Do đó trung điểm của AD là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BÌNH ĐỊNH NĂM 2020 – 2021
Môn thi: Toán Chuyên
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức: 3 4 7 1 3
P
b) Cho phương trình 2x23x Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm m 0 x x khác 1, 2 0 thỏa mãn:
1 2
1
Câu 2 (2,5 điểm)
a) Giải phương trình:
4 2
b) Giải phương trình: x y 3x 2y 1
Câu 3 (1,5 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên tố p q thỏa mãn , p23pq là một số chính phương q2
Câu 4 (2,5 điểm)
1 Cho tam giác ABC cân tại A có BAC 600 nội tiếp đường tròn O Gọi M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ
.
2 Cho tam giác ABC nhọn có ABAC nội tiếp đường tròn O Gọi D là cạnh trung điểm BC và , E F lần
lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AC AB Đường thẳng , EF cắt các đường thẳng AO BC theo thứ tự , tại M N ,
a) Chứng minh rằng tứ giác AMDN nội tiếp
b) Gọi K là giao điểm của AB và ED L là giao điểm của , AC và FD H là trung điểm của KL và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam AEF Chứng minh rằng HI EF
Câu 5 (1,0 điểm)
A
-HẾT -
Trang 2LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – BÌNH ĐỊNH NĂM 2020
THUVIENTOAN.NET
Câu 1
a) Điều kiện x và 0 x 1 Ta có:
P
1
P
x
Ta có P 2 x 1 x 1 1; 1; 2; 2 x2;0;3 do x 0
Vì x 0; 2;3 nên ta có x 0; 4;9 So với x thỏa điều kiện 1
Vậy có ba giá trị x cần tìm để P nguyên là x0, x4, x 9
b) Phương trình có hai nghiệm khác 2
2
9
Khi đó theo định lý Viete, ta có:
1 2
1 2
3 2 2
m
x x
Ta có:
1 2 1 2
1 2
2
1
4 3
1 9
m m
So với điều kiện ta thấy thỏa mãn Vậy m hoặc 1 m là các giá trị cần tìm 9
Trang 3Câu 2
x
Phương trình đã cho tương đương:
2 2
2
2 2
2
x
x
x
4
4
x
So với điều kiện ta thấy thỏa mãn
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm: 1 5 1; 5; 1 17; 1 17
Hệ phương trình tương đương:
0
Đặt a x và b y với x y a0,b Hệ đã cho trở thành: 0 2 2 5 2
0
2 a 1 5a a 2 a1 5a a 3a 5a do 2 0 a 2 a 0 Suy ra b 2
Khi đó ta có:
2
2
Thử lại thấy thỏa mãn
Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất x y ; 1;3
Trang 4Câu 3
Không mất tính tổng quát giả sử p Đặt q 2 2 2
Khi đó ta có:
2
3
Thay n bởi n thì phươn trình không đổi do đó không mất tính tổng quát giả sử n 0
Ta có: n và kết hợp với p q p q n p q phương trình tương đương:
1
Trường hợp 1: n p q 1 2p q pq 1 p 2q 2 5
Vì vai trò tương đương nên phương trình đã cho có hai nghiệm p q ; 3; 7 , 7;3
Câu 4
1
Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác nội tiếp ABMC ta có: ,
A
C B
M
Trang 5Suy ra MA MB MC AB.
BC
60
BAC
R
Suy ra
0 0
1
sin 60 sin
Từ đó suy ra MA MB MC AB MB MC
BC
Hay MAMBMC
2
a) Tứ giác AEDF nội tiếp do 0
90
AFDAED Suy ra AEFADF.
90
0
0
Do đó tứ giác AMDN nội tiếp
H
L
K
M I
N
E F
D
O
C B
A
Trang 6b) Ta có EKL vuông tại K có H là trung điểm KL nên
2
KL
EH
Chứng minh tương tự ta cũng có
2
KL
FH
Suy ra EH FH (1)
90
AD
là đường kình của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDF
Do đó trung điểm của AD là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF
Suy ra I là trung điểm AD
Suy ra IEIF (2)
Từ (1) và (2) suy ra HI là trung trực của EF nên HIEF
Câu 5
2
A
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:
2 2
2 2
2
2
2
Suy ra: A 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 4 đạt được khi x y