UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi: TOÁN (dành cho thí sinh chuyên Toán, chuyên Tin) Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1. (2,0 điểm) a) Cho biểu thức
2
4 4 4 4
16 8 1
x x x x
A
x x
, với giá trị nào của xthì biểu
thức Axác định. Rút gọn A
b) Giải hệ phương trình 24 22 2 32 15
2 4 5
x y x y
x y x y
Câu 2. (2,5 điểm)
a) Cho các số a b c, , thỏa mãn điều kiện a b c 6.Chứng minh rằng có ít nhất một trong ba phương trình sau có nghiệm x2 ax 1 0;x2 bx 1 0;x2 cx 1 0 b) Cho a b c, , là các sốdương thỏa mãn a2 b2c2 1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức A
1 2a
1 2 bc
Câu 3. (1,5 điểm)
a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên nthì n
2n7 7
n1
luôn chia hét cho 6 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương
a b; thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 4a1và 4b1nguyên tố cùng nhau, a b là ước của 16ab1 Câu 4. (3,0 điểm)
1) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB2 ,R gọi I là trung điểm của đoạn OA. Vẽ tia Ixvuông góc với ABcắt nửa đường tròn
O tại C. Lấy điểm Etrên cung nhỏ BC E
B E, C
, nối AEcắt CItại Fa) Chứng minh rằng BEFIlà tứ giác nội tiếp
b) Gọi K là giao điểm của hai tia BEvà Ix.Giả sử F là trung điểm của IC.Chứng minh rằng AIF KIB. Tính IKtheo R
2) Cho tam giác ABCvuông tại A, đường cao AH.Gọi I J K, , lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ABH ACH, , .Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác IJKvà đường tròn nội tiếp tam giác ABCcó bán kính bằng nhau.
Câu 5. (1,0 điểm)
Một bảng kích thước 2n2nô vuông, nlà số nguyên dương. Người ta đánh dấu vào 3nô bất kỳ của bảng. Chứng minh rằng có thể chọn ra nhàng và ncột của bảng sao cho các ô được đánh dấu đều nằm trên nhàng và ncột này
Câu 1.
a) Ta có x4 x 4
x 4 2
2 0
2 162 8 4 24 4 4 2 0; 1 1 0
x x x
x x x
Vậy điều kiện để Axác định là x4
Khi đó 4 2 4 2 4 2 4 2
4 4
x x x x
A x x
x x
Nếu x 4 2 x 8thì
4 2 4 2
24 4
x x x x
A x x
Nếu 0 x 4 2 4 x 8thì
4 2 4 2
44 4
x x x x
A x x
b) Hệ phương trình
2 2
2 2
2
1 2 4 1 2 5
1 2 10
x y x y
x y
Đặt
2 1
2 u x v y
Ta có hệ phương trình:
2 2 2
10 2 10
4 5 4 5
10 3
( )
45 1
2 1
3 3
u v u v uv
uv u v uv u v
u v u
uv VN v
u v u
uv v
*) 3, 1 ; 2;1 ; 2;1
*) 1, 3 ; 0;5
u v x y
u v x y
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm
2;1 ; 2;1 ; 0;5
Câu 2.
a) Ba phương trình trên lần lượt có 1 a2 4; 2 b2 4; 3 c2 4
22 2 2
1 2 3
12 12 36 12 0
3 3
a b c
a b c
(Dấu " " xảy ra khi a b c 2)suy ra 1 2 3 0
Do đó có ít nhất một trong ba biệt thức 1, 2, 3không âm Vậy ít nhất một trong ba phương trình trên có nghiệm.
b) Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có :
2
2 4 4 3 2
9 3 2 2 3
a a a a và 2bcb2 c2. Suy ra:
2
2 2 2 2 2
3 2 3 10
1 1 1
2 3 2 9
A a b c a b c
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
2
2 2 2
2 2 2
10 1
3 10 1 3 9 98 98
2 9 2 2 27 27
a b c
a b c A
Đẳng thức xảy ra
2 2 2
2 2 2
2
3 2
3
10 1 10
9 6
1 a
b c a
a b c b c
a b c
Vậy GTLNcủa biểu thức 98 2; 10
27 3 6
A a b c
Câu 3.
a) Gọi An
2n7 7
n1
Ta có trong hai số nvà 7n1phải có một số chẵn nên n
2n7 7
n1
chia hết cho 2 Với n ,ta có 3 trường hợp sau :
) 3 1 3 1 6 9 21 8 3 (2)
) 3 2 3 2 6 11 21 15 3 (3)
n k k A k k k
n k k A k k k
Từ (1), (2), (3) suy ra A 3, n A 6, n
b) Giả sử
a b, là cặp sốnguyên dương thỏa mãn bài toán Khi đó
4a1;4b 1
1và
16ab1
ab
1Ta có:
4a1 4
b 1
16ab 1
4 ab
chia hết cho ab
2Ta có: 4a 1 4b 1 4
ab
ab
Nếu 4a1;a b cùng chia hết cho số nguyên tố pthì 4b1cũng chia hết cho ,p điều này mâu thuẫn vì
4a1;4b 1
1Do đó,
4a1;ab
1
4b1
ab
Nên từ (1) suy ra
4b1
ab
3Ngược lại, nếu
a b, là cặp số nguyên thỏa mãn
3 thì từ
2 ta có:
16ab1
ab
Ta chứng minh được vì nếu hai số 4a1và 4b1cùng chia hết cho số nguyên tố p thì p là số nguyên tố lẻ.
Câu 4.
1)
a) Ta có : AEB900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
900
BIF Do Ix AB
Tứ giác BEFIcó: AEB BIF 900 900 1800
tứ giác BEFIlà tứ giác nội tiếp
b) Do tứ giác BEFInội tiếp nên AFI KIB
Xét AIFvà KIBcó: AFI KBI(cmt); AIF KIB900 AIF KIB Xét ACBcó ACB900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và CI AB gt( ) Suy ra
2
2 3 3 3 3
. .
2 2 4 2 2 4
R R R R CI R
CI AI IB CI IF
Do AIF KIBnên . 3 4
. . 3
2 2 3
AI IF AI IB R R
KI R
KI IB IF R
x K
F C
I O B
A
E
Gọi M N, là giao điểm của AJ AK, với BC,hạ IDBC
Ta có: BAN 900 NAC900 NAH BNAABN cân tại B Tương tự ACM cân tại C
Do đó, IAIM INnên Dlà trung điểm của MN
Mà MN ABACBC 2r2IDnên MINvuông tại I Vì CKlà trung trực của AMnên 1 1
2 2
KMC KAC HAC ABC IBCnên MK / /BI . Mà BIlà trung trực của ANnên MK AN, tương tự NJ AM
Do đó các điểm I J K, , nằm trên đườn tròn đường kính MNcó bán kính r dfcm
D N M
K J
I
H A
B C
Câu 5.
Chọn ra nhàng có chứa sốô được đánh dấu nhiều nhất trên các hàng đó
x x X
x x
x x
x
x
Ta chứng minh sốô được đánh dấu còn lại nhỏhơn hoặc bằng n Giả sử sốô được đánh dấu còn lại lớn hơn hoặc bằng n1 Các hàng còn lại chưa chọn là n
Theo nguyên lý Dirichlet sẽ có ít nhất một hàng (trong nhàng còn lại) chứa ít nhất hai ô đã đánh dấu.
Mà theo cách chọn thì nhàng đã chọn có chứa sốô được đánh dấu nhiều nhất trên các hàng đó. Có một hàng còn lại chưa chọn có ít nhất 2 ô đánh dấu, nên suy ra mọi hàng trong nhàng đã chọn đều có ít nhất 2 ô được chọn, tức là trên nhàng đã chọn không có ít hơn 2nô đã được đánh dấu .
Nếu vậy, sốô được đánh dấu lớn hơn hoặc bằng 2n
n 1
3ntrái giả thiếtVậy sau khi chọn nhàng (với cách chọn như trên), sẽ còn lại không quá nô được đánh dấu. Vì thế có nhiều nhất là ncột chứa chúng. Do đó, sẽ không còn ô đánh dấu nào nằm ngoài các hàng hay cột được chọn
Suy ra điều phải chứng minh.