De Thi Vao 10 Toan Chuyen 2020 2021 Tinh Hai Duong

(1)

HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC

THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: Toán (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1. (2,0 điểm)

1) Tính giá trị biểu thức



2

 

² ²



¹⁰

5 4 3

2 6 3

10 30 11

3 1

x x

B x x

x x x

 

   

   ^khi

3 5

x 2 2) Chứng minh rằng :1 1

x  y 2biết ³ ³ ³



² ²



⁴

 

⁴ ⁰

0

x y x y x y

xy

       



  Câu 2. (2,0 điểm)

1) Giải phương trình : ⁵^x² ^³^x^{ }⁶



⁷^x^¹



^x² ^³

2) Giải hệ phương trình:

2 2

8 16

12 5 3 5

2 x y xy

x y

x x y x x

   

 



      

Câu 3. (2,0 điểm) 

1) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x y  z2 2 2) Tìm tất cả các số tự nhiên a_để a2;4a² 16a17;6a² 24a25_đều là

các số nguyên tố. Câu 4. (3,0 điểm)

1) Cho đường tròn



^{O R}^;



, hai đường kính ABvà CDvuông góc với nhau. Lấy E_{là điể}m bất kỳ nằm trên cung nhỏ AD E( không trùng với Avà D)._Đường thẳng ECcắt OAtại M;_đường thẳng EBcắt ODtại N

a) Chứng minh rằng : AM ED.  2OM EA. b) Xác định vịtrí điểm E_để tổng OM ON

AM  DN _đạt giá trị nhỏ nhất

2) Cho nửa đường tròn

 

^O đường kính MN.Trên tia đối của tia MOlấy điểm B.Trên tia đối của tia NOlấy điểm C.Từ B và C kẻ các tiếp tuyến với nửa đường tròn (O), chúng cắt nhau tại A, tiếp điểm của nửa đường tròn

 

^O ^với

,

BA BClần lượt tại E D, .Kẻ AHvuông góc với ^{BC H}



^^BC



^.^Chứng minh , ,

AH BD CE_đồng quy.

Câu 5. (1,0 điểm)

Cho ba số thực x y z, , _{dương thỏ}a mãn xy yzzx2xyz1. Chứng minh:

2 2 2

1 1 1 2

x y y z z x x  y  z  xyz

  

(2)

ĐÁP ÁN Câu 1.

1) Tính giá trị biểu thức

Ta có: ³ ⁵



² ³



² ⁵ ⁴ ² ¹² ⁴ ⁰ ² ³ ^{1 0}

x 2  x   x  x  x  x  Ta có:

 

2 2

2 2 2

5 4 3 3 2

10 30 11 10 3 1 1 10.0 1 1

2 6 3 2 6 2 1 2 3 1 1 2.0 1 1

3 1 3 1 1 0 1 1

x x x x

x x x x x x

        

            

           Vậy B0

2) Chứng minh rằng 1 1 x  y 2

Ta có: ^x³ ^ ^y³^³



^x² ^^y²



^⁴



^x^ ^y



^{ }⁴ ⁰

         

     

   

       

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2 4 4 0

2 2 0

2 1 1 2 0

x y x xy y x xy y x xy y x y

x xy y x y x y

x y x xy y x y

x y x y x y

             

        

        

 

          

(vì ^_



^x^ ^y

 

² ^ ^x^¹

 

²^ ^y^¹



² ^²^_^⁰^{   }^x ^y ² ⁰

2 x y

    mà 0

0 0

xy x

y

 

   

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

        

2

2 2 2 1

x y x y

x y     

     

Do đó 1 2

1 1 2

xy xy xy

      

Mà 1 1 x y 2

M x y xy xy

 

    Vậy 1 1

2

M    x y . Dấu bằng xảy ra khi x  y 1

(3)

1) Giải phương trình :

 

   

  

2 2

2 2 2 2

2 2 2

2

2 2

2

5 3 6 7 1 3

5 3 6 7 1 3 0

2 3 1 3 3 3 6 3 0

3 2 3 1 3 2 3 1 0

2 3 1

2 3 1 3 3 0

3 3

x x x x

x x x x x x x

x x x x x x

x x

x x x x

x x

    

      

         

         

   

        

  



2

2 2

2

*) 1: 2 3 1 1

4 12 2 1

1 ( )

3 2 11 0

TH x x x

x x x

x VN

x x

  

        

  

    

2

2 2

*) 2 :

0

0 6 6

3 3 4

3 9 4

6 4 TH

x

x x

x x x

x x

x

 



   

         

Vậy 6 x  4

2) Giải hệphương trình

2 2

8 16 (1)

12 5 3 5 (2)

2 x y xy

x y

x x y x x

   

 



      



Điều kiện:x y 0

       

     

   

 

2

2 2

1 . 2 8 16

16 2 4 0

4 4 0 4 0

( 0 4 0)

x y x y xy xy x y

x y x y xy x y

x y x y x y x y

Do x y x y x y

 

       

 

        

 

           

      

Thay x y 4vào phương trình

 

² ta được :

(4)

 

2 2 2 2

12 5 3 5 12 5 3 5 *

x    x x   x   x   x

Nhận xét 5

0 0 ,

VT  VP  x 3

 

2 2

* 12 4 3 6 5 3

4 4

3 2

12 4 5 3

2 0 2 2( )

2 2 5

3 0

12 4 5 3 3

x x x

x x

x

x x

x x y tm

x x

VN khi x

x x

       

 

   

   

     



           Vậy hệ có duy nhất 1 nghiệm x y 2

Câu 3.

1) Tìm nghiệm nguyên dương….

 

²

 

2 2 2 2 2

2 2 2 4 8 4 2

x y z x xy y z

xy z x y xy z x y z x y

       

            

Nếu z  x y 0thì vế phải là số vô tỉ, vế trái là số nguyên dương. Vô lí

Nếu 0

0 4 8 2

z x y z x y

z x y

xy xy

    

 

      

Vì x y, là các số nguyên dương nên 1; 2 2; 1 3

x y

x y z

 

  

  



Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là



x y z^{; ;}

 





1;2;3 ; 2;1;3

   

2) Tìm các số tự nhiên a…….

Đặt a 2 p(plà số nguyên tố)

 

2 2 2

4 16 17 4 4 4 1 4 1

6 24 25 6 2 1 6 1

a a a a p

a a a p

        

       

Do plà số nguyên tố nên 4p²  1 5và 6p²  1 5

Ta có: ⁴^p² ^{ }^{1 5}^p² ^



^p^¹



^p^¹



^và⁶^p² ^{ }^{1 5}^p² ^{ }⁵



^p^²



^p^²



+)Xét trường hợp p 5

Mà plà số nguyên tố nên p  5 a 7

Thử lại với a   7 a 2 5,4a² 16a17 101,6 a² 24a25 151 là các số nguyên tố.

(5)

- Nếu pchia 5 dư 1 hoặc 4 thì



^p^¹



^p^^{1 5}



^⁴^p² ^^{1 5}

4p2 1

  không là nguyên tố

- Nếu pchia cho 5 dư 2 hoặc dư 3 thì



^p^²



^p^^{2 5}



^⁶^p² ^^{1 5}

6p2 1

  không là số nguyên tố Vậy a7là giá trị cần tìm

Câu 4.

1)

a) Xét COM và CEDcó COM CED90 ,⁰ ECDchung

 

( . ) CO OM 1 COM CED g g

CE ED

    

Do AB CD, _{là 2 đườ}ng kính vuông góc với nhau CEA CAB 45⁰

Xét AMCvà EACcó: CEA CAB 45 ,⁰ ACE chung  AMC EAC g g( . ) AC AM

CE AE

  mà AC  2CO do ACO(  vuông cân tại O)

N M

D C

O B A

E

(6)

Kết hợp với

 

¹ ÂM ²^CO ²ÔM ÊD ²ÔM

AE CE ED AE AM

    

. 2 .

AM ED OM AE

 

b) Theo câu a ta có: ^ED ²^OM

 

^{2 ,}

AE  AM tương tự câu a ta có: ^EA ²^ON

 

³

DE  DN Nhân 2 vế của (2) và (3) ta có: 1

. 2

OM ON AM DN 

Ta có: 1

2 . 2 2

2

OM ON OM ON

AM  DN  AM DN   Dấu bằng xảy ra khi

2 2

OM ON ED EA

EA ED E

AM  DN  EA  ED    là điểm

chính giữa cung nhỏ AD

Vậy GTNN của OM ON 2

AM  DN   Elà điểm chính giữa của cung nhỏ AD 2) Chứng minh AH BD CE, , _đồng quy

Ta có AE AD, là 2 tiếp tuyến nên AD AE AO, là phân giác của BAC

. .

BEO BHA BH BO BE BA

     , tương tự: CH CO. CD CA.

. .

BH BO BE BA CH CO CD CA

 

I

H A

D E

O N

B M C

(7)

AOlà phân giác của

. .

BAC CO  AC CH AC CD CA

. 1

BH BE CH BE CH CD BH CD

   

Gọi Ilà giao điểm của BDvà CE AI, cắt BCtại H'

Qua Akẻ một đường thẳng song song với BCcắt tia BD CE, lần lượt tại K F, Theo định lý Ta – let ta có:

, , ' .

'

AD AK BE BC CH AF

DC  BC AE  FA H B  AK Nhân từng vế của các tỉ lệ thức ta được:

' ' '

. . . . 1 . 1

' ' '

AD CH BE AK BC AF BE CH CH CH

DC H B EA  BC AF AK   DC H B   HB  H B H H' Vậy các đường thẳng AH BD CE, , _đồng quy.

Câu 5.

Xét x y² ² y z² ² z x² ²



^xy ^yz ^zx



²

VT xy y yz z xz x xy yz zx x y z

 

   

        (1)

Ta có: xy yzzx3³ x y z² ² ²

Đặt txy yzzx,từ giả thiết ta có:



¹



² ⁴ ² ² ² ⁴ ³ ³

27 4

t x y z t t

    

3 xy yz zx 4

   

Thay vào giả thiết được ² ¹

 

¹

xyz  xy yzzx  4hay 1 xyz8

D E

H' F

I A

B C

K

(8)

Do đó:

 

²

   

6 6 2

xy yzzx xyz xy yzzx  xyz xy yzzx Mặt khác:

   

     

2 3 . . .

2 6 3

xy yz zx xy yz yz zx zx xy xy yz zx xyz x y z

    

     

Cộng (2) và (3) ta có:

 

²

  

3 xy yzzx 6xyz xy yzzx  x y z 4 Kết hợp

 

¹ ^và

 

⁴ ta có điều phải chứng minh Dấu " " xảy ra khi 1

x  y z 2