Đề thi thử vào lớp 10 chuyên Toán năm học 2022 lần 10 - thuvientoan.net có lời giải chi tiết

https://thuvientoan.net/

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2020 – 2021

MÔN THI: TOÁN CHUYÊN

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (1,5 điểm)

a) Giải phương trình: ^x3



^3x24x4



^{x 1 0.}

b) Giải hệ phương trình:

2 2 2

4 6 3 2 4

.

2 3 4

x xy y xy y

x x y y y

     

     



c) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n đều có thể viết được dưới dạng x²y²5z² với x y z, , là số nguyên nào đó.

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các số nguyên tố p₁, p₂, p₃, p₄, p₅, p₆ thỏa mãn: p₁²p₂²p₃²p₄²p₅² p₆². b) Cho a b c, , là các số nguyên thỏa mãn a²⁰¹⁸b²⁰¹⁹c²⁰²⁰ chia hết cho 6.

Chứng minh rằng a²⁰²⁰b²⁰²¹c²⁰²² chia hết cho 6.

Câu 3. (2,5 điểm)

a) Chứng minh rằng với mọi x0, ta có: ^{4 3}

3 4

1 1

2 x 1 3 x .

x x

   

      

   

   

  

 

b) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a2b3c12. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 . Pabbccaabc b c Câu 4. (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, không cân có trực tâm H. Trên đường tròn đường kính BC, về phía trong, lấy điểm D thay đổi. Các đường tròn (ADB), (ADC) lần lượt cắt lại BC ở E F, . Giả sử BH cắt AF AE, ở M P, ; CH cắt AE AF, ở N Q, .

a) Chứng minh rằng các điểm D M N, , thẳng hàng và tam giác AMN vuông.

b) Gọi R là giao điểm của AD PQ, . Chứng minh rằng điểm R luôn thuộc một đường tròn cố định khi điểm D di động.

Câu 5. (1,0 điểm)

Cho hình vuông có cạnh bằng 20. Bên trong hình vuông chọn 2017 điểm phân biệt (không nằm trên các cạnh của hình vuông). Xét tập hợp A có 2021 điểm gồm 4 đỉnh hình vuông và 2017 điểm đã chọn. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một tam giác có 3 đỉnh thuộc A với diện tích nhỏ hơn ¹

10.

---HẾT--- ĐỀ SỐ 10

https://thuvientoan.net/

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI

Câu 1. (1,5 điểm)

a) Giải phương trình: ^x3



^3x24x4



^{x 1 0.}

b) Giải hệ phương trình:

2 2 2

4 6 3 2 4

.

2 3 4

x xy y xy y

x x y y y

     

     



c) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n đều có thể viết được dưới dạng x²y²5z² với x y z, , là số nguyên nào đó.

Lời giải a) Điều kiệnx 1. Phương trình đã cho tương đương với

 

   

  

  

3 2

3 2 2 2 2

2 2

2

2

3 1 4 1 4 1 0

4 1 1 4 4 1 1 0

4 1 1 1 4 1 1 0

1 4 1 1 0

1 2 1 0

1 0 (1) 2 1 0 (2)

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 x x x

x x x x x x

x x x x

x x

x x

      

             

           

       

     

   

 

  



 ₂ 1 5

(1) 1

1 0 2 0

x x x x

x x

 

     

  



 .

 (2)

2 1 2 2 2 2

4 4 0 0

x x x x

x x

        

  



 .

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là 1 5

;2 2 2 S  2 

  

 

 

. b) Điều kiện xác định: 2x y 0.

Từ phương trình thứ hai của hệ có:

  

²



²

2 3 4 2 2 2 1 6 9

2 4 0

2 1 3 (*)

2 2

x x y y y x y x y y y

x y y

x y y

x y y

            

    

      

  



Từ phương trình đầu của hệ suy ra 4x²6xy3y² 4.

https://thuvientoan.net/

Suy ra:

2 2

2 4

3 3 64 64

2 16 4.

2 4 3 3

y y

x y y

 

         

 

 

Do đó nếu hệ cho có nghiệm



^{x y;}



^{thì 2x  y 4 y0.}

Do đó:

 

   

2

2 2

2 2

2

(*) 2 2 2 4

2 2 2 4 2 2

2 2

(1)

2 2 4 4

x y y x y y

x xy y xy y x

x x

xy y x x y x

       

       

   

 

 

       

Mặt khác, thay 2xyy²  2 x vào phương trình thứ hai của hệ có:

 

 

2 2

2 2 2

2

2

4 6 3 2

4 6 3 2

2

(2)

3 4 4

x

x xy y x

x xy y x

x

x y x

 

         

 

    

Kết hợp (1) và (2) , ta có:

 

   

2

2 2

2 2

2 2, 0

4 4 .

2, 4

4

3 4 4

x x x y

x y x

x y

x y

x y x

  

     

 

     

  

      

 

   



Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm



^{x y;}



^là



2; 0 , 2; 4 .

  

c) Nếu n chẵn, đặt n2 ,k ta có:

  

²



²

 

²

2 2 1 2 5 1 .

n k k  k  k Nếu n lẽ, đặt n2k1, ta có:

  

²



^{2 2}

2 2 1 5 .

n k k  k  k

Vậy trong mọi trường hợp n có thể biểu diễn dưới dạng x²y²5z² với x y z, , là số nguyên nào đó.

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các số nguyên tố p₁, p₂, p₃, p₄, p₅, p₆ thỏa mãn: p₁²p₂²p₃²p₄²p₅² p₆². b) Cho a b c, , là các số nguyên thỏa mãn a²⁰¹⁸b²⁰¹⁹c²⁰²⁰ chia hết cho 6.

Chứng minh rằng a²⁰²⁰b²⁰²¹c²⁰²² chia hết cho 6.

Lời giải

https://thuvientoan.net/

a) Ta có: p1²p2²p3²p4²p5²  p6² p6 2 p6²1 mod 8 .

 

Mặt khác p_i²1; 4 mod 8

 

với i1;5. Ta xét các trường hợp sau:

+ Có năm số p1² p2²  p3² p4² p5²4 mod 8 ,

 

Suy ra: p1²p2²p3²p4²p5²      4 4 4 4 4 204 mod 8 ,

 

vô lí.

+ Có một số p1²1 mod 8

 

 p2²  p3² p4² p5²4 mod 8 .

 

Suy ra: p1²p2²p3²p4²p5²      1 4 4 4 4 171 mod 8 .

 

Do p2²  p3² p4² p5²4 mod 8

 

 p i_i, 2;5 là số chẵn mà p i_i, 2;5 là số nguyên tố nên:

2 3 4 5 2.

p  p  p  p  Từ đây ta có: p6²16p1² 



p6p1



p6p1



16.

Do p₆ và p₁ là các số nguyên tố lẽ nên p₆p₁ và p₆p₁ là các số chẵn và p₆p₁ p₆p₁ nên:



6 1



6 1



^{6 1 6}

6 1 1

8 5

16 .

2 3

p p p

p p p p

p p p

    

 

 

       

+ Có hai số p1² p2² 1 mod 8

 

 p3² p4² p5²4 mod 8 .

 

Suy ra: p1²p2²p3²p4²p5²      1 1 4 4 4 146 mod 8 ,

 

vô lí.

+ Có ba số p1² p2²  p3²1 mod 8

 

 p4² p5²4 mod 8 .

 

Suy ra: p1²p2²p3²p4²p5²     1 1 1 4 4 113 mod 8 ,

 

vô lí.

+ Có bốn số p1² p2²  p3² p4²1 mod 8

 

 p5²4 mod 8 .

 

Suy ra: p1²p2²p3²p4²p5²      1 1 1 1 4 8 0 mod 8 ,

 

vô lí.

+ Có năm số p1² p2²  p3² p4² p5²1 mod 8 .

 

Suy ra: p1²p2²p3²p4²p5²      1 1 1 1 1 5 mod 8 ,

 

vô lí.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm p ii



^1;5



có một số bằng 3, các số còn lại bằng 2 và p₆5.

b) Ta có:

       

        

2020 2021 2022 2018 2019 2020 2018 2 2019 2 2020 2

2017 2018 2019

1 1 1

1 1 1 1 1 1 .

a b c a b c a a b b c c

a a a a b b b c c c c

          

        

Ta có tích ba số tự nhiên liên tiếp sẽ chia hết cho 6, do có một số chẵn và một số chia hét cho 3.

https://thuvientoan.net/

Do vậy: ^{a a}



^1



^{a1 ,}

 

^{b b1}



^{b1 ,}

 

^{c c1}



^c1



đều chia hết cho 6.

Suy ra: ^{a2020b2021c2022}



^{a2018 b2019 c2020}



chia hết cho 6.

Mà a²⁰¹⁸b²⁰¹⁹c²⁰²⁰ chia hết cho 6 nên suy ra a²⁰²⁰b²⁰²¹c²⁰²² chia hết cho 6.

Suy ra điều phải chứng minh.

Câu 3. (2,5 điểm)

a) Chứng minh rằng với mọi x0, ta có:

3 4

3 4

1 1

2 x 1 3 x .

x x

   

      

   

   

  

 

b) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a2b3c12. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 . Pabbccaabc b c

Lời giải a) Đặt ³

3

, 1 a x b

  x với a b, 0 và ab1. Bất đẳng thức trở thành:

         

           

     

4 4 3 3 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2

2 1 3 2 1 3 1

1 2 1 3 0 3 2 3 2 0

3 2 2 1 0

a b a b a b a b a b

a b a b a b a b a b a b

a b a b a b

 

           

   

 

                   

   

         

Do ^a ^{b 2 ab} ²



^a^b



² ^4. Từ đây suy ra bất đẳng thức cần chứng minh đúng.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab hay x1.

b) Ta có:

 

   

12 2 12

1 13

1 1 1 13.

P b c ab bc ca abc a b c ab bc ca abc

a b c

       

        

    

Ta có:

       

3 3

1 1 1 2 2 3 3 1 6 2 3

1 1 1 1 2 2 3 3 36.

6 6 3 6 3

a b c a b c

a b c a b c            

             

Suy ra: P36 13 23.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ^{1 2 2 3 3} 5, 2, 1.

2 3 12

a b c

a b c

a b c

     

    

   



https://thuvientoan.net/

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 23 đạt được khi a5,b2, c1.

Câu 4. (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, không cân có trực tâm H. Trên đường tròn đường kính BC, về phía trong, lấy điểm D thay đổi. Các đường tròn (ADB),(ADC) lần lượt cắt lại BC ở E F, . Giả sử BH cắt AF AE, ở M P, ; CH cắt AE AF, ở N Q, .

a) Chứng minh rằng các điểm D M N, , thẳng hàng và tam giác AMN vuông.

b) Gọi R là giao điểm của AD PQ, . Chứng minh rằng điểm R luôn thuộc một đường tròn cố định khi điểm D di động.

Lời giải

a) Giả sử BH AC tại K. Khi đó: BDC BKC90 BDKC nội tiếp.

Ta có: DAM  DCF DKM .

Vì tứ giác DACF BDKC, nội tiếp nên ADKM nội tiếp, suy ra ADM  AKM 90. Tương tự, ta cũng có ADN90. Do đó: D M N, , thẳng hàng.

Mặt khác, ta có: AMN AKM  DBC vì các tứ giác ADKM BDKC, nội tiếp . Tương tự thì ANM  DCB. Do đó AMN DBC MAN BDC90. b) Ta sẽ chứng minh rằng BRC90 .

Trên AD lấy SD sao cho BSC90 (ta sẽ chứng minh SR).

Ta có BSD BCD DAF vì tứ giác BDCS DACF, nội tiếp nên SB AF ; mà AF AE nên SBAE tại X . Chứng minh tương tự thì SC AF tại Y.

Ta có NAQ AXB90 , AQN XAB vì CH AB nên

Y X

K N M

S ≡ R Q

P

H

E F

A

B C

D

https://thuvientoan.net/

AQ AN

AQN XAB AQ XB AN XA

XA XB

        .

Ta lại có: MAN AXS90 , AMN SAX vì ADMN nên AN AM

ANM XSA AN XA AM XS

XS XA

        .

Từ hai đẳng thức trên, ta được: AM AQ.

AQ XB AM XS

XB XS

    

Từ đây suy ra ^{PA AQ}

PX  XS , điều này chứng tỏ rằng SPQAD  R BRC90 nên R luôn thuộc đường tròn đường kính BC, cố định.

Câu 5. (1,0 điểm)

Cho hình vuông có cạnh bằng 20. Bên trong hình vuông chọn 2017 điểm phân biệt (không nằm trên các cạnh của hình vuông). Xét tập hợp A có 2021 điểm gồm 4 đỉnh hình vuông và 2017 điểm đã chọn. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một tam giác có 3 đỉnh thuộc A với diện tích nhỏ hơn ¹

10. Lời giải

Trước hết chọn 1 điểm bất kì bên trong hình vuông. Nối điểm này với 4 đỉnh hình vuông tạo được 4 tam giác. Ta đã chọn 5 điểm.

Hình 1 Hình 2 Tiếp theo chọn một điểm khác bên trong hình vuông. Có hai trường hợp

 Nếu điểm vừa chọn ở trên cạnh của một trong các tam giác tạo thành thì ta có thể nối như Hình 1 để tạo thành 6 tam giác.

 Nếu điểm vừa chọn ở bên trong một trong các tam giác tạo thành thì ta có thể nối như Hình 2 để tạo thành 6 tam giác.

Như vậy mỗi lần lấy thêm một điểm thì số tam giác tạo thành tăng thêm 2.

Ta chọn như vậy với 2016 điểm ta có số tam giác tạo thành là 4 2 20164036.

Tổng diện tích các tam giác bằng diện tích hình vuông và bằng 20² 400.

Suy ra có ít nhất một tam giác có diện tích không vượt quá ^{400 1} .

4036 10 Ta có điều phải chứng minh.