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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn Toán chuyên Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) 2 x 2  6 x  3 10 a) Tính giá trị của biểu thức B  10 x 2  30 x  11  2 x  3 x  x 1 5 4 3 khi x  3 5 . 2   x 3  y 3  3 x 2  y 2   4  x  y   4  0 1 1  b) Chứng minh rằng   2 biết  .  x y xy  0   Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 5 x 2  3x  6  7 x 1 x 2  3.  8 xy   x2  y 2   16   x y  . b) Giải hệ phương trình:   5 2 2  x 12  x  y  3x  x  5   2   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; 4a 2 16a  17; 6a 2  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. OM ON  b) Xác định vị trí của E để tổng đạt giá trị nhỏ nhất. AM DN 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  2 xyz  1. Chứng minh rằng: x2 y y2 z z2 x    2 xyz. x 1 y 1 z  1 -------------------------------------------------------------HẾT------------------------------------------------------------ doc24.vn LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN CHUYÊN LỚP THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI DOC24.VN Câu 1. a) Ta có: x  3 5 2  2 x  3  5  x 2  3 x  1  0. 2 2 Mặt khác 10 x 2  30 x 11  10  x 2  3x 1 1  1.   2 10 Và 2 x 2  6 x  3   2  x 2  3x 1  1  1.   10 Ngoài ra x5  3x 4  x3 1  x 3  x 2  3x 2  1 1  1. Suy ra B  1  1  0. 1 Vậy B  0. b) Ta có: x 3  y 3  3 x 2  y 2   4  x  y   4  0   x  y  x 2  xy  y 2   2  x 2  xy  y 2    x 2  2 xy  y 2   4  x  y   4  0   x  y  2 x 2  xy  y 2    x  y  2  0 2   x  y  2 x 2  xy  y 2  x  y  2  0 (*).  x  y    x 1   y 1  2 2 Ta có: x  xy  y  x  y  2  2 2 2 2 2  0 nên (*)  x  y  2. Mà xy  0 nên suy ra x  0, y  0. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được: x y   x   y  2  x y  1. 2 Suy ra xy  1. Ta có: 1 1 x y 2      2. 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  x 2  3  3, khi đó phương trình trở thành: 2a 2 7 x 1 a  3 x 2  3x  0 doc24.vn Xem đây là phương trình bậc 2 ẩn a, dựa vào công thức nghiệm ta tìm được: 2a  x 1 hoặc a  3x.    x  1 x  1   Với 2a  x  1, ta có 2 x 2  3  x  1    . Hệ này vô nghiệm.  2  2 2   3 x  2 x  11  0 4 x  12  x  1        x  0 6 x 2  3  3x    x .  2  4  8 x  3 Với a  3 x, ta có: Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  6 . 4 b) Điều kiện xác định: x  y  0. Ta có: 8 xy  16 x y 2   x  y   x  y   2 xy   8 xy 16  x  y   0   x2  y 2  2   x  y   x  y  16  2 xy  x  y   4  0     x  y  4  x  y  x  y   4  x  y   2 xy   0   x  y  4  x 2  y 2  4  x  y   0  x  y  4  x  y  0. Thay vào phương trình thứ hai ta được: x 2  12  x 2  5  3 x  5 (1). 7 5  0 suy ra 3x  5  0  x  . 3 x 2 12  x 2  5 Phương trình (1) tương đương: Do x 2  12  x 2  5  x 2  12  4  3x  6  x 2  5  3  x2  4 x 2  12  4  3 x  2  x2  4 x2  5  3 x2  0   x2 x2 .   3  0 (2)  x 2  12  4 x2  5  3  Với x  2  0 kết hợp với x  y  4 ta tìm được x  y  2. Nghiệm này thỏa mãn hệ phương trình. Xét x2 x 2 12  4  3 x2 x2  5  3 x2 x  12  4 2   0, ta có: x2 x 5 3 2   x  2 x 2  5  x 2 12 1   x 2  12  4  x2  5  3 5  0 với x  . 3 Suy ra phương trình (2) vô nghiệm. Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất  x; y   2; 2. Câu 3 a) Ta có: x  y  z  2 2  2 xy  z  x  y  2 2  4 xy   z  x  y   8  4 2  z  x  y . 2 Nếu z  x  y  0 thì vế trái là số vô tỉ, vô lí. Do đó z  x  y. Suy ra 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. Suy ra 4a 2 16a  17  4 a  2  1  4 p 2  1 và 6a 2  24a  25  6 a  2  1  6 p 2  1. 2 2 Ta có 4 p 2  1  5 p 2  p 1 p 1 và 6 p 2 1  5 p 2  5   p  2 p  2. Do p nguyên tố nên 4 p 2  1  5 và 6 p 2  1  5. Nếu p chia hết cho 5 thì p  5 do nguyên tố. Suy ra a  7. Thử lại ta thấy a  2  5, 4a 2 16a 17  101, 6a 2  24a  25  151 là các số nguyên tố. Nếu p không chia hết cho 5 thì có xét hai trường hợp  p chia 5 dư 1 hoặc 4 thì  p 1 p  1 5 suy ra 4 p 2  1 5. Vô lí do 4 p 2  1 là số nguyên tố lớn hơn 5.  p chia 5 dư 2 hoặc 3 thì  p  2 p  2 5 suy ra 6 p 2  1 5. Vô lí do 6 p 2  1 là số nguyên tố lớn hơn 5. Tóm lại a  7 là giá trị cần tìm. Câu 4. 1. C M A O B E D doc24.vn   CED   900 và ECD  chung nên đồng dạng với nhau. a) Tam giác COM và CED có COM Suy ra CO OM  (1). CE ED   CAB . Do AB và CD là hai đường kính vuông góc nên CEA  là góc chung ta có tam giác AMC và EMC đồng dạng với nhau. Kết hợp với ACE Suy ra AC AM 2CO AM CO AM      (2). CE AE CE AE CE 2 AE Từ (1) và (2) suy ra OM AM   AM  ED  2OM  EA. ED 2 AE b) Theo câu a) ta có: ED 2OM  (3). AE AM Tương tự ta cũng có EA 2ON  (4). DE DN Nhân hai vế của (3) và (4) theo với ta được: Ta có: OM ON 1   . AM DN 2 OM ON OM ON 1  2  2  2. AM DN AM DN 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi Vậy giá trị nhỏ nhất của OM ON   ED  EA hay E là điểm chính giữa cung nhỏ  AD. AM DN OM ON  AD. là 1 khi E là điểm chính giữa cung nhỏ  AM DN 2. doc24.vn   CDO   900. Ta có AE , AD là hai tiếp tuyến nên BEO Suy ra BEO  BHA  BH  BO  BE  BA. Tương tự CH  CO  CD  CA. Suy ra BH  BO CE  BA  . CH  CO CD  CA   BO  AB  BH  AB  BE  AB . AO là phân giác của BAC CO AC CH  AC CD  CA BH BE BH CD     1 (1). Suy ra CH CD CH BE Mà AD, AE là tiếp tuyến của O  nên AD  AE (2). Từ (1) và (2), ta có: BH CD AE    1. 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:  xy  yz  zx x2 y y2 z z2x x2 y 2 y2 z2 z 2 x2       (1) x 1 y 1 z 1 xy  y yz  z zx  x xy  yz  zx  x  y  z 2  xy  yz  zx  Mặt khác xy  yz  zx  3 x y z  x y z    .   3 3 3 2 2 2 2 2 2 Đặt t  xy  yz  zx với t  0, từ giả thiết suy ra: 2 4t 3 3 2 4 x 2 y 2 z 2  1  xy  yz  zx  1 t   t  . 27 4 3 3 1 1 Hay xy  yz  zx  . Mà 2 xyz  1  xy  yz  zx   1  . Suy ra xyz  . 4 4 4 8 Do đó xy  yz  zx  6 xyz   xy  yz  zx   6 xyz  xy  yz  zx (2). 2 Lại có  xy  yz  zx   3 xy  yz  yz  zx  zx  xy   3 xyz  x  y  z . 2 Suy ra 2  xy  yz  zx  6 xyz  x  y  z  (3). 2 Từ (2) và (3) suy ra  xy  yz  zx   2 xyz  x  y  z  xy  yz  zx (4). 2 Từ (1) và (4) suy ra 1 x2 y y2 z z2 x    2 xyz. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  . 2 x 1 y 1 z  1 doc24.vn