Tải bản đầy đủ (.pdf) (6 trang)

Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương năm 2020

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (204.94 KB, 6 trang )

(1)

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


Mơn Tốn chuyên
Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)


Câu 1. (2,0 điểm)


a) Tính giá trị của biểu thức



10
2


2
2


5 4 3


2 6 3


10 30 11


3 1


x x


B x x


x x x


 



   


   khi


3 5


.
2


x 


b) Chứng minh rằng 1 1 2
x y biết




3 3 2 2


3 4 4 0


.
0


x y x y x y


xy


       




 



Câu 2. (2,0 điểm)


a) Giải phương trình: 5x23x 6

7x1

x23.


b) Giải hệ phương trình:


2 2


2 2


8


16


.
5


12 3 5


2
xy


x y


x y



x x y x x


   


 





  






Câu 3. (2,0 điểm)


a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình xyz2 2 .


b) Tìm tất cả các số tự nhiên a để a2; 4a216a17; 6a224a25 đều là số nguyên tố.
Câu 4. (3,0 điểm)


1. Cho đường tròn

O R;

, hai đường kính ABCD vng góc với nhau. Lấy E là điểm bất kỳ trên cung nhỏ


AD với E không trùng AD. Đường thẳng EC cắt OA tại M; đường thẳng EB cắt OD tại N.
a) Chứng minh rằng AM ED  2OM EA .


b) Xác định vị trí của E để tổng OM ON


AMDN đạt giá trị nhỏ nhất.


2. Cho nửa đường trịn

 

O đường kính MN. Trên tia đối của tia MO lấy điểm B, trên tia đối của tia NO lấy

điểm C. Từ B C, vẽ các tiếp tuyến với nữa đường tròn

 

O , chúng cắt nhau tại A, tiếp điểm của nửa đường

 

O với BA AC, lần lượt là E D, . Kẻ AH vng góc với BC,

HBC

. Chứng minh rằng AH BD CE, , đồng
quy.


Câu 5. (1,0 điểm)


Cho ba số thực x y z, , dương thỏa mãn xyyzzx2xyz1. Chứng minh rằng:


2 2 2


2 .


1 1 1


x y y z z x


xyz
x y z 



(2)

LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN CHUYÊN LỚP THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI



THUVIENTOAN.NET


Câu 1.


a) Ta có: 3 5

2 3

2 5 2 3 1 0.


2


x   x  xx 



Mặt khác

10x230x11

210

x23x 1

121.

2x26x3

102

x23x 1

1101.


Ngoài ra x53x4  x3 1 x3

x23x2   1

1 1.
Suy ra


 


1


1 0.


1


B  




Vậy B0.
b) Ta có:




 

 







3 3 2 2



2 2 2 2 2 2


2


2 2


2 2


3 4 4 0


2 2 4 4 0


2 2 0


2 2 0 (*).


x y x y x y


x y x xy y x xy y x xy y x y


x y x xy y x y


x y x xy y x y


      


             
        


        



Ta có:

 

 



2 2 2


2 2 1 1 2


2 0


2


x y x y


xxyy    x y        nên (*)   x y 2.


xy0 nên suy ra x0, y0.


Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được:


  

   

1.


2 2


x y x y


x y    


     


Suy ra xy1.



Ta có: 1 1 x y 2 2.


x y xy xy




    


Suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y 1.
Câu 2.



(3)

Xem đây là phương trình bậc 2 ẩn a, dựa vào cơng thức nghiệm ta tìm được:
2a x 1 hoặc a3 .x


Với 2a x 1, ta có




2


2 2


2


1 1


2 3 1 .


3 2 11 0



4 12 1


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


Hệ này vô nghiệm.


Với a3 ,x ta có: 2 3 3 2 0 6.


4


8 3


x


x x x


x



 



     



Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 6.
4


x


b) Điều kiện xác định: x y 0. Ta có:


 


 


 






2 2
2
2
2 2
8
16


2 8 16 0


16 2 4 0


4 4 2 0



4 4 0


4 0 .


xy


x y


x y


x y x y xy xy x y


x y x y xy x y


x y x y x y x y xy


x y x y x y


x y x y


  

 
       
 
      
 
       
 


     
    


Thay vào phương trình thứ hai ta được:


2 2


12 5 3 5 (1).


x   x   x


Do 2 2


2 2


7


12 5 0


12 5


x x


x x


    


   suy ra


5



3 5 0 .


3


x   x


Phương trình (1) tương đương:




2 2


2 2


2 2


2 2


12 4 3 6 5 3


4 4


3 2


12 4 5 3


2 0


2 2 .



3 0 (2)


12 4 5 3


x x x


x x
x
x x
x
x x
x x
      
 
   
   
  


 
 


Với x 2 0 kết hợp với x y 4 ta tìm được x y 2. Nghiệm này thỏa mãn hệ phương trình.
Xét


2 2


2 2



3 0,


12 4 5 3


x x


x x


 


  


    ta có:








2 2


2 2 2 2


2 5 12 1


2 2


0


12 4 5 3 12 4 5 3



x x x


x x


x x x x


    




        với


5
.
3


x


 



(4)

Câu 3


a) Ta có: xyz2 2 2 xy   z x y 2 24xy  

z x y

2 8 4 2

z x y

.
Nếu z  x y 0 thì vế trái là số vơ tỉ, vơ lí.


Do đó z x y. Suy ra xy2. Do x y, nguyên dương nên x1, y2 hoặc x2, y1.
Từ đây ta tìm được z3. Thử lại thấy thỏa mãn.


Vậy phương trình cho có hai nghiệm

x y z; ;

 

 1; 2;3 , 2;1;3 .

 



b) Đặt a 2 p với p là số nguyên tố.


Suy ra 4a216a174

a2

2 1 4p21 và 6a224a256

a2

2 1 6p21.
Ta có 4p2 1 5p2

p1



p1

và 6p2 1 5p2 5

p2



p2 .



Do p nguyên tố nên 4p2 1 5 và 6p2 1 5.


Nếu p chia hết cho 5 thì p5 do nguyên tố. Suy ra a7.


Thử lại ta thấy 2 2


2 5, 4 16 17 101, 6 24 25 151


a  aa  aa  là các số nguyên tố.


Nếu p khơng chia hết cho 5 thì có xét hai trường hợp


p chia 5 dư 1 hoặc 4 thì

p1



p1 5

 suy ra

2



4p 1 5. Vơ lí do 2


4p 1 là số nguyên tố lớn
hơn 5.


p chia 5 dư 2 hoặc 3 thì

p2



p2 5

 suy ra

6p21 5.

 Vơ lí do 6p21 là số ngun tố lớn
hơn 5.


Tóm lại a7 là giá trị cần tìm.
Câu 4.



1.


M


B
A


C


O



(5)

a) Tam giác COMCEDCOMCED900 và ECD chung nên đồng dạng với nhau.


Suy ra CO OM (1).


CEED


Do ABCD là hai đường kính vng góc nên CEACAB.


Kết hợp với ACE là góc chung ta có tam giác AMCEMC đồng dạng với nhau.


Suy ra 2 (2).


2


AC AM CO AM CO AM


CEAECEAECEAE


Từ (1) và (2) suy ra 2 .



2


OM AM


AM ED OM EA


EDAE    


b) Theo câu a) ta có: ED 2OM (3).


AEAM


Tương tự ta cũng có EA 2ON (4).


DEDN


Nhân hai vế của (3) và (4) theo với ta được: 1.
2


OM ON
AM DN 


Ta có: 2 2 1 2.


2


OM ON OM ON


AMDNAM DN  



Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi OM ON ED EA


AMDN   hay E là điểm chính giữa cung nhỏ


AD.


Vậy giá trị nhỏ nhất của OM ON


AMDN là 1 khi E là điểm chính giữa cung nhỏ


.


AD



(6)

Ta có AE AD, là hai tiếp tuyến nên BEOCDO90 .0
Suy ra BEOBHABH BO BE BA .


Tương tự CH CO CD CA .
Suy ra BH BO CE BA.


CH CO CD CA




 


AO là phân giác của BACBO AB BH AB BE AB.


CO AC CH AC CD CA



 


   


 


Suy ra BH BE BH CD 1 (1).


CHCDCH BE 


AD AE, là tiếp tuyến của

 

O nên ADAE (2).
Từ (1) và (2), ta có:


1.


BH CD AE
CH AD BE  


Theo định lý Ceva đảo, ta có AH BE CD, , đồng quy.
Vậy ta có điều phải chứng minh.


Câu 5.


Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:


2


2 2 2 2 2 2 2 2 2



(1)


1 1 1


xy yz zx


x y y z z x x y y z z x


x y z xy y yz z zx x xy yz zx x y z


 


     


          


Mặt khác


3
2 2 2 2 2 2


3


3 .


3


xy yz zx
xyyzzxx y zx y z   



 


Đặt txyyzzx với t0, từ giả thiết suy ra:


2

2 3


2 2 2 4 3


4 1 1 .


27 4


t


x y z   xyyzzx  t   t


Hay 3.


4


xyyzzx Mà 2 1

1 3 1.


4 4


xyz  xyyzzx    Suy ra 1.


8


xyz



Do đó xyyzzx6xyz

xyyzzx

26xyz xy

yzzx

(2).


Lại có 

2



3 3 .


xyyzzxxy yz yz zx  zx xyxyz x y z


Suy ra 2

xyyzzx

26xyz x

 y z

(3).


Từ (2) và (3) suy ra

xyyzzx

22xyz x

  y z xyyzzx

(4).
Từ (1) và (4) suy ra


2 2 2


2 .


1 1 1


x y y z z x


xyz


x  y z  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi


1
.
2






×