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

LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN CHUYÊN LỚP THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI.. THUVIENTOAN.NET Câu 1..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2020 – 2021

Môn Toán chuyên

Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

10 2

2 2

2



b) Chứng minh rằng 1 1 2

0

x y x y x y xy



 



Câu 2 (2,0 điểm)

5x 3x 6 7x1 x  3

b) Giải hệ phương trình:

8

16

5

2

xy

x y

x y







Câu 3 (2,0 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x y z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 ; , AB và CD vuông góc với nhau Lấy E là điểm bất kỳ trên cung nhỏ

AD với E không trùng A và D 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

AM DN đạt giá trị nhỏ nhất

2 Cho nửa đường tròn  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 vuông góc với BC,HBC Chứng minh rằng AH BD CE, , đồng

quy

Câu 5 (1,0 điểm)

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

x y y z z x

xyz

x y z 

-HẾT -

LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN CHUYÊN LỚP THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

THUVIENTOAN.NET

Câu 1

2

10x 30x11 10 x 3x 1 1 1

2x 6x3 2 x 3x 1 1 1

Suy ra

 

1

1

B   

 Vậy B 0

b) Ta có:

2

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

2

x xy y x y      

Mà xy 0 nên suy ra x0, y0

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

x y x y

Suy ra xy 1

x y xy xy



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

Câu 2

a) Đặt a x2 3 3, khi đó phương trình trở thành: 2   2

2a  7x1 a3x 3x 0

Xem đây là phương trình bậc 2 ẩn a, dựa vào công thức nghiệm ta tìm được:

2a  hoặc x 1 a3 x

Với 2a x 1, ta có

2

2

x x



Hệ này vô nghiệm

4

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

8

16

xy



Thay vào phương trình thứ hai ta được:

x   x   x

7

5

3

Phương trình (1) tương đương:

x

x

  







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

Xét

0

5 3

x

 

Suy ra phương trình (2) vô nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất x y ;  2; 2 

Câu 3

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

Do đó z  Suy ra x y 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

6a 24a256 a2  1 6p 1

6p  1 5p  5 p2 p2

Do p nguyên tố nên 4p   và 2 1 5 6p  2 1 5

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

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

 p chia 5 dư 1 hoặc 4 thì p1p  suy ra 1 5  2 

4p  1 5 Vô lí do 2

4p  là số nguyên tố lớn 1

hơn 5

 p chia 5 dư 2 hoặc 3 thì p2p  suy ra 2 5  2 

6p  1 5 Vô lí do 6p  là số nguyên tố lớn 2 1 hơn 5

Tóm lại a  là giá trị cần tìm 7

Câu 4

1

M

B A

C

O

D E

a) Tam giác COM và CED có   0

90

COM CED và ECD chung nên đồng dạng với nhau

Suy ra CO OM (1)

Do AB và CD là hai đường kính vuông góc nên  CEACAB

Kết hợp với ACE là góc chung ta có tam giác AMC và EMC đồng dạng với nhau

2

AC AM CO AM CO AM

CE  AE  CE  AE  CE  AE

2

OM AM

AM ED OM EA

ED  AE    

b) Theo câu a) ta có: ED 2OM (3)

Tương tự ta cũng có EA 2ON (4)

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

2

OM ON

2

OM ON OM ON

AM DN  AM DN  

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

AM  DN   hay E là điểm chính giữa cung nhỏ .AD

Vậy giá trị nhỏ nhất của OM ON

AM DN là 1 khi E là điểm chính giữa cung nhỏ .AD

2

Ta có AE AD, là hai tiếp tuyến nên   0

90

BEOCDO Suy ra BEOBHABH BO BE BA

Tương tự CH CO CD CA

Suy ra BH BO CE BA

BAC

Mà AD AE, là tiếp tuyến của  O nên ADAE (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:

(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

xyyzzx x y z x y z    



Đặt txyyzzx với t 0, từ giả thiết suy ra:

t

x y z   xyyzzx   t   t

4

8

xyz 

xyyzzx xyz xyyzzx  xyz xyyzzx

xyyzzx  xy yz yz zx  zx xy  xyz x y z

2 xyyzzx 6xyz x y z (3)

xyyzzx  xyz x  y z xyyzzx

Từ (1) và (4) suy ra

x y y z z x

xyz

x  y z 

1 2