Tài liệu Bộ 15 đề thi chuyên toán vào lớp 10 có đáp án

BỘ 15 ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN VÀO LỚP 10 NĂM 2020 - CÓ ĐÁP ÁN 1. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Dương 2. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Thuận 3. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Điện Biên 4. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội 5. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Phòng 6. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Lâm Đồng 7. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An 8. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa 9. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thành phố Đà Nẵng 10. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT TP.HCM 11. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc 12. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án Trường Đại học KHTN ĐHQG Hà Nội 13. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 14. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án Trường PT Năng khiếu ĐHQG TP.HCM 15. Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020-2021 có đáp án Trường THPT chuyên Long An SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG -------------------- ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn Toán 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 luôn có nghiệm. Suy ra phương trình đã cho luôn 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 ------------------------------ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) ----------------- KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO NĂM HỌC: 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN (Hệ số 2 - Chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ----------------------------- Câu 1.  xy  x  y  5  . Giải hệ phương trinh:   2 2  xy x  y   7   Câu 2. a) Cho p và p  2 là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p  1 chia hết cho 6. b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2 p  1 là lập phương của một số nguyên dương. Câu 3. Cho các số thực x, y, z  1 thỏa mãn 1 1 1    2. Chứng minh rằng: x y z x  y  z  x 1  y 1  z 1. Câu 4. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . Gọi K là một điểm tùy ý trên cạnh BC với K  B, K  C. Kẻ đường kính KM của đường tròn ngoại tiếp tam giác BKF và đường kính KN của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK . Chứng minh rằng M , H , N thẳng hàng. Câu 5. Cho 20 điểm phân biệt trong mặt phẳng. Chứng minh rằng tồn tại đường tròn có đúng 12 điểm đã cho bên trong và có đúng 8 điểm đã cho bên ngoài. …Hết… LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. S  P  5 P  5  S     .  Đặt S  x  y, P  xy với S 2  4 P. Khi đó hệ cho trở thành:   2 2   S P  S  S  12  0  7     S  3 Ta có: S 2  S 12  0   .  S  4  x  y  3  x  2, y  1  Với S  3, ta có: P  2. Khi đó  .      xy  2  y  2, x  1 Với S  4, ta có: P  9. Loại vì S 2  4 P. Vậy hệ cho có hai nghiệm  x; y   2;1 , 1; 2. Câu 2. a) Ta có: p lẽ và p  3 nên p chia 3 dư 1 hoặc 2. Nếu p  1mod 3 suy ra p  2  0 mod 3 vô lí do p  2 là số nguyên tố lớn hơn 3. Do đó p  2 mod 3 nên p  1  0 mod 6. Hay p  1 chia hết cho 6. b) Vì 2 p  1 là lập phương một số tự nhiên nên đặt 2 p 1  a3 với a  * và a lẽ. Khi đó ta có: 2 p  a 1a 2  a  1. Do a lẽ nên a 1 chẵn và a 2  a 1  a a 1  1 lẽ nên suy ra a 1  2. Khi đó a  3, ta có: p  33 1  13. 2 Vậy p  13 là giá trị cần tìm. Câu 3. Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 x 1 y 1 z 1    2  1  1  1     1    . x y z x y 1 z x y z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:  x 1 y 1 z 1 x  y  z   x  y  z     y z   x Suy ra: x  y  z  x 1  y 1  z 1. 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  . 2   x 1  y 1  z 1 2 Câu 4. Ta có: AF  AB  AE  AC do tứ giác BCEF nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AK với  BFK  , ta có: AI  AK  AF  AB  AE  AC 1. Gọi I  là giao điểm của AK với CEK  , ta có: AI   AK  AE  AC  AF  AB 2. Từ 1 và 2 suy ra I  I . Hay AK đi qua I là giao điểm thứ hai của đường tròn  BFK  và CEK  với K  I .   EIA    ABC   1800  BAC . Ta có EIF AIF  ACB Suy ra tứ giác AEIF nội tiếp. Mà tứ giác AEHF nội tiếp nên năm điểm A, E , I , F , F cùng thuộc một đường tròn. AFH  900 hay HI  IK 3. Suy ra:  AIH     NIK   900 nên M , I , N thẳng hàng và MN  IK 4. Mặt khác MIK Từ 3 và 4 suy ra M , H , N thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh. Câu 5. Trước hết ta chứng minh tồn tại một điểm P mà khoảng cách từ P đến 20 điểm đã cho là khác nhau. Thật vậy, khoảng cách từ P đến hai điểm A, B bằng nhau khi và chỉ khi P nằm trên đường trung trực của AB. Do đó chỉ cần chọn điểm P không nằm trên đường trung trực của bất cứ đoạn thẳng nào tạo bởi 20 điểm đã cho. Gọi khoảng cách của P đến 20 điểm đã cho lần lượt là d1  d 2  d3  ...  d 20 . Xét đường tròn tâm P bán kính d12 , đường tròn này chứa đúng 12 điểm có khoảng cách đến P gần nhất. Ta có điều phải chứng minh. -------------------- HẾT -------------------- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn: Toán (Chuyên) Ngày thi: 15/7/2020 Đề chính thức (Có 01 trang) Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ BÀI Câu 1. (2,0 điểm). 1. Cho biểu thức: P = a2 − a 2a + a 2(a − 1) ( với a > 0, a ≠ 1 ). − + a + a +1 a a −1 a) Rút gọn P. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P . 1  2 x − 1 + = 1  y+3  2. Giải hệ phương trình:  4 x − 1 − 3 = 7  y+3 Câu 2. (2,0 điểm). Cho phương trình: x 2 − 5mx − 4m = 0 ( với m là tham số). a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm đó. b) Chứng minh rằng khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thì: x12 + 5mx2 + m 2 + 14m + 1 > 0 . Câu 3. (2,0 điểm). a) Một con Robot được thiết kế có thể đi thẳng, quay một góc 900 sang phải hoặc sang trái. Robot xuất phát từ vị trí A đi thẳng 2m quay sang trái rồi đi thẳng 3m , quay sang phải rồi đi thẳng 5m đến đích tại vị trí B . Tính khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot. b) Cho hai số a, b thỏa mãn a > b > 0 và a.b = 1. Chứng minh: a 2 + b2 ≥2 2. a −b Câu 4. (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) . Đường cao AD, BE cắt nhau tại H . Kéo dài BE , AO cắt đường tròn (O) lần lượt tại F và M . a) Chứng minh ∆HAF cân. b) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm H , I , M thẳng hàng và AH = 2OI . c) Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn (O) để DH .DA lớn nhất. Câu 5. (1,0 điểm). a) Cho xy + yz + xz = 0 và xyz ≠ 0 . Chứng minh rằng: yz xz xy + + = 3. x2 y 2 z 2 b) Cho n là số nguyên dương. Biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 là hai số chính phương. Chứng minh rằng n chia hết cho 40 . .................. Hết ................... KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN Năm học : 2020 - 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUYÊN (Hướng dẫn chấm có 04 trang) Câu Hướng dẫn Cho biểu thức: P = a) Rút gọn P. Điểm a2 − a 2a + a 2(a − 1) − + a + a +1 a a −1 3 1.1 (1,0đ) a ( a − 1) a (2 a + 1) 2( a − 1)( a + 1) Với a > 0, a ≠ 1 ⇒ P = − + a + a +1 a a −1 0,25 a ( a − 1)(a + a + 1) − (2 a + 1) + 2( a + 1) = a − a + 1 a + a +1 0,25 P= b) Tính giá trị nhỏ nhất của P . 2 1 3 3  1  a −  + ≥ (Với ∀a > 0, a ≠ 1 ) P = a − a += 2 4 4  1 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P = khi a = . 4 4 0,25 0,25 1  1  2 x −1 + y + 3 =  Giải hệ phương trình:  4 x − 1 − 3 = 7  y+3 1.2 x ≥ 1 Điều kiện:   y ≠ −3 0,25 = u x −1 u+v 1 =  2= u 1  Đặt  (thỏa mãn) ⇔ 1 (điều kiện u ≥ 0 ) ⇒  7 −1 4u − 3v = v =  v = y+3  0,5  x −1 = 1  x=2  (thỏa mãn). Vậy HPT có 1 nghiệm (2; −4) ⇒ 1 ⇔ 4 y = − 1 = −  y+3  0,25 Phương trình: x 2 − 5mx − 4m = 0. a) Tìm m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm đó. 0,25 Ta có:= ∆ 25m 2 + 16m 2.a (1,0đ)  m=0  m = − 16 25  Để phương trình có nghiệm kép thì ∆ = 0 ⇔ 25m 2 + 16m = 0 ⇔  5m = 0 2 5m 8 16 nghiệm kép là x1 = x2 = +) m = − = − 25 2 5 x= +) m = 0 nghiệm kép là x= 1 2 0,25 0,25 0,25 b) Chứng minh rằng khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì x12 + 5mx2 + m 2 + 14m + 1 > 0 . 2.b (1,0đ) PT có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì= ∆ 25m 2 + 16m > 0 0,25 và x12 − 5mx1 − 4m =0 ⇔ x12 =5mx1 + 4m và x1 + x2 = 5m 0,25 Xét P = x12 + 5mx2 + m 2 + 14m + 1 = 5mx1 + 4m + 5mx2 + m 2 + 14m + 1 0,25 = 5m( x1 + x2 ) + m 2 + 18m + 1 = 26m 2 + 18m + 1 Suy ra P = 25m 2 + 16m + m 2 + 2m + 1 = ∆ + (m + 1) 2 > 0 (vì ∆ > 0 ). Đpcm. 0,25 a) Một con Robot được thiết kế có thể đi thẳng, quay một góc 900 sang phải hoặc sang trái. Robot xuất phát từ vị trí A đi thẳng 2m quay sang trái rồi đi thẳng 3m , quay sang phải rồi đi thẳng 5m đến đích tại vị trí B . Tính khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot. Học sinh vẽ được hình minh họa 5 B 0,25 3 3.a (1,0đ) A 2 Kẻ AC ⊥ BC như hình vẽ: 5 B 0,25 3 A C 2 Ta có:= AC 7;= BC 3 0,25 ⇒ AB = 7 2 + 33 = 58 Vậy khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot là 58 0,25 a 2 + b2 b) Chứng minh: ≥ 2 2 . Với a > b > 0 và a.b = 1. a −b Vì a.b =1 ⇒ 2 a 2 + b 2 ( a − b) 2 + 2 = =(a − b) + a −b a −b ( a − b) Do a > b > 0 ⇒ (a − b) + 3.b (1,0đ) 2 2 ≥ 2 (a − b). = 2 2 (BĐT AM-GM) ( a − b) ( a − b) Dấu bằng xẩy ra khi: (a − b) = 1 ⇔ a− = a Vậy 0,25 0,25 2 ⇔ ( a − b) 2 = 2 ⇔ a − b = 2 ( a − b)  2+ 6 a = 2 2⇔  2− 6 a = 2  (t / m) ⇒ b= ( Loai ) a 2 + b2 = ra khi a ≥ 2 2 . Dấu bằng xẩy a −b 0,25 6− 2 2 6+ 2 = ;b 2 6− 2 2 0,25 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) . Đường cao AD, BE cắt nhau tại H . Kéo dài BE , AO cắt đường tròn (O) lần lượt tại F và M . a) Chứng minh ∆HAF cân. Vẽ hình đúng đến câu 4.a F A E 4.a (1,0đ) H B 0,25 O D C I M 4.b (1,0đ) ) Ta có:  AHF =  ACB (cùng phụ với DAE Lại có  ACB =  AFB (cùng chắn cung AB ) 0,25   AFB   AHF cân tại . Suy ra AHF A b) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm H , I , M thẳng hàng và AH = 2OI . Ta có BH / / CM (cùng vuông AC ), HC / / BM (cùng vuông AB ). ⇒ BHCM là hình bình hình . Mà I là trung điểm của BC ⇒ I cũng là trung điểm của HM ⇒ ba điểm H , I , M thẳng hàng. 0,25 0,25 ⇒ OI là đường trung bình của ∆AHM ⇒ AH = 2OI c) Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn (O) để DH .DA lớn nhất.   AFB   BHD   ACB   DAC  DBH (g . g) Theo câu 1 ta có AHF 4.c (1,0đ) 5.a (0,5đ) Suy ra DA DB   DA.DH  DB.DC DC DH 2 0,25 0,25 0,25 0,25 2  BD  CD   BC  Ta có DB.DC    DB.DC      2    2 Dấu bằng xẩy ra khi BD  DC . Vậy để DH .DA lớn nhất thì A là điểm chính giữa cung lớn BC . yz xz xy 3 a) Cho xy + yz + xz = 0 và xyz ≠ 0 . Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 = x y z 1 1 1 + += 0 x y z Chứng minh được nếu: a + b + c = 0 ⇒ a 3 + b3 + c3 = 3abc Vì: xy + yz += xz 0; xyz ≠ 0 ⇒ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Áp dụng công thức trên ta có: 1 1 1 1 1 1 3 + + = 0 ⇒  3 + 3 + 3 = x y z x y z xyz 1 1 1 yz xz xy xyz Lại có: 2 + 2 + =  3+ 3+ =  3 . (Đpcm) x y z2 y z3  x b) Cho n là số nguyên dương. Biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 là hai số chính phương. Chứng minh rằng n chia hết cho 40 . 0,25 Đặt 2n + 1 = x 2 ⇒ x lẻ ⇒ 2n =( x − 1)( x + 1) 4 vì x − 1; x + 1 chẵn ⇒ n chẵn 5.b (0,5đ) Đặt 3n + 1= y 2 ⇒ y lẻ (do n chẵn) và 3n = ( y − 1)( y + 1)8 vì y − 1; y + 1 là hai số chẵn liên tiếp mà (3;8) = 1 ⇒ n8 (1) . Ta có một số chính phương chia cho 5 dư 0 hoặc 1 hoặc 4. Mặt khác x 2 + y 2 = 5n + 2 ⇒ x 2 , y 2 chia cho 5 dư 1 Nên n = ( 3n + 1) − ( 2n + 1) = (y 2 − x 2 )5 (2). Từ (1), (2) và (5;8) = 1 ⇒ n 40 . Đpcm. (Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa) 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ------------- ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) a) Giải phương trình x 2  3 x  5   x  3 x 2  5. b) Cho hai số thực a , b, c thỏa mãn a  b  2c  0 và 2ab  bc  ca  0. Chứng minh rằng a  b  c. Câu 2. (2,0 điểm) a) Chứng minh với mọi số nguyên dương n, số A  11n  7 n  2 n  1 chia hết cho 15. b) Cho hai số nguyên dương m và n thỏa mãn 11  m m 3  0. Chứng minh rằng: 11   n n  11  3 mn . Câu 3. (2,0 điểm) a) Cho đa thức P ( x ) với hệ số thực thỏa mãn P 1  3 và P  3  7. Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức P ( x ) cho đa thức x 2  4 x  3 . b) Với a , b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  abc  4, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  ab  bc  ca. Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB  AC. Gọi  I  là đường tròn nội tiếp tam giác ABC và K là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc A của tam giác ABC. Gọi D , E , F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm I đến các đường thẳng BC , CA, AB. Đường thẳng AD cắt đường tròn  I  tại hai điểm phân biệt D và M . Đường thẳng qua K song song với đường thẳng AD cắt đường thẳng BC tại N. a) Chứng minh rằng tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK . b) Gọi P là giao điểm của BI và FD . Chứng minh góc BMF bằng góc DMP. c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC đi qua trung điểm của đoạn thẳng KN . Câu 5. (1,0 điểm) Cho một bảng ô vuông kích thước 6  7 (6 hàng, 7 cột) được tạo bởi các ô vuông kích thước 1 1 . Mỗi ô vuông kích thước 1 1 được tô bởi một trong hai màu đen hoặc trắng sao cho trong mọi bảng ô vuông kích thước 2  3 hoặc 3  2, có ít nhất hai ô vuông kích thước 1 1 được tô màu đen có chung cạnh. Gọi m là số ô vuông kích thước 1 1 được tô màu đen trong bảng. a) Chỉ ra một cách tô sao cho m  20. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của m. -------------------- HẾT -------------------- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ------------- ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. a) Phương trình đã cho luôn xác định với mọi x . Đặt a  x 2  5 ( a  0), khi đó phương trình có thể viết lại thành a 2  3x  ( x  3)a, hay ( a  x )( a  3)  0. x 2  5  3. Do a  x 2  5  x 2  x  x nên từ đây, ta có a  3 hay Từ đó, ta có x  2 (thỏa mãn) hoặc x  2 (thỏa mãn). Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 và x  2. b) Từ giả thiết thứ nhất và thứ hai, ta có: 2ab  c a  b  2c 2 . Do đó ab  c 2 . Suy ra: a  c b  c  ab  c a  b  c 2  c 2  2c 2  c 2  0 1. Mà: a  b  a  b  4ab  2c   4c 2  0 2. 2 2 2 Từ 1 và 2 , suy ra: a  b  c. Câu 2. a) Với mọi số nguyên a, b và số tự nhiên k ta có: a k  b k a  b. Suy ra: a k  b k  a  b M với M là số nguyên. Ta có: A  11n  2n   7 n 1n   9C  6 D  33C  2 D 3 với C , D là số nguyên. Lại có: A  11n 1n   7 n  2n   10C  5D  5 2 P  Q 5 với P, Q là số nguyên. Suy ra A15. b) Với mọi số nguyên a thì a 2 chia 11 dư 0, 1, 3, 4, 5, 9. Ta có: 11  m  0  11n 2  m 2  0. Nếu 11n 2  m2  1 thì m 2  10 mod11 , mâu thuẫn. n Suy ra: 11n 2  m2  2. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 11n  m    3 11  3 m  11n 2  m 2  6  1  11  3  9   11  3 m2 2  2 .    11  3   2 11  3  m 2  2  11n 2 . Bất đẳng thức 2 đúng.  Nếu m  3 thì VP2  m2  6  Nếu m  1 thì 1  11n  3 11  8  11n  8  3 11. Do 11n 2  m 2  2  n   Nếu m  2 thì 1  2 11n  3 11  5. Do 11n 2  m 2  2  n  3 nên 1 đúng. 11 6 nên 1 đúng. 11 Tóm lại trong mọi trường hợp ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m  3, n  1. Câu 3. a) Do x 2  4 x  3 có bậc là 2 nên số dư phép chia P( x) cho x 2  4 x  3 có dư là ax  b. Đặt P( x)   x 2  4 x  3 Q( x)  ax  b.  P 1  3    a  b  3 a  2 Ta có:    .     3a  b  7  b  1 P 3  7        Vậy đa thức dư cần tìm là 2 x 1. b) Ta chứng minh ab  bc  ca  a  b  c  abc. Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 1a  b  c12  ab  bc  ca1 abc  1  1 a 1 b1 c  1. Không mất tính tổng quát giả sử a  b  c. Ta có: 4  a  b  c  abc  3c  c 3  c  1. Ngoài ra 4  a  b  c  abc  3a  a3  a  1. Khi đó 1 a 1 c  0.  Nếu b  1  1 b  0. Khi đó 1 a 1 b1 c  0  1. Ta có điều phải chứng minh.  Nếu b  1, kết hợp với c  0 và áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:  a  b  2   a  b  c  abc  2    1.        2 2 1 a 1 b1 c  a 1b 11 c  a 1b 1   2 2 Từ đó suy ra: ab  bc  ca  a  b  c  abc  4. Do đó P  4. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  2, c  0 và các hoán vị. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 đạt được khi a  b  2, c  0 và các hoán vị. Câu 4. a) Dễ thấy D, E , F là các điểm của  I  với các cạnh BC , CA, AB do đó BD  BF , kết hợp với ID  IF suy ra BI là trung trực của DF . Do đó BI  DF .  nên BI  BK , từ đó BK  DF . Mà BI , BK theo thứ tự là phân giác trong và ngoài của góc ABC Chứng minh tương tự, ta cũng có CK  DE  CI .   NKB  1. Từ BK  DF và KN  DM , ta suy ra: FDM   IEC   IEA   IFA   900. Mặt khác ID  BC , IE  CA và IF  AB, suy ra: IDC Do đó IDCE và IEAF là các tứ giác nội tiếp. Lại có IA, IB, IC là ba đương phân giác trong của ABC , ta có:      FEI   IED   FAI   ICD   BAC  ACB  900  ABC . FED 2 2 2    FED   900  BAC  KBI   CBI   NBK   2 . Vì BK  BI và tứ giác DEMF nội tiếp nên: FMD 2 Từ 1 và 2 , suy ra tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK . b) Theo câu a ) BI là trung trực của DF nên BI vuông góc với DF tại trung điểm P của DF . Gọi G là giao điểm thứ hai của BM và đường tròn  I . Dễ thấy hai tam giác BMF và BFG đồng dạng với nhau nên BF MF BM   . Suy ra: BG FG BF BM BF MF MF  MF  BM       3. BG BF BG FG FG  FG  2 BM  MD  Chứng minh tương tự ta cũng có:   4. BG  DG  2 Từ 3 và 4 suy ra: DM FM  . FG DG Kẻ dây cung GH của  I  và song sóng với DF thì tứ giác FDHG là hình thang cân. Suy ra: FH  DG và FG  DH . Khi đó: FM FM DM DM    . FG DG FH DH Do đó: FM  FH  DM  DH 5.    x  MD  sin MDH   Gọi x, y là các khoảng cách từ M đến HD, HF thì  .   MF  sin MDH   y  MF  sin 1800  MFH     Suy ra:  x y   6 . MD MF Từ 5 và 6 , suy ra: S FMH x  FH MF  FH   1. Do đó MH đi qua trung điểm của FD.  S DMH y  HD MD  DH   GMF   DMH   DMP . Tức là P  MH , do đó BMF c) Gọi Q là trung điểm của KN . Theo câu a) thì MFD  BNK mà MP, BQ lần lượt là trung tuyến của hai tam tác này nên DMP  KQB.   DMP   KBQ  . Đặt   BMF  , ta có: BQN   QKB   KBQ   QKB   . Kết hợp với câu b), ta có: BMF  thì ta cũng có CQN   QKC   . Tương tự đặt   CME   BQN   CQN   QKB     QKC     BKC     . Suy ra: BQC Do BK  DF , CK  DE và tứ giác DEMF nội tiếp nên:       EDF   1800  EMF   1800  BMF   BMC   CME   1800  BMC    . BKC   BKC       1800  BMC  hay BQC   BMC   1800. Suy ra BQC Do đó tứ giác BMQC nội tiếp, tức là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM đi qua trung điểm Q của KN . Câu 5. a) Cách tô màu thỏa mãn m  20. b) Theo cách tô của bảng, ta thấy rằng trong ba ô vuông nằm ở các vị trí trong hai dạng dưới đây có ít nhất một ô được tô đen. Tiếp theo, ta xét các ô nằm ở vị trí như hình dưới đây (phần có màu đỏ trong hình). Ta sẽ chứng minh rằng trong các ô A, B, C , D có ít nhất hai ô được tô màu đen. Thật vậy, giả sử trong bốn ô này chỉ có tối đa một ô được tô màu đen. Khi đó, theo nhận xét trên, ta cũng thấy rằng trong các ô này có ít nhất một ô màu đen. Không mất tính tổng quát, giả sử ô A được tô màu đen và ô B, C , D được tô trắng. Lúc này bảng con 23 chứ các ô B, E , C , F , D không có hai ô tô đen nào nằm cạnh nhau, mâu thuẫn. Vậy trong bốn ô A, B, C , D có ít nhất hai ô được tô đen. Từ đây, ta suy ra bất cứ bốn ô nào nằm ở vị trí giống với bốn ô A, B, C , D trong hình vẽ trên đều có ít nhất hai ô được tô đen. Bây giờ, ta chia bảng ô vuông đã cho thành các vùng như hình vẽ bên dưới.