Tải bản đầy đủ (.pdf) (7 trang)

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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (185.31 KB, 7 trang )

(1)

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


BẮC GIANG NĂM HỌC: 2020-2021


Mơn thi Tốn chun; Ngày thi 18/7/2020
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1. (1,5 điểm)


1. Cho biểu thức 3 5 1 14 1 2 1


3 1 1 1 1 2


x x x x


A


x x x x


     


  


       với x1, x2.


a) Rút gọn biểu thức A


b)Tìm tất cả các giá trị của x để A nhận giá trị là số nguyên


2. Cho parabol

 

P :yx2 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 hồnh độ x x1, 2sao cho biểu thức


4

4


1 2


1 1


1 1


T


x x


 


  đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 2. (5,0 điểm)


a) Giải phương trình:

x1

x 1 5x13


b) Giải hệ phương trình:





3 2


2 2 0


2 1



5 9 5


2


x xy x y


x y x


y x x


x


    





   


 






Câu 3. (3,0 điểm)


a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương

a b;

để biểu thức


2


3


3


a
ab




 nhận giá trị là số nguyên


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 1cm. Chứng minh rằng tồn tại một hình trịn có bán kính bằng 1cmchứa khơng ít hơn 1010 điểm
trong 2020 điểm đã cho.


Câu 4. (6,0 điểm)


Cho tam giác ABC nhọn

ABAC

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 BCEF.


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 PQ. Chứng minh FPFQ.


c) Chứng minh rằng đường thẳng HK vng góc với đường thẳng AM.


Câu 5. (1,0 điểm)


Cho a b c, , là các số thực dương. Chứng minh rằng:





2 2 2


2 2 2


2 2 2


1
.
3


5 5 5


a b c


a  b cb  c ac  a b



(2)

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO CHUYÊN TOÁN – THPT CHUYÊN BẮC GIANG
Câu 1.


1. a) Ta có:














3 5 1 14 1 2 1



1 1 1 2


1 1 1 2


1 1 1 7


6 1 8 1 7


1 2


1 1 1 2 1 1 1 2


x x x x


A


x x


x x


x x


x x x


x


x x x x


     



  


   


   


   


    


  


 


       


Vậy 1 7,


1 2


x
A


x
 


  với điều kiện x1,x2


b) Ta có: 1 5 .



1 2


A


x
 


  Với


5 5


1 0


2
1 2


x


x


   


 


Anhận giá trị nguyên nên 5
1 2


x  nhận giá trị nguyên nên



Trường hợp 1: 5 1 1 3 10


1 2 x x


x       


Trường hợp 2: 5 2 1 1 5


2 4


1 2 x x


x       


Thử lại thấy thỏa mãn.


Vậy các giá trị x cần tìm là 5;10
4


x 


 


 


 


2) Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

P

 

d là :


 




2 2


2 2 0 1


x  mx  m xmx  m


Ta có:  m24

m 2

m24m 8

m2

2 4 0

 m



Vậy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 với mọi m. Suy ra

 

d luôn cắt

 

P tại hai điểm
phân biệt có hồnh độ x x1, 2


Nhận xét x x1, 2 khác 1 vì

 

12m.

 

     1 m 2 1 0, đúng với mọi m


Theo định lý Vi – et, ta có: 1 2


1 2 2


x x m


x x m
   



  






(3)

4

4

 

4

4



1 2 1 2


1 1 1 1


2 . 2


1 1 1 1


T T


x x x x


    


    .


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi





4 4 1 2 1 2


1 2


1 2 1 2


1 1


1 1



1 1 2


x x x x


x x


x x x x


     


 


   


      




x1x2 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:








1 2



1 1 1 6 12 0 6 2 0


1 1
2


1


2 6 0 1


6 0
1 1


1 1


x x


x x x x


x
x


x


x x


x


x



 


         


 
 






 


      


 


 


Ta thấy x2 thỏa mãn. Còn 1 6 0
1 1


x
x


 


  với mọi x1.



Vậy x2 là nghiệm duy nhất của phương trình
b) Điều kiện: x1,x2,y. Ta có:




3 2 2


2


2


2 2 0 2 0 x


x xy x y x x y


y x
  


          




Do x1 nên yx2.


Thay yx2 vào phương trình

2

1

5

9 5,
2


x y x



y x x


x


  


   


 ta được phương trình:






 


2


2
2


3 2


2 1


5 9 5


2


2 1



5 9 5 1


2


x x x


x x x


x


x x x


x x x


x


  


   




  


    




Với điều kiện bài toán



  







 





2
2


2


1 1 2 1 2 1 4 5


1 2 1 2 4 5 0


1 1


2 1 2 4 5 0 (2)


x x x x x x x


x x x x x x


x y


x x x x x


        


 



       


   


      






(4)

 

 



 


3 3
2 2
2 2


2 1 1 2 2


1 2 1 2 1 2 1 0


1 2 (3)


1 2 1 2 1 0 4


x x x x


x x x x x x


x x



x x x x


       
 
 
            
 
  

 
      





2
2


2 2 1 3 2


1 2 1 2 1 1 2 1 0


2 4


x


x  x x  x   x  x     


 



  nên (4) vô nghiệm


 



2 2


2


5 13


2 2 5 13


3 2 .


2


5 3 0


1 2


5 13


2


x


x x x


x


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

 




Giá trị này thỏa mãn.


Với 5 13


2


x  ta có 19 5 13.
2


y 



Vậy hệ phương trình có tập nghiệm

 

1;1 ; 5 13 19; 5 13


2 2
  

 


 
 
Câu 3.


a)Yêu cầu bài toán tương đương a23 chia hết cho ab3


 





2


3 3 3 3 3


3 3 , *


b a ab a ab a b ab


a b k ab k


 



      


    


 




Nếu k 1 3

a b

ab 3

a3



b 3

6


Do , * 3 2


3 2
a
a b
b
  

    



Trường hợp 1:


3 6 9


3 1 4


3 1 4



3 6 9


a a
b b
a a
b b
   

 

 

 

 


Trường hợp 2:


3 3 6


3 2 5


.


3 2 5


3 3 6


a a
b b


a a
b b
   

 

 

 

 


Nếu k 2 3

a b

2

ab 3

 

2a3 2



b  3

3


Do , * 2 3 1


2 3 1


a
a b
b
  

 
  


Ta có:


2 3 3 3



2 3 1 1


2 3 1 1


2 3 3 3


a a
b b
a a
b b
   

  

  

 
 

 


. Thử lại thì

a b;

  

 3;1


Nếu k 3 3

a b

k ab

 3

3

ab 3

 

a1



b  1

2 0 (vơ lý vì a b, *)



(5)

b) Gọi Alà một điểm bất kỳ trong số 2020 điểm đã cho
Xét hình trịn

A;1cm



Trường hợp 1: Nếu hình trịn

A;1cm

chứa tất cả 2019 điểm cịn lại ta có điều phải chứng minh.


Trường hợp 2: Nếu trong 2019 điểm còn lại tồn tại điểm B nằm ngồi hình trịn

A;1cm

thì AB1cm, vẽ
đường tròn

B;1cm

. Ta chứng minh 2018 điểm còn lại hoặc thuộc hình trịn

A;1cm

hoặc thuộc hình trịn


B;1cm



Thật vậy, giả sử tồn tại điểm C trong 2018 điểm cịn lại nằm ngồi cả hai hình trịn

A;1cm

 

; B; 1cm

như hình
vẽ. Khi đó AC1cm BC, 1cm. Như vậy với ba điểm A B C, , thì khoảng cách của hai điểm bất kỳ ln lớn
hơn 1 (mâu thuẫn với đề bài)


Vậy 2018 điểm cịn lại hoặc thuộc hình trịn

A;1cm

hoặc thuộc hình trịn

B;1cm



Theo ngun lý Dirichlet, tồn tại một hình trịn chứa ít nhất 1009 điểm đã cho và chứa thêm điểm A hoặc điểm


.


B Vậy tồn tại một hình trịn có bán kính bằng 1cm, chứa khơng ít hơn 1010điểm đã cho.


Câu 4.


A B


C


A'
I


N


M


P


Q


D
K


E


F H


O


B


A



(6)

a) Ta có tứ giác BFECnội tiếp và KBF KEC


Khi đó KF KB KB KC KE KF
KCKE    


Ta có tứ giác BDHF nội tiếp , suy ra FBHFDH (1)
Ta có tứ giác CDHE nội tiếp, suy ra HDEHCE (2)
Ta có: FBEFCE

 

3 vì tứ giác BFECnội tiếp


Từ

   

1 , 2 và

 

3  FDH  EDHHD là phân giác của FDE (4)
Chứng minh tương tự, ta được:HElà phân giác của FED

 

5


Từ (4) và (5) Hlà tâm đường tròn nội tiếp DEF



b) Gọi N là giao điểm của AD KE,


Theo tính chất đường phân giác trong của DEF NF DF

 

6


NE DE


  


Ta có KD là phân giác ngoài của FDE tại đỉnh D. Theo tính chất đường phân giác ngồi của DEF, ta có:


 

7


KF DF


KEDE


Từ (6) và (7) NF KF

 

8


NE KE


 


PQ AC , theo định lý Ta – let mở rộng ta có:


NF FQ


NEAE

 

9
KF FP
KEAE


Từ (8) và (9) FQ FP FQ FP.


AE AE


   


Ta có điều phải chứng minh.


c) Gọi I là giao điểm của KA với đường tròn

 

O với I khác AA là điểm đối xứng với Aqua 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

 

OKI 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 trịn đường kính AH  I đường trịn đường kính AHAIHI


Ta có AIA'900AIA I'


Kết hợp với AIHIH I A, ,  thẳng hàng.


Mặt khác ba điểm H M A, , ' thẳng hàng nên 4 điểm H M I A, , ,  thẳng hàng
Xét AKMAHKMMHAKH là trực tâm AKM


Suy ra KHAM.



(7)

Câu 5.



Với ba số dương x y z, , ta có:

x y z

1 1 1 9

 

1


x y z







    


 


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z


Ta có bất đẳng thức

 



2


2 2 2


, , 0 2


x y z


x y z


m n p


m n p m n p



 


    


  .


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z


m n p


Đặt




2 2 2


2 2 2


2 2 2


5 5 5


a b c


P


a b c b c a c a b


  



     


Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có:


 

 



 

 



2 2 2 2 2


2 2 2 2 2


2 2


2


2 2 2 2 2 2 2 2 2 2


2


1 1 1


2 2 . 9


2 2


9 9 1 2


2



2 2


5


a b c a bc a bc


a b c a bc a bc


a a


a


a b c a bc


a b c a bc a bc


b b c


 


 


   


 








    


  


     


 


Chứng minh tương tự, ta được:




2 2


2 2


2 2 2 2 2 2 2 2 2 2


2 2


9 1 2 9 1 2


,


2 2


5 5


b c



b c


a b c b ac a b c c ab


b c a c a b


   


 


 


   


Khi đó ta có:




2 2 2 2 2 2


2 2 2 2 2 2


2 2 2


9 9 9 2 2 2


1


2 2 2



5 5 5


a b c a b c


a bc b ca c ab


a b c b c a c a b







     


  


 


     


Suy ra 9 4 2 2 2


2 2 2


bc ca ab


P


a bc b ca c ab








 


Ta có :


2 2 2 2 2 2


2 2 2 2 2 2 2 2 2 2


2 2 2 2 2 2


bc ca ab b c c a a b


abcbcacaba bcab cc aabca b


Áp dụng bất đẳng thức (2) ta được:






2


2 2 2 1


2 2 2



ab bc ca


bc ca ab


a bc b ca c ab ab bc ca


 


   


    


Vậy 9 3 1


3


P  P . Đẳng thức xảy ra   a b c.





×