trường hợp 2:    .   a  3  2  a5        b  3  3 b  6   Nếu k  2  3a  b  2 ab  3  2a  32b  3  3  2a  3  1 Do a, b  *    2b  3  1   2a  3  3 a  3     2b  3  1   b  1     Ta có:  . Thử lại thì a; b  3;1   2 a  3   1 a  1          2 b  3  3  b  3    Nếu k  3  3a  b  k ab  3  3ab  3  a 1b 1  2  0 (vô lý vì a, b  *) Vậy các cặp số a, b thỏa mãn là 3;1; 6; 5; 9; 4 https://doc24.vn/ b) Gọi A là một điểm bất kỳ trong số 2020 điểm đã cho Xét hình tròn  A;1 cm Trường hợp 1: Nếu hình tròn  A;1 cm chứa tất cả 2019 điểm còn lại ta có điều phải chứng minh. Trường hợp 2: Nếu trong 2019 điểm còn lại tồn tại điểm B nằm ngoài hình tròn  A;1 cm thì AB  1 cm, vẽ đường tròn  B;1 cm. Ta chứng minh 2018 điểm còn lại hoặc thuộc hình tròn  A;1 cm hoặc thuộc hình tròn  B;1 cm C B A Thật vậy, giả sử tồn tại điểm C trong 2018 điểm còn lại nằm ngoài cả hai hình tròn  A;1 cm;  B; 1 cm như hình vẽ. Khi đó AC  1 cm, BC  1 cm. Như vậy với ba điểm A, B, C thì khoảng cách của hai điểm bất kỳ luôn lớn hơn 1 (mâu thuẫn với đề bài) Vậy 2018 điểm còn lại hoặc thuộc hình tròn  A;1 cm hoặc thuộc hình tròn  B;1 cm Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại một hình tròn chứa ít nhất 1009 điểm đã cho và chứa thêm điểm A hoặc điểm B. Vậy tồn tại một hình tròn có bán kính bằng 1cm, chứa không ít hơn 1010 điểm đã cho. Câu 4. A I E P N F H O Q K B D C M A' https://doc24.vn/ a) Ta có tứ giác BFEC nội tiếp và KBF  KEC Khi đó KF KB   KB  KC  KE  KF KC KE   FDH  (1) Ta có tứ giác BDHF nội tiếp , suy ra FBH   HCE  (2) Ta có tứ giác CDHE nội tiếp, suy ra HDE   FCE  3 vì tứ giác BFEC nội tiếp Ta có: FBE  Từ 1 , 2 và 3  FDH  EDH  HD là phân giác của FDE (4)  5 Chứng minh tương tự, ta được: HE là phân giác của FED Từ (4) và (5)  H là tâm đường tròn nội tiếp DEF b) Gọi N là giao điểm của AD, KE NF DF  6  NE DE Ta có KD là phân giác ngoài của FDE tại đỉnh D. Theo tính chất đường phân giác ngoài của DEF , ta có: Theo tính chất đường phân giác trong của DEF  KF DF  7  KE DE NF KF  8 NE KE Vì PQ  AC , theo định lý Ta – let mở rộng ta có: Từ (6) và (7)  NF FQ KF FP   và 9 NE AE KE AE FQ FP   FQ  FP. AE AE Ta có điều phải chứng minh. Từ (8) và (9)  c) Gọi I là giao điểm của KA với đường tròn O  với I khác A và A là điểm đối xứng với A qua O. Chứng minh được BHCA ' là hình bình hành. Suy ra ba điểm H , M , A ' thẳng hàng. Vì tứ giác AIBC nội tiếp đường tròn O   KI  KA  KB  KC. Theo câu a) thì KB  KC  KF  KE Suy ra KI  KA  KF  KE  AIFE là tứ giác nội tiếp. Vì ba điểm A, E, F thuộc đường tròn đường kính AH  I  đường tròn đường kính AH  AI  HI Ta có  AIA '  900  AI  A ' I Kết hợp với AI  HI  H , I , A thẳng hàng. Mặt khác ba điểm H , M , A ' thẳng hàng nên 4 điểm H , M , I , A thẳng hàng Xét AKM có AH  KM và MH  AK  H là trực tâm AKM Suy ra KH  AM . Ta có điều phải chứng minh. https://doc24.vn/ Câu 5. 1 1 1 Với ba số dương x, y, z ta có:  x  y  z      9  x y z  1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z x2 y2 z 2  x  y  z    m, n, p  0  2 . Ta có bất đẳng thức m n p mn p 2 x y z   m n p Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Đặt P  a2 5a 2  b  c 2  b2 5b 2  c  a  2  c2 5c 2  a  b 2 Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có:  1 1 1 a 2  b2  c 2   2a 2  bc  2a 2  bc .    a 2  b 2  c 2  2a 2  bc  2a 2  bc   9   9a 2 9a 2 1 2   a 2  2  2  2 2 2 2 2 2 2 2 2 5b  b  c  a  b  c   2a  bc  2a  bc  a  b  c 2a  bc  Chứng minh tương tự, ta được: 1 2 2  ,   b  2 2 2 2 2  a  b  c 2b  ac  5b 2  c  a 9b 2 1 2 2    c  2 2 2 2  a  b  c 2c  ab  5c 2  a  b 9c 2 2 Khi đó ta có: 9a 2 5a 2  b  c 2  9b 2 5b 2  c  a  2   2a 2 2b 2 2c 2     1    2  2a 2  bc 2b 2  ca 2c 2  ab  5c 2  a  b 9c 2  bc ca ab  Suy ra 9 P  4   2    2a  bc 2b 2  ca 2c 2  ab  Ta có : bc ca ab b2c 2 c2a2 a 2b 2      2a 2  bc 2b 2  ca 2c 2  ab 2a 2bc 2ab 2 c  c 2 a 2 2abc 2  a 2b 2 Áp dụng bất đẳng thức (2) ta được: ab  bc  ca bc ca ab  2  2  1 2 2a  bc 2b  ca 2c  ab ab  bc  ca  2 1 Vậy 9 P  3  P  . Đẳng thức xảy ra  a  b  c. 3 Ta có điều phải chứng minh. https://doc24.vn/