Đề toán vào 10 chuyên toán Võ Nguyên Giáp năm 2020

Ví dụ 8 Giải các phương trình sau Website tailieumontoan com SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP NĂM HỌC 2020 – 2021 Khóa ngày 16/7/2020 Môn TOÁN (CHUYÊN) SBD Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề có 01 trang gồm 5 câu Câu 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức b) Chứng minh Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình b) Cho phương trình (với m là tham số) Gọi là hai nghiệm của phương trình , tìm m để đạt giá trị lớn n[.]

Website: tailieumontoan.com

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP

NĂM HỌC 2020 – 2021 Khóa ngày 16/7/2020 Môn: TOÁN (CHUYÊN)

SBD:………… Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề có 01 trang gồm 5 câu

Câu 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức:           

:

P

a) Rút gọn biểu thức P

b) Chứng minh 1

7

P 

Câu 2 (2,0 điểm).

a) Giải phương trình x212 5 3  x x25

b) Cho phương trình: x2  (m 1)x m 2 m 2 0 1   (với m là tham số)

Gọi x x1, 2 là hai nghiệm của phương trình  1 , tìm m để

Q

   

đạt giá trị lớn nhất

Câu 3 (1,0 điểm) Cho , , a b c là các số thực không âm thỏa mãn a b c  3

Tìm giá trị nhỏ nhất của T a 1 3 b 1 3 c 13

Câu 4 (1,5 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho M n.4n 3n chia hết cho 7

Câu 5 (3,5 điểm) Cho tam giác đều ABC cố định nội tiếp đường tròn  O Đường thẳng d

thay đổi nhưng luôn đi qua A và cắt cung nhỏ AB tại E (E không trùng với hai điểm A và

B) Đường thẳng d cắt hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn  O lần lượt tại M và N.

Gọi F là giao điểm của MC và BN Chứng minh rằng:

b) Bốn điểm B , M , E , F cùng nằm trên một đường tròn

c) Đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định khi đường thẳng d thay đổi

Hết

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP

NĂM HỌC 2020 - 2021 Khóa ngày 16/7/2020 Môn: TOÁN (CHUYÊN)

(Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang)

Yêu cầu chung

* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận logic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng.

* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước sau có liên quan.

* Điểm thành phần của mỗi câu được phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm là 0,5 điểm thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.

* Đối với Câu 5, học sinh không vẽ hình thì cho điểm 0 Trường hợp học sinh có vẽ hình, nếu

vẽ sai ở ý nào thì điểm 0 ở ý đó.

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm từng câu

* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu

1

Cho biểu thức:           

:

P

a) Rút gọn biểu thức P .

b) Chứng minh 1

7

P 

2,0

a



:

P



:

     





1

2

x

x x

0,25

 

1 2

x

Câu Nội dung Điểm

b

Với x 0, x 4  *

0

P

0,25

2

x x

x x

 32

0 2

x

x x



Bất đẳng thức cuối luôn đúng với mọi x thỏa mãn điều kiện  *

Dấu bằng xảy ra khi x 9.

0,25

Vậy 1

7

2

a) Giải phương trình sau: x212 5 3  x x25

b) Cho phương trình x2  (m 1)x m 2 m 2 0 1   (với m là

tham số) Gọi x x là hai nghiệm của phương trình 1, 2  1 , tìm m để

   

Q

x x đạt giá trị lớn nhất.

2,0

a

Ta có: x212 5 3  x x2  5 x2 12 4 3  x 6 x2  5 3 0,25

3 2

12 4 5 3

x

   

12 4 5 3

x

     

   

2

3 0

12 4 5 3

x







   

  

    



0,25

Từ phương trình đã cho ta có: 2 12 2 5 3 5 0 5

3

x   x   x   x

Dễ dàng chứng minh được : 2 2 2 2 3 0, 5

3

x

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 2

0,25

b

acm m  m  m   m    m

 phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu  Q xác định và Q  0m

0,25

Ta có:

     

Q

,

x x

x x cùng dấu)

Suy ra Q 2 (theo Cô si)

2

Q

Q Q







0,25

2

0,25

Vậy m1 thì    

Q

3 Cho , ,a b c là các số thực không âm thỏa mãn a b c  3.

Tìm giá trị nhỏ nhất của T a 1 3 b 1 3 c 13 1,0

Ta có :  

2 3

a a  a  a a a    a  a

(do a 0)

0,25

Tương tự:  13 3 1(2)

4

b  b ;  13 3 1(3)

4

Từ (1), (2) và (3) suy ra 3  3 9 3 3

T  a b c     

Dấu “=” xảy ra khi 3

0,

2

0,

2

b a c 

hoặc   3

0,

2

c a b

0,25

Vậy GTNN của T bằng 3

4

0,

2

0,

2

b a c 

0,

2

c a b 

0,25

4 Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho M n.4n 3n chia hết cho 7 1,5

Với n 2k k  * thì M 2 4k 2k 32k (2k1).42k  (16k  9 )k 0,25

Vì (16k  9 ) 7k  và 42k không chia hết cho 7 nên

 

0,25

Câu Nội dung Điểm

Vì n chẵn nên t lẻ  t 2m1 n 14m6m 

Thử lại, ta thấy n 14m6m  thỏa mãn bài toán. 0,25

Với n 2k1k  thì

(2 1).42 1k 32 1k 2 42 1k (42 1k 32 1k )

2 1 2 1

(4k 3k ) 7 và 42 1k không chia hết cho 7 nên

Thử lại, ta thấy n 14m1m  thỏa mãn bài toán.

0,25

Vậy n 14m6 hoặc n 14m1m  thì M chia hết cho 7. 0,25

5

Cho tam giác đều ABC cố định nội tiếp đường tròn  O Đường thẳng

d thay đổi nhưng luôn đi qua A và cắt cung nhỏ AB tại E (E không

trùng với hai điểm A và B ) Đường thẳng d cắt hai tiếp tuyến tại B và

C của đường tròn  O lần lượt tại M và N. Gọi F là giao điểm của

MC và BN Chứng minh rằng:

b) Bốn điểm B, M , E , F cùng nằm trên một đường tròn

c) Đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định khi đường thẳng d

thay đổi

3,5

Hình vẽ:

a Ta có BM OB( vì BM là tiếp tuyến của  O ) và AC OB (do OBlà

đường cao của tam giác ABC)  AC // BM

BMA CAN

  (hai góc đồng vị)

0,25

Chứng minh tương tự ta cũng có:

AB// CN  BAM CNA (hai góc đồng vị)

0,25

C

N

F

M

O B

A E

1

I

d

Suy ra CAN ∽BMA (g.g) 0,25 Suy ra: MB AB MB BC

Mặt khác      

2

b

Ta có BFM BCM NBC BCM CMB  1800  MBC 600 0,25 Mặt khác BEM BCA 600 (do t/c góc ngoài của tứ giác nội tiếp) 0,25

Vì hai đỉnh kề E và F cùng nhìn cạnh BM dưới một góc bằng 600 nên bốn

điểm , , ,B M E F cùng nằm trên một đường tròn. 0,25

c

Gọi I là giao điểm EF với BC

Ta có IBF BMF ( MBC ∽BCN )



BMF BEF (cùng chắn BF của đường tròn BMEF )

Suy ra  



BEF IBF hay  BEI IBF 

0,25

Xét EBI và BFI có BEI IBF (chứng minh trên) và  I chung 1

Suy ra EBI ∽BFI gg    IE IB  IB2 IE IF  1

IB IF

0,25

Chứng minh tương tự ta có CFI ∽ECI gg   IC2 IE IF  2 0,25

Từ  1 và  2 suy ra IB2 IC2  IB IC  I là trung điểm của BC

Mà BC cố định nên I cố định Vậy EF luôn đi qua điểm cố định là I . 0,25

………