Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020 - Đại học Sư phạm Hà Nội (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020 - Đại học Sư phạm Hà Nội (Có đáp án)

1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI Độc lập – Tự do – Hạnh phúc ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2020 Môn thi: Toán (Dùng riêng cho thí sinh thi vào chuyên Toán, chuyên Tin học) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1. (2,0 điểm) 234xyz333= =  Cho ba số thực xyz,, thỏa mãn đồng thời các điều kiện:  3 2xyz222++=++ 3 4 23 123 16 .  xyz > 0  111 Tính giá trị của biểu thức P =++. xyz Bài 2. (2,0 điểm) Xét phương trình bậc hai ax2 + bx += c 0( 1.) Trong đó abc,, là các số nguyên dương. Biết rằng các điều kiện sau được thỏa mãn: phương trình (1) có nghiệm; số ab2020 chia hết cho 12; số c3 + 3 chia hết cho c + 3. Hãy tìm giá trị lớn nhất của tổng abc++. Bài 3. (2,0 điểm) Tìm số nguyên a nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức x42+24 x − xa +≥ 0 đúng với mọi số thực x. Bài 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có AB> BC. Một đường tròn đi qua hai đỉnh AC, của tam giác ABC lần lượt cắt các cạnh AB, BC tại hai điểm KN, (KN, khác các đỉnh của tam giác ABC). Giả sử đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN cắt nhau tại giao điểm thứ hai là M với M khác B. Chứng minh rằng: a) Ba đường thẳng BM,, KN AC đồng quy tại điểm P. b) Tứ giác MNCP nội tiếp. c) BM22− PM = BK ⋅− BA PC ⋅ PA. Bài 5. (1,0 điểm) Cho hai số AB, có 2020 chữ số. Biết rằng số A có đúng 1945 chữ số khác 0 bao gồm 1930 chữ số ngoài cũng về bên trái và 15 chữ số ngoài cùng về bên phải, số B có đúng 1945 chữ số khác 0 bao gồm 1930 chữ số ngoài cũng về bên trái và 24 chữ số ngoài cũng về bên phải. Chứng minh rằng ƯCLN (;)AB là một số có không quá 1954 chữ số. HẾT
2. a) Vì tam giác ABC không cân tại A nên AC, KN cắt nhau, và AC, BM phải cắt nhau. Gọi P là giao điểm của BM và AC . Ta có ∠CPM =∠ APB =180o −∠ ABP −∠ BAP =(180o −∠KBM ) + (180 oo −∠CAK ) − 180 =∠MKN +∠ CNK −180oo = 360 −∠CNM −180o =180o −∠CNM Suy ra tứ giác CNMP nội tiếp. Từ đây, với chú ý các tứ giác ACNK, ABMC nội tiếp, ta có ∠=∠=∠=∠=∠CNP CMP CAB CAK BNK . Mà hai góc CNP và BNK ở vị trí đối đỉnh nên ba điểm KNP,, thẳng hàng. Vậy AC, BM và KN đồng quy tại P . b) Theo câu a), ta đã chứng minh tứ giác MNCP nội tiếp. c) Gọi (IJ ),( ) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp các tam giác AKC, BKN . Vẽ các tiếp tuyến Bx, By theo thứ tự của (JO ),( ) . Ta có ∠=∠=∠xBN BKN NCA . Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên ta có Bx AC . Mà JB⊥ Bx nên BJ⊥ AC . Tương tự, ta cũng có ∠=∠=∠=∠YBA BCA NCA BKN nên By KN , dẫn đến BO⊥ KN . Mặt khác, theo tính chất đường nối tâm hai đường tròn thì vuông góc với dây cung chung, ta có OI⊥⊥ BM,IJ KN và OI⊥ AC . Do đó BJ OI (cùng vuông góc với AC ) và OB IJ (cùng vuông góc với KN ) nên tú giác BOIJ là hình bình hành. Hệ quả là OJ đi qua trung điểm BM (tính chất đường trung trực), nên OJ chứa đường trung bình tam giác BIM . Suy ra OJ  IM , mà OJ ⊥ BM nên IM⊥ BM . Kẻ các tiếp tuyến BS và CP đến đường tròn ()I như hình vẽ. Áp dụng định lý Pythagoras cho các tam giác vuông BIM và PIM, BIS và PIT , ta có BM2− PM 2 =( BI 22 − IM) −( PI 22 − IM) =−= BI 22 PI( BS 22 + IS) −(.( PT 22 + IT ) Mà IS= IT nên BM2−=− PM 222 BS PT (1) .