De Thi Vao 10 Toan Chuyen 2020 2021 Tinh Ho Chi Minh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

ĐÈ CHÍNH THỨC

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

Môn thi: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 17/07/2020

Thời gian: 150 phút

Bài 1. (1,0 điểm) Cho ba số dương a b c, , thỏa mãn điều kiện: a b c 2020 b cc a a b 

   ^.

Tính giá trị của biểu thức ^{P a2 b2 c2 :}



^{a b c}



b c c a a b

 

         Bài 2. (2,5 điểm)

a) Giải phương trình : 2x²   x 9 2x²    x 1 x 4 b) Giải hệphương trình:

2 2

2 3 2

2 8 6 1

8 1

y xy x x

y x x x

    



   

Bài 3. (1,5 điểm) Cho tam giác nh ọn ^{ABC AB}



^{BC CA}



^{nội tiếp đường tròn}

 

^{O .Từ A}

kẻ đường thẳng song song với BCcắt

 

^{O t}ại A₁.Từ Bkẻ đường thẳng song song với AC cắt

 

^{O tại} A1.Từ Bkẻ đường thẳng song song với ACcắt

 

^{O tại} B1.Từ C kẻđường thẳng song song với ABcắt

 

^{O t}ại C₁.Chứng minh rằng các đường thẳng qua A B C₁, ₁, ₁lần lượt vuông góc với BC CA AB, , _đồng quy.

Bài 4. (2,0 điểm)

a) Cho 2 số thực a b, .Chứng minh rằng: ^{2 2}

 

²

2 2

2 2

a b a b

ab a b

   

  b) Cho hai số dương a b, thỏa mãn điều kiện a b 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 20 7 Q b a

a b

    Bài 5. (2,0 điểm)

Đường tròn

 

^{I n}ội tiếp tam giác ABCtiếp xúc với các cạnh AB BC CA, , lần lượt tại , , .

D E F Kẻđường kính EJ của đường tròn

 

^{I . G}ọi d là đường thẳng qua Asong song với BC._Đường thẳng JDcắt d BC, lần lượt tại L H, .

a) Chứng minh : E F L, , thẳng hàng

b) JA JF, _cắt BClần lượt tại M K, .Chứng minh MHMK

Bài 6. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương x y, thỏa mãn phương trình : 3^x y3 1

ĐÁP ÁN

Bài 1. Ta có ^{a b c}



^{a b c}



²⁰²⁰



^{a b c}



b c c a a b

        

    

 

 

 

 

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2020 2019

: 2019

a b c

a b c a b c

b c c a a b

a b c

a b c b c c a a b

a b c

a b c b c c a a b

        

  

     

  

 

         

Vậy P2019

Bài 2.^{a) 2x2   x 9 2x2    x 1 x 4}

 

¹

Đặt ^{2x2   x 9 a a}



^0



^{(do 2x2   x 9 0)và}

 

2 2

2x   x 1 b b0 (do x2   x 1 0). Khi đó ta có:a² b² 2x8

Thay vào phương trình ta có: ^{2 2 2}

    

⁰

2 2

a b a b

a b a b a b a b

a b

  

           

2 2

2 2 2 2 2

2

2 2

*) 1: 0 0( )

0

*) 2 : 2 2 9 2 1 2

2 9 2 2 1 2 9 4 2 1 4 2 1

2

2 0( )

2 2 2 1

4 4 8 4 4 8

( ) 7

Th a b a ktm

b

Th a b x x x x

x x x x x x x x x x

x

x x tm

x x x

x x x x

x tm

 

    

        

                

  

  

  

            



Vậy 8

0;7 S  

 

2 2

2 3 2

2 8 6 1 (1)

)

8 1 (2)

y xy x x

b y x x x

    



   



Từ (2) ta có: y² x³8x²  x 1thay vào (1) ta có:

3 2 2 3

8 1 2 8 6 1 2 5 0

x  x   x xy x  x  x  xy x

 

 

 

 

    

2

2 2

2 2

2 3 2

2 2 3 2 4 3 2

2 5 0 0

2 5 0

*) 1: 0 2 1 1

*) 2 : 2 5 0 2 5

2 4 4 32 4 4

5 4 32 4 4 4 22 4 21

7 3 1 1 0

7 27

1 3

1 3

3 7

x x y x

x y

th x y y

th x y y x

y x x x

x x x x x x x x

x x x x

x y

x y

x y

x y

 

        

      

     

     

          

     

  

   

    

    



Vậy nghiệm của hệ phương trình là

  

x y^;  



^{3;7 ;}

 

1;3 ; 0; 1 ; 0;1 ; 1;3 ; 7;27

 



       

Bài 3.

Gọi H là trực tâm của tam giác ABCvà OHcắt đường thẳng qua A₁,vuông góc với BCở điểm K.Gọi M là trung điểm AA₁thì OM  AA₁OM BC

Mặt khác, tứ giác AHKA₁là hình thang vì AH / /A K₁ nên ta có OM _{là đườ}ng trung bình, kéo theo Olà trung điểm HKhay nói cách khác, đường thẳng qua A₁,vuông góc với BC sẽ đi qua điểm đối xứng với trực tâm H của ABCqua O. Rõ ràng điểm này bình đẳng với B C, nên hai đường qua B C₁, ₁lần lượt vuông góc với CA AB, cũng đi qua K. Vì thế nên ta có các đường thẳng của đềbài đồng quy ở K

Bài 4.

a) Ta có:

     

   

2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

1 1

0 0( )

2 2 2

a b a b a b

a b

ab a b a b

a b

a b a b luon dung

a b a b

  

    

   

  

            b) Ta có:a b, 0và a 3 b

M

K

H

A 1

O A

B C

   

 

20 7 20 7 20 7

3 2 3

3 3

20 7

5 3 7 18

3

2 100 2 49 18 16

Q b a b b b

a b b b b b

b b

b b

            

 

   

       

   

Vậy MinQ16 a 2,b1 Bài 5.

a) Ta có JE_{là đườ}ng kính của (I) nên JDE90⁰và HDEvuông ở D. Chú ý rằng BDBE, do cùng là tiếp tuyến kẻ từ B dến

 

^{I nên BDBH (tính ch}ất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền). Do đó BHDcân ở B

Vì AL/ /BH ADL BDH,kéo theo ADLcân ở A AL AD AF

  

Vì AL/ /CE LAF  FCE,mà ALF,CEFđều cân có các góc ởđỉnh bằng nhau nên chúng đồng dạng

Suy ra AFL CFEL F E, , thẳng hàng

b) Kéo dài JFcắt d_ở T thì tương tự câu a,ta có: T D E, , thẳng hàng và AT ADAFAL

T

M K

H

L J F

E D I

A

B C

Theo định lý Ta – let với d / /BCthì AL AJ AT

MH  JM  MK mà AT  ALnên MH MK

Bài 6. Ta có:

       

3 3 2

2

1 3 1

3 1 3 1 1 3

1 3 2

m

x x x

n

y y y y y y

y y

  

          

  



Do x y,  *nên m *,n

*) 1: 1 2 2( )

*) 2 : 2 3^m 1

Th m y x tm

Th m y

    

    Thế vào (2) ta có:

   

 

2 2

2 1 1 1

3 1 3 1 1 3

3 3 3 3 3 3 1 3 3 1

m m

n m m m m m

n m

  

    

          

Ta lại có: ^{33n 32m 3m13m1}



^{3n m 13m11 3}



^{m1 m 0(vô lý)}

Vậy phương trình có nghiệm x2,y2