Đọc Tài Liệu xin gới tới các em đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán năm học 2020 - 2021 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong (Nam Định) được cập nhật nhanh nhất!
Mới đây trường vừa công bố cấu trúc đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Hồng Phong năm 2020 mà các em học sinh lớp 9 đăng ký dự thi nhất định phải lưu ý.
Đề thi chính thức vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020 được được cập nhật.ngay khi kỳ thi diễn ra vào ngày 9/7/2020.
Đề thi
Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có \(AB < AC \) nội tiếp đường tròn (O). Một đường tròn tiếp xúc với các cạnh AB, AC tại M, N và có tâm I thuộc cạnh BC. Kẻ đường cao AH của tam giác ABC.
a) Chứng minh các điểm A, M, H, I, N cùng thuộc một đường tròn và HA là tia phân giác của góc ΜΗΝ.
b) Đường thẳng đi qua I và vuông góc với BC cắt MN tại K. Chứng minh AK đi qua trung điểm D của BC.
c) Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại S. Chứng minh ∠BAS = ∠CAD,
Câu 4 (1,5 điểm).
a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x³ + y² = xy² +1.
b) Cho các số nguyên dương a,b,c thỏa mãn \(c+\dfrac{1}{b}=a+\dfrac{b}{a}\). Chứng minh ab là lập phương của một số nguyên dương.
Câu 5 (1,5 điểm).
a) Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1.
Chứng minh \(a³ + b³ + c³ ≤ \dfrac{1}{8} a⁴ + b⁴ + c⁴\)
b) Ban đầu có 2020 viên sỏi để trong 1 chiếc túi. Có thể thực hiện công việc như sau:
Bước 1: Bỏ đi 1 viên sỏi và chia túi này thành 2 túi mới.
Bước 2: Chọn 1 trong 2 túi này sao cho túi đó có ít nhất 3 viên sỏi, bỏ đi 1 viên từ túi này và chia túi đó thành 2 túi mới, khi đó có 3 túi.
Bước 3: Chọn 1 trong 3 túi này sao cho tủi đó có ít nhất 3 viên sỏi, bỏ đi 1 viên từ túi này và chia túi đó thành 2 túi mới, khi đó có 4 túi. - Tiếp tục quá trình trên. Hỏi sau một số bước có thể tạo ra trường hợp mà mỗi túi có đúng 2 viên sỏi hay không?
Đáp án
Đáp án được thực hiện bởi đội ngũ cố vấn của doctailieu.com, nếu trích dẫn xin ghi rõ nguồn.
Câu 1:
a)
Ta có:
\(a^2 = x^2 + \dfrac{1}{x^2} + 2\) ⇒ \(a^2 - 2 = x^2 + \dfrac{1}{x^2} \)
\(b^2 = y^2 + \dfrac{1}{y^2} + 2\) ⇒ \(b^2 - 2 = y^2 + \dfrac{1}{y^2} \)
\(ab = \left( x + \dfrac{1}x \right)\left(y + \dfrac{1}y \right) = xy + \dfrac{1}{xy} + \dfrac{x}y+\dfrac{y}x\)
\(\Leftrightarrow ab =c + \dfrac{x^2+y^2}{xy}\)
\(\Leftrightarrow abc =c^2 + \dfrac{x^2+y^2}{xy} \left( xy + \dfrac{1}{xy} \right)\)
\(\Leftrightarrow abc =c^2 + x^2+y^2+ \dfrac{x^2+y^2}{x^2y^2}\)
\(\Leftrightarrow abc =c^2 + x^2+\dfrac{1}{x^2} + y^2+ \dfrac{1}{y^2} =c^2 + a^2 - 2 + b^2 - 2\)
\(\Leftrightarrow a^2 + b^2 + c^2 - abc = 4 \) (đpcm)
b)
Với a, b ≠ 2 ta có:
\((2a+1)(2b+1) = 9\)
\(\Leftrightarrow 4ab + 2(a+b) + 1 = 9 \)
\(\Leftrightarrow a+b = 4 - 2ab \)
Ta có:
\(A = \dfrac{1}{2+a} + \dfrac{1}{2+b} = \dfrac{a+b+4}{(2+a)(2+b)}\)
\(= \dfrac{4-2ab+4}{ab + 2(a+b)+4} \)
\(= \dfrac{8-2ab}{ab + 2(4-2ab)+4} \)
\(= \dfrac{2(4-ab)}{12-3ab} = \dfrac{2}3\)
KL.....
Câu 2:
a)
\(2x^2 + x+3 = 3x\sqrt{x+3}\)
(ĐKXĐ: x ≥ -3)
\(\Leftrightarrow 2x^2 - 2 x\sqrt{x+3} - x\sqrt{x+3}+ x+3 = 0\)
\(\Leftrightarrow 2x(x - \sqrt{x+3}) - \sqrt{x+3}(x- \sqrt{x+3} )= 0\)
\(\Leftrightarrow (2x - \sqrt{x+3})(x- \sqrt{x+3} )= 0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ 2x = \sqrt{x+3} \hfill \cr x= \sqrt{x+3} \hfill \cr} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x \geq 0 \hfill \cr \left[ \matrix{ 4x^2 -x - 3 = 0 \hfill \cr x^2 -x - 3 = 0 \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x \geq 0 \hfill \cr \left[ \matrix{ x = 1 &(tm) \hfill \cr x = -\dfrac{3}4 &(loại) \hfill \cr x = \dfrac{1+\sqrt{13}}2 &(tm) \hfill \cr x = \dfrac{1-\sqrt{13}}2 &(loại) \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right.\)
KL: PT có 2 nghiệm...
b)
\( \left\{ \matrix{ \sqrt{2x+1} + \sqrt{2y+1} = \dfrac{(x-y)^2}2 &(1) \hfill \cr (x+y)(x+2y)+3x+2y = 4 &(2) \hfill \cr} \right.\)
ĐKXĐ: \(x;y \geq -\dfrac{1}2\)
Ta có:
(2) \(\Leftrightarrow (x+y)(x+2y)+4(x+y) - (x+2y) - 4 = 0 \)
\(\Leftrightarrow (x+y-1)(x+2y+4) = 0 \)
Vì \(x;y \geq -\dfrac{1}2\) ⇒ \(x+ 2y + 4 \geq -\dfrac{3}2 + 4 >0\)
\(⇒ x+y-1 = 0 \)
\(\Leftrightarrow x= 1 - y\)
Ta có: \( 1 - y = x \geq -\dfrac{1}2 \Leftrightarrow y \leq \dfrac{3}2\)
Với \(-\dfrac{1}2 \leq y \leq \dfrac{3}2 \Leftrightarrow -2 \leq 2y - 1\leq 2 \Leftrightarrow (2y-1)^2 \leq 4\)
Thay vào (1) ta có:
\(\sqrt{2(1-y)+1} + \sqrt{2y+1} = \dfrac{(1-2y)^2}2\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{3 - 2y} + \sqrt{1 + 2y} = \dfrac{(1-2y)^2}2 \leq \dfrac{4}2 = 2\)
\(\Rightarrow (\sqrt{3 - 2y} + \sqrt{1 + 2y})^2 \leq 4\)
\(\Leftrightarrow 4 + 2\sqrt{3 - 2y} \sqrt{1 + 2y} \leq 4\)
Mà \(\Leftrightarrow \sqrt{3 - 2y} \sqrt{1 + 2y} \geq 0\) \(⇒ \sqrt{3 - 2y} \sqrt{1 + 2y} =0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ y = \dfrac{3}2 \Leftrightarrow x = \dfrac{-1}2 \hfill \cr y = \dfrac{-1}2 \Leftrightarrow x = \dfrac{3}2 \hfill \cr} \right. \) (tm đkxđ)
KL....
Câu 3:
a)
Theo giả thiết ta có: ∠AMI = ∠AHI = ∠ANI = 90° ⇒ M, H, N cùng thuộc đường tròn đường kính AI
Hay 5 điểm M, H, I, N, A cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
Xét △AMI và △ANI có:
AI chung
IM = IN ( = bán kính đường tròn tâm I)
∠AMI = ∠ANI = 90°
Suy ra △AMI = △ANI ⇒ ∠MIA = ∠AIN
Xét đường tròn ngoại tiếp 5 điểm M, H, I, N, A ta có:
∠MHA = ∠MIA = ∠AIN = ∠AHN (t/c góc nội tiếp cùng chắn cung) ⇒ HA là phân giác của góc MHN (đpcm)
b)
Đang cập nhật
c)
Vẽ đường tròn (S;SB) cắt AB, AC lần lượt tại P, Q.
Ta thấy: ∠PBQ = ∠BAQ + ∠BQA = ∠BAC + ∠BQC = ∠BOC /2 + ∠BSC /2 = 90°
⇒ PQ là đường kính của (S;SB) ⇒ PQ = 2PS.
Vì D là trung điểm BC (cm phần b) ⇒ BC = 2DC.
Vì tứ giác BCQP nội tiếp ⇒ ∠ACB = ∠APQ và
△ABC ∽ △AQP (g.g)
⇒ \(\dfrac{AC}{AP} = \dfrac{BC}{PQ} = \dfrac{2DC}{2PS} = \dfrac{DC}{PS}\)
Xét △ADC và △ASP có:
∠ACD = ∠ACB = ∠APQ = ∠APS (cmt)
\(\dfrac{AC}{AP} = \dfrac{DC}{PS}\)
Suy ra △ADC ∽ △ASP ⇒ ∠PAS = ∠CAD hay ∠BAS = ∠DAC (đpcm).
Câu 4:
a)
\(x^3 + y^2 = xy^2 + 1 \)
\(\Leftrightarrow x^3 -1 + y^2 - xy^2 =0\)
\(\Leftrightarrow (x-1)(x^2 + x + 1 - y^2) =0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 1 \Leftrightarrow y = t \space (t \in ℤ) \hfill \cr x^2 + x + 1 = y^2 & (*) \hfill \cr} \right. \)
Với x ≥ 0, ta có:
\(x^2 < x^2 + x + 1 \leq x^2 + 2x + 1\)
\(\Leftrightarrow x^2 < y^2 \leq (x+1)^2\)
\(\Leftrightarrow y^2 = (x+1)^2\)
Thay vào (*) ta có:
\( x^2 + x + 1 = (x+1)^2 \)
\(\Leftrightarrow x = 0 \Leftrightarrow y = ±1\) (thử lại thoả mãn)
Với \(x < 0\), ta có:
\(x^2 \geq x^2 + x + 1 > x^2 + 2x + 1\)
\(\Leftrightarrow x^2 \geq y^2 >(x+1)^2\)
\(\Leftrightarrow x^2 = y^2 \)
Thay vào (*) ta có:
\( x^2 + x + 1 =x^2 \)
\(\Leftrightarrow x = -1 \Leftrightarrow y = ±1\) (thử lại thoả mãn)
KL: (x;y) = (-1;±1); (0;±1); (1;t) với t ∈ ℤ.
b)
Ta có:
\(c + \dfrac{1}b = a + \dfrac{b}a\)
\(\Leftrightarrow c - a = \dfrac{b}a - \dfrac{1}{b} = \dfrac{b^2 - a}{ab} \in ℤ\)
⇒ \( {b^2 - a}⋮b\) ⇒ \(a ⋮ b\).
Và \( {b^2 - a}⋮a\) ⇒ \(b^2⋮a\).
Vì a; b nguyên dương ⇒ \(b^2 \geq a \geq b > 0\)
⇒ \(ab \geq b^2\) ⇒ \(b^2 - a \leq ab - a < ab\) ⇒ \(0\leq \dfrac{b^2-a}{ab} <1\)
⇒ \( \dfrac{b^2-a}{ab} = 0\) ⇒ \(a = b^2\)
⇒ \(ab = b^3\) là lập phương của b là một số nguyên dương (đpcm).
Câu 5:
a)
Ta có BĐT cần chứng minh tương đương với:
\((a^3+b^3+c^3)(a+b+c) \leq \dfrac{(a+b+c)^4}8 + a^4 + b^4 + c^4\)
\(\Leftrightarrow 8 (a^4+b^4+c^4 + a^3b+a^3c+b^3a+b^3c+c^3a+c^3b) \leq (a+b+c)^4 + 8(a^4 + b^4 + c^4)\)
\(\Leftrightarrow 8 (a^3b+a^3c+b^3a+b^3c+c^3a+c^3b) \leq (a+b)^4 + 4(a+b)^3c + 6(a+b)^2 c^2 + 4(a+b)c^3+c^4\)
\(\Leftrightarrow 8 (a^3b+a^3c+b^3a+b^3c+c^3a+c^3b) \leq\) \(a^4+4a^3b+6a^2b^2+4b^3a+b^4 + 4(a^3+3a^2b+3ab^2+b^3)c + 6(a+b)^2 c^2 + 4(a+b)c^3+c^4\)
\(\Leftrightarrow 0\leq a^4 - 4a^3b+6a^2b^2 -4b^3a+b^4 + 4(-a^3+3a^2b+3ab^2-b^3)c + 6(a+b)^2 c^2 - 4(a+b)c^3+c^4\)
\(\Leftrightarrow 0\leq (a-b)^4 + 4(-a^3+3a^2b+3ab^2-b^3)c + 6(a+b)^2 c^2 - 4(a+b)c^3+c^4\)
\(\Leftrightarrow 0\leq (a-b)^4 + c[-4a^3+12a^2b+12ab^2-4b^3 + 6(a+b) ^2c - 4(a+b)c^2+c^3]\)
\(\Leftrightarrow 0\leq (a-b)^4 + c[(a+b)(12ab-4a^2+4ab-4b^2) + (a+b)c (6a+6b-4c)+c^3]\)
\(\Leftrightarrow 0\leq (a-b)^4 +c ^4+ c(a+b)[12ab-4a^2+4ab-4b^2+ c (6a+6b-4c)]\)
\(\Leftrightarrow 0\leq (a-b)^4 +c ^4+ c(a+b)[-4a^2+16ab-4b^2+6ac+6bc - 4c^2]\)
\(\Leftrightarrow 0\leq (a-b)^4 +c ^4+ c(a+b)[-4(a-b)^2+ 8ab+6ac+6bc - 4c^2]\)
Đang cập nhật
b)
Giả sử sau một số bước có thể tạo ra trường hợp mà mỗi túi có đúng 2 viên sỏi.
Gọi số túi khi đó là a (a ∈ ℕ*)
Số sỏi khi đó còn lại là: 2a.
Số sỏi đã bỏ đi là: 2020 - 2a.
Ta thấy, mỗi bước bỏ đi một viên sỏi thì số túi mới sẽ tăng thêm 1. Tức là số túi sau khi đã bỏ đi (2020 - 2a) viên sỏi là: 2020 - 2a + 1 = 2021 - 2a.
Hay 2021 - 2a = a ⇔ \(a =\dfrac{2021}3 ∉ ℕ\) vô lý.
Hay điều giả sử là sai, tức là ta không thể tạo được trường hợp như đề bài.
Đang cập nhật
Xem thêm tài liệu liên quan:
>>Đề thi Văn chung vào lớp 10 năm 2020 Chuyên Lê Hồng Phong
>>Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chung năm 2020 Chuyên Lê Hồng Phong
Trên đây là toàn bộ nội dung của đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán chuyên năm 2020 có đáp án - chuyên Lê Hồng Phong và một số thông tin về kỳ thi vào lớp 10 được Đọc Tài Liệu chia sẻ nhằm giúp các em tham khảo đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2020 các môn khác cũng như nắm được các thông tin về kỳ thi này.
Mong rằng những tài liệu của chúng tôi sẽ là người đồng hành giúp các bạn hoàn thành tốt bài thi của mình.
