BẢN PDF FULL XEM TRƯỚC bộ vào 10 CHUYÊN 46 TỈNH 2020 2021 hồ KHẮC vũ GV TOÁN QNAM

AC AB Đường thẳng EF cắt các đường thẳng AOvà BCtheo thứ tự tại M và N a CMR: tứ giác AMDNnội tiếp b Gọi K là giao điểm của ABvà ED L, là giao điểm của ACvà FD H, là trung điểm của KLv

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

2 Cho phương trình 2x2 3x2m0.Tìm mđể phương trình trên có hai

nghiệm phân biệt x x khác 0 thỏa : 1, 2

1 Cho tam giác ABCcân tại A (với BAC60 )0 nội tiếp đường tròn  O Gọi

M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC.CMR: MAMBMC

2 Cho tam giác ABCnhọn AB ACnội tiếp trong đường tròn tâm O, gọi D

là trung điểm của BCvà E F, tương ứng là hình chiếu vuông góc của Dlên ,

AC AB Đường thẳng EF cắt các đường thẳng AOvà BCtheo thứ tự tại M

và N

a) CMR: tứ giác AMDNnội tiếp

b) Gọi K là giao điểm của ABvà ED L, là giao điểm của ACvà FD H, là trung điểm của KLvà Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF

CMR: HI EF

Câu 5 (1,0 điêm)

Cho x y, là hai số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

ĐÁP ÁN Câu 1

162

9( )

11

Dựng tam giác đều AB C' ', lấy điểm D trên AM sao cho MDMB' MB D'cân,mà DMB' ACB'600  MB D' đều

a) Vẽ đường kính AOJ.Ta có: ACJ 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Ta có : AED AFD900 900 1800 Tứ giác AEDFnội tiếp  D2 E2

(góc nội tiếp cùng chắn cung AF) ADN    D1 D2   A1 E2  AMN

(góc ngoài của tam giác) suy ra tứ giác AMDNnội tiếp

b) Ta có: KELKFL900 tứ giác KLEFnội tiếp đường tròn đường kính

,

KL mà H là trung điểm của KLHlà tâm đường tròn đường kính

 1

KLHE HF

Vì Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp AEFIEIF

Từ (1) và (2) suy ra IH là đường trung trực của đoạn EF HI EF

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NAM

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

Năm học 2020 – 2021 Môn :TOÁN (Đề chuyên)

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1 (2,0 điểm)

11



Câu 2 (2,0 điểm)

1 Cho phương trình x4 2mx2 2m 6 0.Tìm giá trị của mđể phương trình

có bốn nghiệm phân biệt x x x x sao cho 1, 2, 3, 4 x1x2  x3 x4và

AH Gọi Ilà tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.Đường thẳng AI cắt

đường tròn  O tại điểm thứ hai M.Gọi A'là điểm đối xứng với Aqua O Đường thẳng MA'cắt các đường thẳng AH BC, theo thứ tự tại Nvà K.Gọi L là giao điểm của MAvà BC.Đường thẳng A I' cắt đường tròn  O tại điểm thứ hai là D.Hai đường thẳng ADvà BCcắt nhau tại điểm S

1) Chứng minh tam giác ANA'là tam giác cân và MA MK' ML MA

2) Chứng minh MI2 ML MA và tứ giác NHIKlà tứ giác nội tiếp

3) Gọi T là trung điểm của cạnh SA,chứng mnh ba điểm T I K, , thẳng hàng 4) Chứng minh nếu ABAC2BCthì Ilà trọng tâm của tam giác AKS

ĐÁP ÁN Câu 1

Câu 3

1) Chứng minh tam giác ANA'là tam giác cân và MA MK' ML MA

Ta có A AC' 900 AA C' 900 ABCBAHmà AI là phân giác của góc BAC

nên AI là phân giác góc NAA'AM MA' ANA'cân tại A

2) Chứng minh MI2 ML MA và tứ giác NHIKlà tứ giác nội tiếp

NIK NHK Tứ giác NHIKnội tiếp

3) Gọi T là trung điểm của cạnh SA,chứng mnh ba điểm T I K, , thẳng hàng

Tứ giác NHIKnội tiếp suy ra IHK INK IA M' IAD

Suy ra AIHSlà tứ giác nội tiếp, do đó AIS AHS 900

TIA TAI INK

I

H

O A

B

C

IL  nên Ilà trọng tâm của tam giác ASK

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1 (2,0 điểm)

11



Câu 2 (2,0 điểm)

1 Cho phương trình x4 2mx22m 6 0.Tìm giá trị của mđể phương trình

có bốn nghiệm phân biệt x x x x sao cho 1, 2, 3, 4 x1x2  x3 x4và

AH Gọi Ilà tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.Đường thẳng AI cắt

đường tròn  O tại điểm thứ hai M.Gọi A'là điểm đối xứng với Aqua O Đường thẳng MA'cắt các đường thẳng AH BC, theo thứ tự tại Nvà K.Gọi L là giao điểm của MAvà BC.Đường thẳng A I' cắt đường tròn  O tại điểm thứ hai là D.Hai đường thẳng ADvà BCcắt nhau tại điểm S

1) Chứng minh tam giác ANA'là tam giác cân và MA MK' ML MA

2) Chứng minh MI2 ML MA và tứ giác NHIKlà tứ giác nội tiếp

3) Gọi T là trung điểm của cạnh SA,chứng mnh ba điểm T I K, , thẳng hàng 4) Chứng minh nếu ABAC2BCthì Ilà trọng tâm của tam giác AKS

Câu 3

1) Chứng minh tam giác ANA'là tam giác cân và MA MK' ML MA

Ta có A AC' 900  AA C' 900 ABCBAHmà AI là phân giác của góc BAC

nên AI là phân giác góc NAA'AM MA' ANA'cân tại A

2) Chứng minh MI2 ML MA và tứ giác NHIKlà tứ giác nội tiếp

NIK NHK Tứ giác NHIKnội tiếp

3) Gọi T là trung điểm của cạnh SA,chứng mnh ba điểm T I K, , thẳng hàng

Tứ giác NHIKnội tiếp suy ra IHK INK IA M' IAD

Suy ra AIHSlà tứ giác nội tiếp, do đó AIS AHS 900

TIA TAI INK

I

H

O A

B

C

IL  nên Ilà trọng tâm của tam giác ASK

Câu II (2 điểm)

1) Tìm tất cả các số nguyên dương a b c, , sao cho cả ba số

bộ số (có thể khác thứ tự) thì bộ số ban đầu phải có dạng a;a a; ;a

Câu III (3 điểm)

Cho tam giác ABCcân tại A với BAC90 0 Gọi Plà giao điểm của BEvới trung trực của BC.Gọi K là hình chiếu vuông góc của Plên AB.Gọi Q là hình chiếu vuông góc của Elên AP.Gọi giao điểm của EQvà PKlà F

1) Chứng minh rằng 4 điểm A E P F, , , cùng thuộc một đường tròn

2) Gọi giao điểm của KQvà PElà L.Chứng minh rằng LALE

3) Gọi giao điểm của FLvà ABlà S Gọi giao điểm của KEvà ALlà T Lấy R

là điểm đối xứng với Aqua L Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ASTvà đường tròn ngoại tiếp tam giác BPRtiếp xúc với nhau

Câu IV (1 điểm)

Với a b c, , là những số thực dương thỏa mãn a  b c 3.Chứng minh rằng

ĐÁP ÁN Câu I

1) Thay x yx 1 4vào phương trình  2 ta có:

x x x

Câu III

1) Ta có PAE PAK EFKAEPFlà tứ giác nội tiếp

2) Điểm A nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PEFnên theo định lý về đường thẳng Simson, hình chiếu vuông góc của A trên 3 cạnh của tam giác

PEFthẳng hàng

Do K Q, lần lượt là hình chiếu vuông góc của Atrên PF PE KQ, , cắt PE tại

Lnên ALPE

3) Ta phát biểu một bổ đề như sau

Bổ đề Cho tam giác ABC.Đường cao AD P, là điểm bất kỳ trên AD BP CP,cắt AC AB, lần lượt tại E và F Khi đó DAlà phân giác EDF

Chứng minh: Qua A kẻ đường song song với BC,cắt DE DF, tại X và Y

Trở lại bài toán : ta có:

KLE QLE QAK EFK ELFK

Gọi T'là giao của hai đường thẳng qua Ssong song với BC, với AL

Ta có: AT S'  APL AKLnên tứ giác SLT K' nội tiếp

Suy ra LKT' LST' LFE LKE

Suy ra K E T, , 'thẳng hàng Từ đó T'T

Gọi Ylà hình chiếu vuông góc của P trên AC BY cắt AKPtại X, cắt ALtại T''

Ta có PY PKLPlà phân giác của KLY

Mà BLAT''nên theo bổ đề trên, K E T, , ''thẳng hàng nên T''T

Ta có AXT  APY  APK  ABC  ASTnên XAST

a b b c c a abc a b c abc abc

a b b c c a abc a b c abc a b c abc

Thời gian làm bài: 150 phút

2x 8x62 x1 y  x 6x5 y

Cho đường tròn O R; , BClà một dây cung cố định của O R; không qua

O Gọi Alà điểm di động trên cung lớn BCsao cho AB ACvà tam giác ABC

nhọn Các đương cao BD CE, cắt nhau tại H Gọi Tlà giao điểm của DEvới BC

a) Chứng minh tứ giác BCDEnội tiếp đường tròn

ĐÁP ÁN Câu 1

Nhận thấy x 1 y2  x y 3nên ta phải phân tích số 56 thành tích của 3

số nguyên mà tổng 2 số đầu bằng số còn lại 56 1.7.8 7.1.8

Xét các trường hợp xảy ra ta được nghiệm nguyên dương của phương trình :

   2;9 ; 8;3

77

x x

BCDElà tứ giác nội tiếp đường tròn

b) Vì BCDElà tứ giác nội tiếp nên BCEBDE(2 góc nội tiếp cùng chắn cung

Suy ra tứ giác BHCMlà hình bình hành nên K là trung điểm của HM

Tam giác AHMcó OKlà đường trung bình nên AH 2OK  1

BCR BK  OK  OB BK 

Từ (1) và (2) suy ra AH R(không đổi)

Tam giác AHDvuông tại D nên AD2 DH2  AH2 R2

Chu vi của tam giác AHDlà AH  ADHD R R 2 1 2R

Vậy chu vi của tam giác AHDlớn nhất bằng 1 2 R khi HD AD

b) Tính giá trị của P khi 2

a) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm đó

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa mãn

2019x 2020x 2021

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Một tam giác có chiều cao bằng 2

5 cạnh đáy Nếu chiều cao giảm đi 2cm và cạnh đáy tăng thêm 2cm thì diện tích của nó giảm 2

14cm Tính diện tích tam giác đó b) Cho tam giác có số đo các đường cao là các số nguyên, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 1 Chứng minh tam giác đó là tam giác đều

Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , 0

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM

MÔN TOÁN CHUYÊN

x

cm khi đó diện tích của tam giác là:

2 25

x

H E

b) Gọi x y z; ; lần lượt là độ dài các đường cao tương ứng với các cạnh a b c; ;

của tam giác

Nhận xét rằng: Độ dài đường cao của một tam giác luôn lớn hơn đường

kính của đường tròn nội tiếp tam giác đó

Suy ra x2;y2;z  2 x 3;y3;z3 (Đường cao là các số nguyên)

DE AE AE AED ACB

Khi đó trong 2020 điểm không có 3 điểm nào thẳng hàng, nên với bất kỳ 3

điểm A A A i i, j, k( j k) đều tạo thành một tam giác

Tam giác A A A i j k chắc chắn có 1 góc tù (vì góc nội tiếp chắn cung lớn hơn

nửa đường tròn) Vậy tồn tại 2020 điểm trên mặt phẳng thỏa mãn bài

toán

0,5

(Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NỘI

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN TOÁN CHUYÊN Thời goan làm bài :150 phút Câu I (2 điểm)

1) Giải phương trình: 2   2

x  x  x x 

2) Cho các số thực a b c, , thỏa mãn a b 2c0và 2ab bc ca0.Chứng minh rằng : a  b c 0

Câu II (2 điểm)

1) Chứng minh với mọi số nguyên dương n,số A11n 7n 2n 1chia hết cho

1) Cho đa thức P x( )với hệ số thực thỏa mãn P 1 3,P 3 7.Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức P x cho đa thức 2

x  x2) 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 IV (3 điểm) Cho tam giác ABCcó ba góc nhọn và AB AC.Gọi (I) là

đường tròn nội tiếp ABCvà 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 đườn thẳng BC CA AB, , Đường thẳng ADcắt đường tròn (I) tại hai điểm phân biệt

Dvà M Đường thẳng qua Ksong song với đường thẳng ADcắt đường thẳng BC

tại N

1) Chứng minh MFD BNK

2) Gọi Plà giao điểm của BIvà FD.Chứng minh BMF DMP

3) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MBCđi qua trung điểm của đoạn thẳng KN

Câu V (1 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 1 trong 2 màu đen hoặc trắng sao cho trong mọi ô vuông kích thước 2 3 hoặc 3 2 có ít nhất

2 ô vuông kích thước 1 1 được tô màu đen có chung cạnh

a) Chỉ ra một cách tô sao cho m20

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của m

ĐÁP ÁN Câu I

Vậy đa thức dư trong phép chia P x( )cho x2 4x3là 2x1

2) Không mất tính tổng quát , giả sử a  b c abacbc.Ta xét hai trường hợp:

Dấu " " xảy ra khi a b c, ,   0,2,2và các hoán vị

Vậy Max P4, đạt được khi a b c, ,   0,2,2và các hoán vị

Lại có BF BDnên FX DX DX FM FX DM.

FM  DM  Gọi P'là điểm trên đoạn DFsao cho P MD'  XMF

3) Gọi L là trung điểm của KN Q, là trung điểm của DE

Chứng minh tương tự câu b, ta cũng có EMQCMD

Từ câu a, ta có MFD BNK,mà MP BL, là hai đường trung tuyến tương ứng của hai tam giác trên nên BLN MPF, tương tự: CLN MQE Suy ra :

Trong 3 ô 1,2,3 có một ô tô đen Giả sử ô 1 tô đen

Trong 3 ô 2,3,4 có một ô tô đen

Trong 4 ô này có ít nhất 2 ô được tô đen Đánh số như hình vẽ sau:

Trong nhóm đánh số từ 1 đến 6: Mỗi nhóm có ít nhất hai ô được tô màu

Trong các nhóm được đánh số từ 7 đến 10: mỗi nhóm có ít nhất 2 ô được tô màu Suy ra số ô được tô màu tối thiểu là 2 6  4 16(ô)

Sau đây là một cách tô với m16(ô tô màu là ô đánh x)

Thời gian làm bài: 150 phút

2

1

2) Cho parabol   2

:

P yx và đường thẳng  d :y mx 2 m m( là tham số) Tìm mđể đường thẳng  d cắt  P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x1, 2sao cho biểu thức

Câu III (3,0 điểm)

1) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  a b; để biểu thức

233

a ab

2020 điểm đã cho

Câu IV (6,0 điểm)

Cho tam giác ABCnhọn AB ACnội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao AD BE CF, , của tam giác ABCđồng quy tại H.Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC K, là giao điểm của hai đường thẳng BCvà EF

1) Chứng minh rằng KB KC KE KF và H là tâm đường tròn nội tiếp DEF

2) Qua điểm Fkẻ đường thẳng song song với đường thẳng AC,đường thẳng này cắt các đường thẳng AK AD, lần lượt tại Pvà Q.Chứng minh FPFQ

3) Chứng minh rằng đường thẳng HKvuông góc với đường thẳng AM

1.a)

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

 d luôn cắt  P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x 1, 2

Nhận xét x x khác 1, 2 1vì  2  

        đúng với mọi m

2 2

Trường hợp 2: Nếu trong 2019 điểm còn lại tồn tại điểm Bnằm ngoài hình tròn

A cm;1  thì AB1cm,vẽ đường tròn B cm;1 .Ta chứng minh 2018điểm còn lại hoặc thuộc hình tròn A cm;1 hoặc thuộc hình tròn B cm;1 

Thật vậy, giả sử tồn tại điểm C trong 2018 điểm còn lại nằm ngoài cả hai hình tròn

A cm;1  ; B cm;1 như hình vẽ Khi đó AC1cm BC, 1cm.Như vậy với ba điểm , ,

A B Cthì khoảng cách của hai điểm bất kỳ luôn lớn hơn 1 (mâu thuẫn với đề bài) Vậy 2018 điểm còn lại hoặc thuộc hình tròn A cm;1 hoặc thuộc hình tròn B cm;1 

Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một hình tròn chứa ít nhất 1009điểm đã cho và chứa thêm điểm A hoặc điểm B

Vậy tồn tại một hình tròn có bán kính bằng 1cm,chứa không ít hơn 1010điểm đã cho

A

B C

Câu IV

1) Chỉ ra tứ giác BFECnội tiếp và KBF KEC

Khi đó KF KB KB KC KE KF

KC  KE  Chỉ ra tứ giác BDHFnội tiếp , suy ra FBH FDH (1)

Chỉ ra tứ giác CDHEnội tiếp, suy ra HDE HCE (2)

Ta có: FBEFCE 3 vì tứ giác BFECnội tiếp

Từ      1 , 2 , 3  FDH  EDHHDlà phân giác của FDE (4)

A'

N I

H

M

P

Q K

F

E

D

O A

Chứng minh tương tự, ta được:HElà phân giác của FED 5

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

2) Gọi Nlà giao điểm của AD KE,

Theo tính chất đường phân giác trong của DEF NF DF 6

Suy ra KI KA KF KE AIFElà tứ giác nội tiếp

Vì ba điểm A E F, , thuộc đường tròn đường kính AH đường tròn đường kính I

AH AI HI

Ta có AIA' 90 0 AI  A I'

Kết hợp với AI HI H I A, , 'thẳng hàng

Mặt khác ba điểm H M A, , 'thẳng hàng nên 4 điểm H M I A, , , 'thẳng hàng

Xét AKMcó AH KM và MH AKHlà trực tâm AKM

Suy ra KH  AM dfcm( )

Câu V

Chứng minh với ba số dương x y z, , ta có:   1 1 1  

25

Thời gian làm bài: 150 phút

b) Trong đợt dịch Covid – 19, theo kế hoạch thì hai tổ I và II của công ty may

X phải sản xuất 1000khẩu trang y tế trong thời gian hai ngày để kịp thời

sau hai ngàu họ đã làm được nhiều hơn 1700khẩu trang so với kế hoạch Tính số khẩu trang làm được của mỗi tổ sau khi cải tiến kỹ thuật

ĐÁP ÁN Câu 1

Câu 3

Xem (I) là phương trình bậc hai theo x,ta có:

2 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm     x y;  2;1 ; 1; 1  

b) Gọi x y x y,  ,  *lần lượt là số khẩu trang dự định may ban đầu của tổ I và

40001700

x y

x

tm y

Do đó tứ giác BMIPnội tiếp đường tròn đường kính BI

b) AB AC(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)ABC ACB

Chứng minh tương tự câu a, ta cũng có tứ giác CMINnội tiếp đường tròn đường kính CI MIP1800 MBP1800 MCN MIN

(

PBI PMI cùng chắn cung IPcủa đường tròn đường kính BI)

MCI MNI(cùng chắn cung IM của đường tròn đường kính CI)

PBI BCI MCI(cùng chắn cung IBcủa đường tròn  O )

PMI PBI MCI MNI

P

N M

C

B

I

Mà IBM MCI BIC1800PMI IMN BIC 1800

Hay EMFEIF 1800 tứ giác EMFI nội tiếp

EFI EMI

  (góc nội tiếp cùng chắn cung EI)EFI MCIEMI

Mà EFI và MCIlà hai góc đồng vị EF / /BC

Theo giả thiết IM BCIM EF

Câu 5

2 5.101x y z 2020xyzx x y z 2020yznên xkhông thê có ước só ưo nào ngoài các số có thể là 2;5;101

Vì 20202 5.1012 nên ta có các lập luận sau:

Nếu x 5(hoặc x101)thì x3 53(hoặc x3 101 )3 nhưng   3

2 Từ những lập luận trên, ta suy ra x1(ktm x); 2

Khi x2ta được phương trình 3 3   

Nếu y z, cùng chia hết cho 5 thì y3 z3 53

Trong khi đó 5.101yz 1 5.101.yz5.101không chia hết cho 53

Do đó cả hai số y z, đều không chia hết cho 5