Đề thi vào lớp 10 môn toán chuyên Tin Sở Giáo và Đào tạo Hà Nội năm 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn Toán (dành cho chuyên Tin) Ngày thi 17/7/2020 Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) a) Giải phương trình:  x  2  x 2  1  x 2  2 x  1. b) Chứng minh rằng: 1 1 1 1      1 . 2 1 1 2 3 2  2 3 2021 2020  2020 2021 2021 Câu 2. (2,0 điểm) a) Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương, số A  59 n  17 n  9 n  2 n chia hết cho 35. b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn: x 2 y  3 y  4 x  1  0. Câu 3. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các số thực a, b c thỏa mãn đồng thời các điều kiện a 2  b2  c 2  38, a  b  8 và b  c  7. b) Cho ba số thực không âm điều kiện a , b, c thỏa mãn a 2  b2  c 2  2(a  bc  ca). Chứng minh rằng: a  b  c  3 3 2abc . Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB  AC và ba đường cao AD, BE , CF cùng đi qua điểm H ( D  BC , E  CA, F  B). Gọi (S ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF . a) Chứng minh rằng đường tròn (S ) đi qua trung điểm của đoạn AH . b) Gọi M và N lần lượt là giao điểm của đường tròn (S ) với các đoạn thẳng BH và CH . Tiếp tuyến tại điểm D của đường tròn ( S ) cắt đường thẳng MN tại điểm T . Chứng minh rằng đường thẳng HT song song với đường thẳng EF. c) Gọi P là giao điểm của hai đường thẳng BH và DF , Q là giao điểm của hai đường thẳng CH và DE. Chứng minh rằng ba điểm T , P, Q thẳng hàng. Câu 5. (1,0 điểm) Trên bàn có 6 hộp kẹo, mỗi hộp có 5 viên kẹo. An và Bình cùng chơi một trò chơi như sau: Mỗi lượt chơi, An sẽ chọn một hộp tùy ý và lấy ít nhất một viên kẹo ở hộp đó; còn Bình thì chọn một số hộp và trong các hộp đã chọn, mỗi hộp lấy đúng một viên kẹo. Hai bạn luân phiên thực hiện lượt chơi của mình. Bạn đầu tiên không thể thực hiện được lượt chơi của mình là người thua cuộc. Nếu An là người lấy kẹo trước, hãy chỉ ra chiến thuật chơi để Bình là người thắng cuộc. ………………………….Hết…………………………. LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀO LỚP 10 CHUYÊN TIN MÔN TOÁN NĂM 2020 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI DOC24.VN Câu 1. a) Phương trình đã cho luôn xác định với mọi x  . Đặt a  x 2  1( a  0), khi đó phương trình có thể viết lại thành a 2  2 x  ( x  2)a, hay ( a  x )( a  2)  0. Do a  x 2  1  x 2  x  x nên từ đây, ta có a  2 hay x 2  1  2. Từ đó, ta có x  3 (thỏa mãn) hoặc x   3 (thỏa mãn). Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  3 và x   3. b) Gọi A là vế trái của đẳng thức cần chứng minh. Chú ý rằng mọi n nguyên dương, ta có 1 1 n 1  n 1 1     . (n  1) n  n n  1 n(n  1)( n  1  n ) n(n  1) n n 1 Sử dụng kết quả này, ta được: A 1 1 1 1 1 1 1         1 . 1 2 2 3 2020 2021 2021 Đây chính là kết quả cần chứng minh. Câu 2. a) Chú ý rằng với mọi số nguyên a, b phân biệt và với mọi số tự nhiên k thì a k  b k chia hết cho a  b. Từ đây, ta có A  (59n  9n )  (17n  2n ) chia hết cho 5 vì 59 n  9 n chia hết cho 59  9  50 là bội của 5 và 17 n  2 n chia hết cho 17  2  15 cũng là bội của 5 (1). Ngoài ra, ta cũng có A  (59n  17 n )  (9n  2n ) chia hết cho 7 vì 59 n  17 n chia hết cho 59  17  35 là một bội của 7 và 9 n  2 n chia hết cho 9  2  7 (2). Từ (1) và (2) với chú ý (5, 7)  1, ta suy ra A chia hết cho 5  7  35. b) Phương trình đã cho có thể được viết lại thành y ( x 2  3)  4 x  1. Rõ ràng x 2  3  0 với mọi x nguyên. Do đó, từ phương trình trên, ta suy ra 4 x  1 chia hết cho x 2  3. Từ đó (4 x  1)(4 x  1)  16( x 2  3)  47 chia hết cho x 2  3. Vì 47 là số nguyên tố và x 2  3  3 nên x 2  3 1, 1, 47 . Đến đây, bằng cách xét từng trường hợp cụ thể, ta tìm được x  2 (tương ứng y  9), hoặc x  2 (tương ứng y  7). Vậy có hai cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn yêu cầu là (2, 9) và ( 2,  7). Câu 3. a) Từ giả thiết thứ nhất, ta có b 2  38  49. Do đó b  7. Từ đây, kết hợp với các giả thiết thứ hai và thứ ba, ta có a  8  b và c  7  b  0. Do đó: 38  a 2  b2  c 2  (8  b2 )  b2  (7  b)2 . Hay 3(b  5)2  0. Vì 3(b  5)2  0 nên dấu đẳng thức trong các đánh giá xảy ra, tức ta có b  5, a  3 và c  2. Vậy có duy nhất một bộ số ( a, b, c ) thỏa mãn yêu cầu là (3, 5, 2). b) Bài toán này có hai cách giải như sau. Cách 1. Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c. Từ giả thiết, ta có (a  b  c)2  4ab. Từ đó, với chú ý a  b  c  0, ta có a  b  c  2 ab. Từ đây, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: a  b  c  (a  b  c)  2c  2 ab  2c  ab  ab  2c  3 3 2abc . Đây chính là kết quả cần chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b  c  a b c hoặc c  a  hoặc a  b  . 4 4 4 Cách 2. Từ giả thiết, ta có (a  b  c)2  4(ab  bc  ca). Đặt a  b  c  6 x với x  0 thì ta có ab  bc  ca  9 x 2 , suy ra: bc  9 x 2  a(b  c)  9 x 2  a(6 x  a)  (3x  a)2 . Vì (b  c)2  4bc nên (6 x  a)2  4(3x  a)2 . Suy ra 3a(a  4 x)  0. Từ đó 0  a  4 x. Chứng minh tương tự, ta cũng có 0  a, b, c  4 x. Do đó: (a  4 x)(b  4 x)(c  4 x)  0. Từ đó suy ra: abc  4 x(ab  bc  ca)  16 x 2 (a  b  c)  64 x3  4 x.9 x 2  16 x 2  6 x  64 x3  4 x3. Từ đây, ta có 3 3 2abc  3 3 8 x3  6 x  a  b  c. Đây chính là kết quả cần chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b  c  a b c hoặc c  a  hoặc a  b  . 4 4 4 Câu 4. a) Gọi R là trung điểm của AH thì theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có: RA  RF  HDC  HEC  90o , ta suy ra tứ giác CDHE nội tiếp. Tương tự, ta cũng có các tứ giác AEHF và BFHD nội tiếp. Từ đây, với chú ý DCH  HAF  90o  BAC. AH . Từ 2 Ta có: DEF  DEH  HEF  DCH  HAF  2  RAF  DRF . Suy ra tứ giác DERF nội tiếp hay đường tròn (S ) đi qua trùng điểm của AH . b) Chứng minh tương tự như câu a), ta cũng có đường tròn (S ) đi qua trung điểm của HB và HC. Do đó M , N theo thứ tự là trung điểm của HB và HC. Áp dụng tính chất đường trùn bình, ta có MN song song với BC và MN đi qua trung điểm của HD, mà BC  HD nên MN  HD. Từ đó MN là trung trực của HD. Vì T thuộc MN nên TH  TD. Suy ra hai tam giác THM và TDM bằng nhau theo trường hợp c-c-c. Do đó THM  TDM . (1) Mặt khác, vì TD tiếp xúc với (S ) nên: TDM  DEM  DCH  HAF  HEF . (2) Từ (1) và (2), ta suy ra THM  HEF . Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên TH  EF . c) Gọi G, X theo thứ tự là giao điểm của EF , HT với BC. Qua H kẻ đường thẳng song song với BC cắt EF và PQ theo thứ tự tại K và L. Trước tiên, dễ thấy HD, HE , HF là các phân giác trong của tam giác DEF và DG vì vuông góc với HD nên là phân giác ngoài của tam giác DEF . Áp dụng tính chất phân giác, ta có: PD GF QE ED DF FE       1. PF GE QD EF DE FD Do đó, theo định lý Menelaus, ta có ba điểm P, Q, G thẳng hàng. Cũng theo tính chất phân giác, ta có Áp dụng định lý Thales, ta có: HE DE BE EH PH   . Suy ra  (3). HP DP BP EB PB KH EH HL PH   (5). (4) và BG EB BG PB Từ (3), (4) và (5), ta suy ra HK  HL. Mặt khác, chú ý rằng HKGX là hình bình hành vì có các cặp cạnh đối song song với nhau nên HK  XG. Suy ra HL  XG. Do đó, từ giác HLXG cũng là hình bình hành. Suy ra GL đi qua trung điểm của HX . Bây giờ, từ tam giác HDX vuông tại D và vì điểm T nằm trên HX mà TH  TD (chứng minh trên) nên T là trung điểm của HX . Suy ra PQ đi qua trung điểm T của HX . Ta có điều phải chứng minh. Câu 5. Bình sẽ thực hiện chiến thuật sau: Trong bốn lượt chơi đầu tiên, vào mỗi lượt chơi, Bình sẽ chọn tất cả các hộp có số lượng bi nhiều nhất rồi lấy từ mỗi hộp đó một viên bi. Ta có nhận xét quan trọng sau. Nhận xét. Sau k (0  k  4) lượt chơi của cả An lẫn Bình, hộp bi có nhiều bi nhất có 5  k viên bi. Hơn nữa, có ít nhất 6  k hộp có 5  k viên bi. Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo k . Trường hợp k  0 là hiển nhiên. Giả sử mệnh đề đã đúng tới k  t (0  t  4), ta chứng minh nó cũng đúng với k  t  1. Gọi s là số hộp có 5  t viên bi sau t lượt của cả hai (s  6  t ). Ta thấy các hộp còn lại đã có không quá 4  t viên bi nên sau lượt thứ t  1 của Bình, các hộp này vẫn có không quá 4  t viên bi. Trong s hộp có 5  t viên bi, An chỉ được chọn tối đa 1 hộp. Nếu hộp An chọn là một trong s hộp nói trên thì sau lượt của Bình, với chiến thuật như đã nêu, s  1 hộp còn lại sẽ có đúng 4  t viên bi. Còn nếu hộp An chọn không nằm trong s hộp nói trên thì sau lượt của Bình, với chiến thuật như đã nếu, cả s hộp sẽ có đúng 4  t viên bi. Từ đây suy ra, số bi lớn nhất trong các hộp là 4  t , và có ít nhất s  1  5  t hộp có số viên bị như vậy. Vậy mệnh đề cũng đúng với k  t  1. Áp dụng nguyên lý quy nạp, ta suy ra mệnh đề đúng với mọi k thỏa 0  k  4. Trở lại bài toán, ta thấy sau lượt thứ 4 của cả hai, chỉ còn lại các hộp có 1 viên bi (ít nhất 2 hộp). Trong lượt tiếp theo, An chỉ được chọn 1 hộp. Bình chỉ cần chọn các hộp còn lại là có thể thắng trò chơi. Lời giải hoàn tất.