Đề thi vào 10 môn chuyên Toán tin năm 2020 từ sở Giáo dục và Đạo tạo tỉnh Bình Thuận - trường Chuyên Trần Hưng Đạo năm học 2020 - 2021 kèm đáp án chi tiết bên dưới. Mời bạn đọc tham khảo!
Đề thi chính thức
Bài 1. (2,0 điểm)
Cho phương trình
\(x^2 + 2mx - 2m - 6 =0\) (1) (với m là tham số).
a) Tìm m để \(x = 1 + \sqrt 2\) là một nghiệm của phương trình (1).
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho:
\(K =x_1^2 + x_2^2\) nhỏ nhất.
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn:
\(\dfrac{x^2+y^2}{x+y} = \dfrac{25}7\)
b) Giải phương trình:
\(x^2 - 6x + 4 + 2\sqrt {2x-1} = 0\)
Bài 3. (2,0 điểm)
a) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện \(x^2 + y^2 + z^2 = 1\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\(P = \dfrac{xy}z + \dfrac{yz}x + \dfrac{zx}y\).
b) Cho n là một số nguyên dương và d là một ước nguyên dương của \(2n^2\). Chứng minh rằng: \(n^2 + d\) không phải là số chính phương.
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB cố định, đường kính CD thay đổi sao cho CD không vuông góc và cũng không trùng với AB. Các đường thẳng BC và BD cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O;R) lần lượt ở E và F.
a) Chứng minh rằng CDFE là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi M là trung điểm của EF, BM cắt CD tại N. Chứng minh rằng tam giác BCN vuông.
c) Gọi O' là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE. Chứng minh rằng O' luôn di chuyển trên một đường thẳng cố định khi CD thay đổi.
Bài 5. (1,0 điểm)
Bên trong hình vuông cạnh 4cm cho 65 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại hình tròn đường kính 1,5cm chứa ít nhất 5 điểm trong 65 điểm đã cho.
Tham khảo thêm: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2020 chuyên Trần Hưng Đạo
Đáp án
Bài 1.
a)
Thay \(x = 1 + \sqrt 2\) vào (1) ta có:
\((1 + \sqrt 2)^2 + 2m(1 + \sqrt 2) - 2m - 6 =0\)
\(\Leftrightarrow 3+ 2\sqrt 2 + 2\sqrt 2.m - 6 =0\)
\(\Leftrightarrow 2\sqrt 2.m = 3 -2\sqrt 2\)
\(\Leftrightarrow m = \dfrac{3\sqrt 2 -4}4\)
KL....
b)
Để (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔
\(\Delta' = m^2 + 2m + 6 = (m+1)^2 + 5 >0\) với mọi m
⇒ (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Áp dụng hệ thức Vi-ét cho (1) ta có:
\(\left\{ \matrix{ x_1+x_2 = -2m \hfill \cr x_1x_2 = -2m - 6 \hfill \cr} \right.\)
Ta có:
\(K =x_1^2 + x_2^2 =( x_1 + x_2)^2 -2x_1x_2 \)
\( =( -2m)^2 -2(-2m-6) = 4m^2 + 4m + 12\)
\(= (2m+1)^2+11 \geq 11\) (vì \((2m+1)^2\geq 0\) với mọi m)
Suy ra \({Min}_K = 11 \Leftrightarrow m = -\dfrac{1}2\).
KL.....
Bài 2.
a)
(đkxđ: x + y ≠ 0)
Ta thấy (25;7) = 1 ⇒
\(\left\{ \matrix{ x^2+y^2 = 25k \hfill \cr x+y = 7k \hfill \cr} \right.\) (k ∈ ℤ)
\(\Rightarrow x+ y \space ⋮ \space 7\)
Ta đi chứng minh:
\(x^2 + y^2 \geq \dfrac{(x+y)^2}2\)
\(\Leftrightarrow 2x^2 + 2y^2 \geq (x+y)^2\) \(\Leftrightarrow x^2 + y^2 \geq 2xy\) \(\Leftrightarrow (x-y)^2 \geq 0\) Luôn đúng!
Suy ra \(x^2 + y^2 \geq \dfrac{(x+y)^2}2\)
\(\Leftrightarrow (x^2 + y^2)^2 \geq \dfrac{(x+y)^4}4\)
\(\Leftrightarrow 4\left( \dfrac{ x^2 + y^2}{x+y} \right)^2 \geq (x+y)^2\)
\(\Leftrightarrow 4. \left( \dfrac{ 25}{7} \right)^2 \geq (x+y)^2\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{ -50}{7} \leq x+y \leq \dfrac{ 50}{7}\)
Mà x + y nguyên nên:
\(-7 \leq x+y \leq 7\)
Vì \(x+ y \space ⋮ \space 7; x + y ≠ 0\) ⇒ x + y = ±7.
Ta có:
\(\left[ \matrix{ \left\{ \matrix{ x+y =7 \hfill \cr x^2 + y^2 = 25 \hfill \cr} \right. \hfill \cr \left\{ \matrix{ x+y =-7 \hfill \cr x^2 + y^2 = -25 \hfill \cr} \right. \space (loại\space vì \space x^2+y^2 \geq 0)\hfill \cr} \right.\)
\(\Rightarrow \left\{ \matrix{ x+y =7 \hfill \cr (x + y)^2 -2xy = 25 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x+y =7 \hfill \cr xy = 12 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ (x;y) = (3;4) \hfill \cr (x;y) = (4;3) \hfill \cr} \right.\) (tm đk)
KL.....
b)
\(x^2 - 6x + 4 + 2\sqrt {2x-1} = 0\)
(đkxđ: \(x \geq \dfrac{1}2\))
\( \Leftrightarrow x^2 - 4x + 4 - (2x -1) + 2\sqrt {2x-1} -1 = 0\)
\( \Leftrightarrow (x-2)^2 = (\sqrt {2x-1} -1 )^2\)
\( \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x-2 = \sqrt {2x-1} -1 \hfill \cr x-2 =1- \sqrt {2x-1} \hfill \cr} \right. \)
\( \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x-1 = \sqrt {2x-1} \hfill \cr 3-x = \sqrt {2x-1} \hfill \cr} \right. \)
Với \( x-1 = \sqrt {2x-1}\) thì x - 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1, ta có:
\(( x-1)^2 = {2x-1} \Leftrightarrow x^2 -4 x + 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 2 + \sqrt 2 & (tm) \hfill \cr x = 2 - \sqrt 2 & (loại \space vì \space x\geq 1) \hfill \cr} \right. \)
Với \(3-x = \sqrt {2x-1}\) thì 3 - x ≥ 0 ⇔ \( \dfrac{1}2 \leq x \leq 3\), ta có:
\(( 3-x)^2 = {2x-1} \Leftrightarrow x^2 -8 x + 10 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 4-\sqrt 6 & (tm) \hfill \cr x = 4+\sqrt 6 & (loại \space vì \space \dfrac{1}2 \leq x\leq 3) \hfill \cr} \right. \)
KL: pt có 2 nghiệm .....
Bài 3.
a)
Đặt:
\( \dfrac{xy}z = c\), \( \dfrac{yz}x = a\), \( \dfrac{zx}y = b\) (a, b, c > 0)
Ta thấy:
\(ab + bc + ca = \dfrac{yz}x . \dfrac{zx}y + \dfrac{zx}y . \dfrac{xy}z + \dfrac{xy}z . \dfrac{yz}x = x^2 + y^2 + z^2 = 1\)
Ta có:
\(P = \dfrac{xy}z + \dfrac{yz}x + \dfrac{zx}y = a + b+c\)
Ta đi chứng minh:
\(( a + b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca) \)
\(\Leftrightarrow a^2 + b^2 + c^2 \geq ab+bc+ca \)
\(\Leftrightarrow \dfrac{1}2(a-b)^2 + \dfrac{1}2(b-c)^2+ \dfrac{1}2(c-a)^2 \geq 0 \) luôn đúng!
Hay \(( a + b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca) \) đúng!
Tức là \(P^2 \geq 3(ab+bc+ca)=3 \Leftrightarrow P \geq \sqrt 3\)
Vậy \({Min}_ P = \sqrt 3 \Leftrightarrow x = y = z = \dfrac{\sqrt 3}3\)
b)
Vì d là một ước nguyên dương của \(2n^2\), đặt:
\(2n^2 = d.m \) (m ∈ ℕ*)
\(\Leftrightarrow d = \dfrac{2n^2}m\)
Ta chứng minh bài toán bằng phản chứng. Giả sử:
\(n^2 + d = a^2\) (a ∈ ℕ*)
\(\Leftrightarrow n^2 + \dfrac{2n^2}m = a^2\)
\(\Leftrightarrow n^2 m^2+{2n^2}m = a^2m^2\)
\(\Leftrightarrow n^2 (m^2+{2}m)= (am)^2\)
Suy ra \(m^2 + 2m \) phải là số chính phương.
Mà ta thấy \(m^2 < m^2 + 2m < (m+1)^2\) nên không là số chính phương
⇒ Vô lý, hay điều giả sử là sai.
Tức là \(n^2 + d\) không phải là số chính phương (đpcm).
Bài 4.
a)
Ta thấy: ∠ACB = 90° (góc nội tiếp chắn đường kính) ⇒ ∠CEA = 90° - ∠EAC = ∠CAB = ∠CDB (góc nội tiếp cùng chắn cung CB) = 180° - ∠CDF
Hay ∠CDF + ∠CEF = 180° ⇒ CDFE là tứ giác nội tiếp (đpcm).
b)
Xét △EBF vuông tại B, có BM là trung tuyến ⇒ BM = EM = FM ⇒ △MEB cân tại M ⇒ ∠AMN = ∠EMB = 180° - 2.∠BEM (1)
Ta có: ∠BON = ∠BOD = 180° - 2.∠ODB = 180° - 2.∠CEA (cmt) = 180° - 2.∠BEM (2)
Từ (1) và (2) ⇒ ∠AMN = ∠BON = 180° - ∠AON ⇒ ∠AMN + ∠AON = 180° ⇒ Tứ giác AONM nội tiếp
⇒ ∠ONM + ∠OAM = 180° ⇒ ∠ONM = 180° - 90° = 90°, hay BN ⊥ NO
Hay tam giác BCN vuông tại N (đpcm).
c)
Vì O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE, M và O lần lượt là trung điểm 2 dây cung EF và CD ⇒ O'M ⊥ EF và O'O ⊥ CD.
Vì AB ⊥ EF (t.c tiếp tuyến) ⇒ O'M // AB hay O'M // OB.
Vì BN ⊥ CD (cmt) ⇒ O'O // NB hay O'O // MB.
Từ hai điều trên suy ra O'OBM là hình bình hành ⇒ O'M = OB = R (cố định).
Vậy O' luôn di chuyển trên đường thẳng song song với EF, luôn cách EF một khoảng = R về phía ngoài đường tròn (đpcm).
Bài 5.
Ta chia hình vuông đó thành 16 hình vuông đơn vị (cạnh 1cm) như hình vẽ.
Theo nguyên tắc Dirichlet, 65 = 16 x 4 + 1 ⇒ tồn tại một ô vuông có ít nhất 5 điểm đã cho.
Không mất tính tổng quát, gọi hình vuông đó là ABCD như hình. Gọi AC giao BD tại F.
Đường chéo của hình vuông đơn vị là: \(\sqrt{1+1} = \sqrt 2 < 1,5\) ⇒ đường tròn (F;0,75 cm) luôn chứa hình vuông ABCD, hay đường tròn (F;0,75 cm) luôn chứa ít nhất 5 điểm trong 65 điểm đã cho (đpcm).
-/-
Trên đây là đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2020 môn Toán chuyên Tin của trường chuyên Trần Hưng Đạo (tỉnh Bình Thuận) có hướng dẫn giải chi tiết dành cho các em học sinh lớp 9 chuẩn bị thi vào 10 năm học 2020/2021 tham khảo và so sánh đối chiếu kết quả.