Đề thi thử vào chuyên Toán năm học 2022 lần 10 do thuvientoan.net biên soạn có lời giải chi tiết

https //www facebook com/thuvientoan net https //thuvientoan net/ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2020 – 2021 MÔN THI TOÁN CHUYÊN Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (1,5 điểm) a) Giải phương trình  3 23 4 4 1 0 x x x x     b) Giải hệ phương trình 2 2 24 6 3 2 4 2 3 4 x xy y xy y x x y y y              c) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n đều có thể viết được dưới dạng 2 2 25x y z  với , ,x y z là số nguyên nào đó Câu[.]

https://www.facebook.com/thuvientoan.net

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2020 – 2021

MÔN THI: TOÁN CHUYÊN

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,5 điểm)

a) Giải phương trình: 3  2 

x  x  x x 

b) Giải hệ phương trình:



     



c) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n đều có thể viết được dưới dạng 2 2 2

5

x y  z với x y z, , là số nguyên nào đó

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các số nguyên tố p1, p2, p3, p4, p5, p thỏa mãn: 6 p12p22p32p42p52 p62

b) Cho a b c, , là các số nguyên thỏa mãn 2018 2019 2020

a b c chia hết cho 6

Chứng minh rằng 2020 2021 2022

a b c chia hết cho 6

Câu 3 (2,5 điểm)

a) Chứng minh rằng với mọi x 0, ta có: 4 3

3 4

x x

b) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a2b3c12 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2

Pabbccaabc b c

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, không cân có trực tâm H Trên đường tròn đường kính BC về phía trong, lấy điểm ,

D thay đổi Các đường tròn ( ADB), (ADC lần lượt cắt lại BC ở ) E F, Giả sử BH cắt AF AE ở , M P ; CH , cắt AE AF ở , N Q,

a) Chứng minh rằng các điểm D M N, , thẳng hàng và tam giác AMN vuông

b) Gọi R là giao điểm của AD PQ, Chứng minh rằng điểm R luôn thuộc một đường tròn cố định khi điểm D

di động

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho hình vuông có cạnh bằng 20 Bên trong hình vuông chọn 2017 điểm phân biệt (không nằm trên các cạnh của hình vuông) Xét tập hợp A có 2021 điểm gồm 4 đỉnh hình vuông và 2017 điểm đã chọn Chứng minh rằng tồn tại

ít nhất một tam giác có 3 đỉnh thuộc A với diện tích nhỏ hơn 1

10

-HẾT -

ĐỀ SỐ 10

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI Câu 1 (1,5 điểm)

a) Giải phương trình: 3  2 

x  x  x x 

b) Giải hệ phương trình:



     



c) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n đều có thể viết được dưới dạng x2y25z2 với x y z, , là số nguyên nào đó

Lời giải

a) Điều kiệnx  1 Phương trình đã cho tương đương với

2

2

1 0 (1)

2 1 0 (2)

   

 



2

1 0

0

x

  





0

x







Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là 1 5

;2 2 2 2

S    

b) Điều kiện xác định: 2x y 0

Từ phương trình thứ hai của hệ có:

    



  



Từ phương trình đầu của hệ suy ra 4x26xy3y2 4

https://www.facebook.com/thuvientoan.net

Suy ra:

 

 

Do đó nếu hệ cho có nghiệm x y thì 2;  x  y 4 y 0

Do đó:

2

2

(1)

Mặt khác, thay 2xyy2  2 x vào phương trình thứ hai của hệ có:

2

2

2

2

(2)

x

x

 





 



 



Kết hợp (1) và (2) , ta có:  

2

2 2

4

x

x y

  



Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm x y là ;  2; 0 , 2; 4   

c) Nếu n chẵn, đặt n2 ,k ta có:

n k k  k  k

Nếu n lẽ, đặt n2k1, ta có:

n k k  k  k

Vậy trong mọi trường hợp n có thể biểu diễn dưới dạng x2y25z2 với x y z, , là số nguyên nào đó

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các số nguyên tố p1, p2, p3, p4, p5, p thỏa mãn: 6 p12p22p32p42p52 p62

b) Cho a b c, , là các số nguyên thỏa mãn a2018b2019c2020 chia hết cho 6

Chứng minh rằng a2020b2021c2022 chia hết cho 6

Lời giải

a) Ta có: 2 2 2 2 2 2 2  

p p p p p  p  p  p 

1; 4 mod 8

i

p  với i 1;5 Ta xét các trường hợp sau:

p  p  p  p  p 

p p p p p        vô lí

p  p  p  p   p i là số chẵn mà p i  i, 2;5 là số nguyên tố nên:

p  p  p  p 

p  p  p p p p 

Do p và 6 p là các số nguyên tố lẽ nên 1 p6 và p1 p6 là các số chẵn và p1 p6p1 p6 nên: p1



p p p p p        vô lí

p p p p p        vô lí

p p p p p        vô lí

p  p  p  p  p 

p p p p p       vô lí

Vậy phương trình đã cho có nghiệm p i  i  1;5 có một số bằng 3, các số còn lại bằng 2 và p 6 5 b) Ta có:

Ta có tích ba số tự nhiên liên tiếp sẽ chia hết cho 6, do có một số chẵn và một số chia hét cho 3

https://www.facebook.com/thuvientoan.net

Do vậy: a a 1a1 , b b1b1 , c c1c đều chia hết cho 6 1

Suy ra: 2020 2021 2022  2018 2019 2020

a b c  a b c chia hết cho 6

Mà a2018b2019c2020 chia hết cho 6 nên suy ra a2020b2021c2022 chia hết cho 6

Suy ra điều phải chứng minh

Câu 3 (2,5 điểm)

a) Chứng minh rằng với mọi x 0, ta có:

3 4

3 4

x x

b) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a2b3c12 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2

Pabbccaabc b c

Lời giải

a) Đặt 3

3

1 ,

x

  với a b , 0 và ab 1 Bất đẳng thức trở thành:

2

2

                   

         

a b ab  ab  Từ đây suy ra bất đẳng thức cần chứng minh đúng

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a hay b x 1

b) Ta có:

1 13

        

Ta có:

a b c a b c            

Suy ra: P 36 13 23

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 2 3 3 5, 2, 1

2 3 12

     

   



Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 23 đạt được khi a5,b2, c1.

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, không cân có trực tâm H Trên đường tròn đường kính BC về phía trong, lấy điểm ,

D thay đổi Các đường tròn ( ADB),(ADC lần lượt cắt lại BC ở ) E F, Giả sử BH cắt AF AE ở , M P ; CH , cắt AE AF ở , N Q,

a) Chứng minh rằng các điểm D M N, , thẳng hàng và tam giác AMN vuông

b) Gọi R là giao điểm của AD PQ, Chứng minh rằng điểm R luôn thuộc một đường tròn cố định khi điểm D

di động

Lời giải

a) Giả sử BH AC tại K Khi đó: BDC BKC90 BDKC nội tiếp

Ta có: DAM  DCF DKM

Vì tứ giác DACF BDKC, nội tiếp nên ADKM nội tiếp, suy ra ADM  AKM 90

Tương tự, ta cũng có ADN90 Do đó: D M N, , thẳng hàng

Mặt khác, ta có: AMN AKM  DBC vì các tứ giác ADKM BDKC, nội tiếp

Tương tự thì ANM  DCB Do đó AMN DBC MAN BDC90

b) Ta sẽ chứng minh rằng BRC90 

Trên AD lấy S sao cho D BSC90 (ta sẽ chứng minh S ) R

Ta có BSD BCD DAF vì tứ giác BDCS DACF, nội tiếp nên SB AF ; mà AF AE nên SBAE

tại X Chứng minh tương tự thì SC AF tại Y

Ta có NAQ AXB90 , AQN XAB vì CH AB nên

Y X

K M N

S ≡ R Q

P

H

F E

A

D

https://www.facebook.com/thuvientoan.net

Ta lại có: MAN AXS90 , AMN SAX vì ADMN nên

Từ hai đẳng thức trên, ta được: AQ XB AM XS AM AQ

Từ đây suy ra PA AQ

PX  XS , điều này chứng tỏ rằng SPQAD  R BRC90 nên R luôn thuộc đường tròn đường kính BC , cố định

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho hình vuông có cạnh bằng 20 Bên trong hình vuông chọn 2017 điểm phân biệt (không nằm trên các cạnh của hình vuông) Xét tập hợp A có 2021 điểm gồm 4 đỉnh hình vuông và 2017 điểm đã chọn Chứng minh

rằng tồn tại ít nhất một tam giác có 3 đỉnh thuộc A với diện tích nhỏ hơn 1

10

Lời giải

Trước hết chọn 1 điểm bất kì bên trong hình vuông Nối điểm này với 4 đỉnh hình vuông tạo được 4 tam giác Ta

đã chọn 5 điểm

Hình 1 Hình 2 Tiếp theo chọn một điểm khác bên trong hình vuông Có hai trường hợp

 Nếu điểm vừa chọn ở trên cạnh của một trong các tam giác tạo thành thì ta có thể nối như Hình 1 để tạo thành 6 tam giác

 Nếu điểm vừa chọn ở bên trong một trong các tam giác tạo thành thì ta có thể nối như Hình 2 để tạo thành

6 tam giác

Như vậy mỗi lần lấy thêm một điểm thì số tam giác tạo thành tăng thêm 2

Ta chọn như vậy với 2016 điểm ta có số tam giác tạo thành là 4 2 20164036

Tổng diện tích các tam giác bằng diện tích hình vuông và bằng 202 400

Suy ra có ít nhất một tam giác có diện tích không vượt quá 400 1

4036 10 Ta có điều phải chứng minh