Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Phan Bội Châu môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Nghệ An (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Phan Bội Châu môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Nghệ An (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐẠI HỌC VINH NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi 17/7/2020 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (3,0 điểm) 2 1 2 a) Giải phương trình: 2x x 3 3x x . x2 3 2 2 2 x x y x y xy y 0 b) Giải hệ phương trình: . x y 1 2 y 3 x 4 Câu 2. (1,5 điểm) a) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y và số nguyên tố p thỏa mãn px y4 4. b) Chứng minh rằng nếu m, n là hai số tự nhiên thỏa mãn 2m2 m 3n2 n thì 2m 2 n 1 là số chính phương. Câu 3. (1,0 điểm) Cho a,, b c là các số thực dương thỏa mãn a b c 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a b b c c a P . c ab a bc b ca Câu 4. (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn O . Các đường cao AD,, BE CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. a) Chứng minh BC là đường phân giác của tam giác DEF. b) Gọi M là giao điểm của đường thẳng EF với đường tròn O sao cho M nằm trên cung nhỏ AB. OO1, 2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMF và CEM. Chứng minh rằng AM vuông góc với OO1 2. c) Lấy điểm K trên đoạn thẳng HC sao cho K khác H và C. Đường thẳng BK cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là I và đường thẳng CI cắt đường thẳng BE tại điểm G. Chứng minh hệ thức: FK BF BE S GFB S CEF . FC CF CE Trong đó S XYZ là diện tích của tam giác XYZ. Câu 5. (1,0 điểm) Trong hình chữ nhất có chiều dài 149cm , chiều rộng 40 cm cho 2020 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2 điểm trong số 2020 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 2cm . HẾT
2. Câu 2. a) Với y 1, ta có: px 5 p 5, x 1. Với y 2, ta có: px 20 không tồn tại x, p thỏa mãn. Với y 3, ta có: px 85 không tồn tại x, p thỏa mãn. Với y 4, ta có: px 260 không tồn tại x, p thỏa mãn. Với y 5, ta có: px 629 không tồn tại x, p thỏa mãn. 2 Xét y 6, ta có: y4 4 y44444 y 4 y 2 y2 y 2 24 y2 y 2 22 y y2 22. y y2 2y 2 pa Do đó px y4 4 px y2 2 y 2 y2 2 y 2 với a b x và a, b *. 2 b y 2y 2 p Ta có: y 6 2 y2 2 y 2 y2 2 y 2. Suy ra: pb yy2 2 2 pyya 2 2 2 2 yy2 2 2 pyy 2  2 2 pppb b 1. Do đó: pb pa p b 1 hay b a b 1. Suy ra không tồn tại a, b thỏa mãn. Vậy x; y; p 1;1;5 là bộ số duy nhất thỏa mãn. b) Ta có: 2m2 mnn 32 2 mn2 2 mnn 2 2 mn 2 1 mnn 2. Nếu n 0 thì m 0 khi đó 2m 2n 1 12 là số chính phương. Nếu n 0, gọi d gcd 2m 2 n 1, m n với d *, suy ra n2 d2 n d. Ta có: m m n n d m d. Lại có 1 2m 2n 1 2 m 1  d . Suy ra d 1. 2m 2n 1 a2 Do đó 2m 2n 1 m n n2 với ab n và a, b *. 2 m n b Từ đó dẫn đến 2m 2n 1 là một số chính phương. Câu 3. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: a b a b b c c a a b b c c a P  33 36 36 Q , c ab c ab a bc b ca c ab a bc b ca a b b c c a Trong đó Q . c ab a bc b ca Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được:
3. Khi đó AML ABM ACM. Xét đường tròn O1 có AMF MBF. Suy ra MA là tiếp tuyến của O1 . Suy ra MA MO1 tại M. Tương tự ta cũng có AME MCE nên MA cũng là tiếp tuyến cua O2 . Suy ra MA MO2 tại M. Do đó MAOO 1 2. c)Gọi J là giao điểm của KG và FE, N là giao điểm của KC và FE. Ta có: FK BF BE FK BF BE sin EBF FK S BEF FK S S S SSS  GFB CEF CEF CEF CEF BEF FC CF CE FC CF CE sin ECF FC S CEF FC Do đó yêu cầu bài toán tương đương với chứng minh: FK FK SSSSSSS   GFB FC CEF BEF GEF BEF FC CEF BEF FK FK SSSSSS   GEF BEF FC CEF BEF GEF FC CEF 1 d F, GC GN FK S GN GEF 2 . FC S 1 CN CEF d F, GC  CN 2 FK GN Tóm lại cần chứng minh * . FC CN FH tan FBH tan ECH EH EBF ECF Thật vậy, ta có: do . FK EG tanFBK tan ECG ABI ACI Áp dụng đính lý Menelaus cho tam giác GHK, có cát tuyến FEJ, ta có: KF HE GJ GJ   1 1. FH GE JK JK Áp dụng đính lý Menelaus cho tam giác GCK, có cát tuyến FJN, ta có: GN CF JK GN FK   1 . NC FK GJ CN FC Từ đó suy ra * đúng dẫn đến ta có điều phải chứng minh. Câu 5.