Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Hà Nội

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Hà Nội

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NỘI NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) a) Giải phương trình x2 3 x 5 x 3 x2 5. b) Cho hai số thực a,, b c thỏa mãn a b 2 c 0 và 2ab bc ca 0. Chứng minh rằng a b c. Câu 2. (2,0 điểm) a) Chứng minh với mọi số nguyên dương n, số A 11n 7 n 2 n 1 chia hết cho 15. m m 3 11 3 b) Cho hai số nguyên dương m và n thỏa mãn 11 0. Chứng minh rằng: 11 . n n mn Câu 3. (2,0 điểm) a) Cho đa thức P() x với hệ số thực thỏa mãn P 1 3 và P 3 7. Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức P() x cho đa thức x2 4 x 3 . b) Với a,, b c là các số thực không âm thỏa mãn a b c abc 4, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P ab bc ca. Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB AC. Gọi I là đường tròn nội tiếp tam giác ABC và K là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc A của tam giác ABC. Gọi DEF,, lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm I đến các đường thẳng BC,,. CA AB Đường thẳng AD cắt đường tròn I tại hai điểm phân biệt D và M. Đường thẳng qua K song song với đường thẳng AD cắt đường thẳng BC tại N. a) Chứng minh rằng tam giác MFD đồng dạng với tam giác BNK. b) Gọi P là giao điểm của BI và FD . Chứng minh góc BMF bằng góc DMP. c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC đi qua trung điểm của đoạn thẳng KN. Câu 5. (1,0 điểm) Cho một bảng ô vuông kích thước 6 7 (6 hàng, 7 cột) được tạo bởi các ô vuông kích thước 1 1. Mỗi ô vuông kích thước 1 1 được tô bởi một trong hai màu đen hoặc trắng sao cho trong mọi bảng ô vuông kích thước 2 3 hoặc 3 2, có ít nhất hai ô vuông kích thước 1 1 được tô màu đen có chung cạnh. Gọi m là số ô vuông kích thước 1 1 được tô màu đen trong bảng. a) Chỉ ra một cách tô sao cho m 20. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của m. HẾT
2. 2 2 2 2 Nếu m 3 thì VP 2 m 6 11 3 11 3 m 2 11 n . Bất đẳng thức 2 đúng. 3 Nếu m 1 thì 1 11n 3 11 8 11n 8 3 11. Do 11n2 m2 2 n nên 1 đúng. 11 6 Nếu m 2 thì 1 2 11n 3 11 5. Do 11n2 m2 2 n nên 1 đúng. 11 Tóm lại trong mọi trường hợp ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m 3,n 1. Câu 3. a)Do x2 4x 3 có bậc là 2 nên số dư phép chia P(x) cho x2 4x 3 có dư là ax b. Đặt P(x) x2 4 x 3 Q ( x ) ax b . P 1 3 a b 3 a 2 Ta có: . P 3 7 3a b 7 b 1 Vậy đa thức dư cần tìm là 2x 1. b) Ta chứng minh ab bc ca a b c abc. Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 1 a  b c 12 ab  bc ca 1 abc 1 1 a 1 b 1 c 1. Không mất tính tổng quát giả sử a b c. Ta có: 4 a b c abc 3 c c3 c 1. Ngoài ra 4 a b c abc 3 a a3 a 1. Khi đó 1 a 1 c 0. Nếu b 1 1 b 0. Khi đó 1 a 1 b 1 c 0 1. Ta có điều phải chứng minh. Nếu b 1, kết hợp với c 0 và áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: a b 2 2 a b c abc 2 2 1 a 1 b 1 c a 1 b 1 1 c a 1 b 1 1. 2 2 Từ đó suy ra: ab bc ca a b c abc 4. Do đó P 4. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b 2, c 0 và các hoán vị. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 đạt được khi a b 2, c 0 và các hoán vị. Câu 4. a)Dễ thấy D, EF, là các điểm của I với các cạnh BC, CA, AB do đó BD BF, kết hợp với ID IF suy ra BI là trung trực của DF. Do đó BI  DF. Mà BI, BK theo thứ tự là phân giác trong và ngoài của góc AB C nên BI  BK, từ đó BK  DF.
3. BM BM BF MF MF MF 2   3 . BG BF BG FG FG FG BM MD 2 Chứng minh tương tự ta cũng có: 4 . BG DG FM DM Từ 3 và 4 suy ra: . FG DG Kẻ dây cung GH của I và song sóng với DF thì tứ giác FDHG là hình thang cân. FM FM DM DM Suy ra: FH DG và FG DH. Khi đó: . DH FG DG FH Do đó: FM  FH DM  DH 5 . x MDsin MDH Gọi x, y là các khoảng cách từ M đến HD, HF thì . y MF sin 1800 MFH MF sin MDH x y Suy ra: 6 . MD MF S x FH MF FH Từ 5 và 6 , suy ra: FMH 1. Do đó MH đi qua trung điểm của FD. SDMH y HD MD DH Tức là P MH, do đó BM F GMF DMH DMP . c) Gọi Q là trung điểm của KN. Theo câu a) thì MFD BNK mà MP, BQ lần lượt là trung tuyến của hai tam tác này nên DMP KQB. Kết hợp với câu b), ta có: BM F DMP KBQ . Đặt BM F, ta có: BQ N QKB KBQ QKB . Tương tự đặt  CM E thì ta cũng có CQ N QKC . Suy ra: BQ C BQN CQN QKB QKC  BKC . Do BK  DF, CK DE và tứ giác DEMF nội tiếp nên: BKC EDF 1800 EMF 1800 BMF BMC CME 1800 BMC  . Suy ra BQ C BKC  1800 BMC hay BQ C BMC 1800. Do đó tứ giác BMQC nội tiếp, tức là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM đi qua trung điểm Q của KN. Câu 5. a) Cách tô màu thỏa mãn m 20.
4. Từ các kết quả thu được, ta suy ra m 16. Với m 16, ta thu được cách tô màu thỏa mãn sau: Vậy giá trị nhỏ nhất của m là 16. HẾT