Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020 Sở Giáo dục đào tạo Bình Dương

Suy ra phương trình đã cho luôn có nghiệm.[r]

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

BÌNH DƯƠNG NĂM HỌC 2020 – 2021

Môn Toán chuyên

Ngày thi 10/7/2020

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

Câu 1 (3,0 điểm)

b) Cho hai số thực m n, khác 0 thỏa mãn 1 1 1

2

m n Chứng minh rằng phương trình:

0

x mxn x nxm  luôn có nghiệm

Câu 2 (1,5 điểm)

Với các số thực x y, thay đổi thỏa mãn 1   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x y 5

P x y  x y xy 

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các số nguyên x y, thỏa mãn phương trình x2xyy2 x y2 2

b) Với a b là các số thực dương thỏa mãn , ab  a b 1 Chứng minh rằng:

1



Câu 4 (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC cân tại  0

90

A BAC  nội tiếp đường tròn  O bán kính R , M là điểm nằm trên cạnh

BC sao cho BMCM Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn  O với DA, H là trung điểm của

đoạn thẳng BC Gọi E là điểm chính giữa cung lớn BC , ED cắt BC tại N

a) Chứng minh rằng MA MD MB MC và BN CM BM CN

b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD Chứng minh rằng ba điểm B I E thẳng hàng , ,

c) Khi 2ABR, xác định vị trí của M để 2MAAD đạt giá trị nhỏ nhất

……….Hết………

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1

a) Điều kiện: x 2019 Nhân cả hai vế của phương trình cho x2020 x2019, ta được:

2

2019 1 2020 1 0

2019 1

2020

2020 1

x

x x





So với điều kiện ban đầu ta thấy x 2020 là nghiệm duy nhất của phương trình

b) Ta có 1 1 1 2 

Phương trình tương đương: 2  

0 1

x mx n hoặc 2  

0 2

x nx m

Phương trình  1 và  2 lần lượt có  1 m24n và  2 n24 m

Suy ra một trong hai số  hoặc 1  lớn hơn hoặc bằng 2 0

Do đó một trong hai phương trình  1 hoặc  2 luôn có nghiệm

Suy ra phương trình đã cho luôn có nghiệm

Câu 2

P x y  x y xy   xy  x  y x y  

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 1

0; 4

x



Chẳng hạn x2; y hoặc 3 x3; y 4

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5 đạt được khi y  và x 1 x 0; 4 

Câu 3

a) Ta có x y2 2x2xyy2yx y Mặt khác 2 2 2 2

x y x xyy x y x Suy ra: xy hoặc x y

Với xy, ta có: 3x2x4     x 0 y 0

Với x y, ta có: 2 4

0

1 1

x

x

 





  



Với x  ta có: 1, y   Với 1 x   ta có: 1, y 1

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x y ;    0; 0 , 1; 1 ,  1;1 

ab    a b a a ab  a b ab a

Tương tự 2   

1b  ab b1

Suy ra:

1

ab





Suy ra điều phải chứng minh

Câu 4

a) Ta có: ABMMDC do cùng chắn cung AC và  AMBCMD.

Suy ra BMADMC do đó: MA MB

ABE

 và ACE có AE là cạnh chung, AB AC và ABEACE nên ABE ACE

90 2

   (do tứ giác ABEC nội tiếp)

Suy ra AD là đường kính của  O Mà D O nên ADE 900 hay MDEN.

Ta có NHE NDM NE NH NM NH NE ND 3

Lại có: NCD NEB NC NE NB NC NE ND 4

Từ  3 và  4 suy ra NM NH NB NC MNMC NB

Suy ra: BN MC MN NH MN NB MN NH NBMN BH

Hay BN CM MN BH  5

Tứ giác AHDN nội tiếp do có   0

AHNNDA MA MD MH MN

Tứ giác ABDC nội tiếp MA MD MB MC

Do đó: MH MN MB MC MB MN CN

Suy ra: BM CN MN MB MHMN BH  6

Từ  5 và  6 suy ra: BN CM BM CN

b) Ta có:





Suy ra:  0 

EBDEAD AED

Do đó IBDEBD hay B I E thẳng hàng , ,

c) Ta có: ABM ACBADB nên ABM ADB

Suy ra:

2 2

4

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

2

4

R

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 AM AD hay M là trung điểm AD Khi đó 2

2

Vậy giá trị nhỏ nhất của của 2 AMAD là R 2 đạt được khi M là trung điểm AD với D là điểm sao cho

2

2