De Thi Vao 10 Toan Chuyen 2020 2021 Tinh Quang Binh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN TOÁN CHUYÊN Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. Cho biểu thức 2 3 2

1 2 : 2 2

x x x x x

P x x x x x x

       

     

     

   

a) Rút gọn biểu thức P b) Chứng minh 1

P7 Câu 2.

a) Giải phương trình: x² 12 5 3x x²5

b) Cho phương trình ^{x2 }



^m1



^{xm2   m 2 0 1 (}

 

^{mlà tham s}ố). Gọi x x₁, ₂là hai nghiệm của phương trình

 

^{1 , tìm mđể 1 3 2 3}

2 1

x x

Q x x

   

   

    đạt giá trị lớn nhất Câu 3.

Cho a b c, , là các số thực không âm thỏa mãn a  b c 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của



¹

 

^{3 1}

 

^{3 1}



³

T  a  b  c Câu 4.

Tìm tất cả các số nguyên dương nsao cho M n.4ⁿ 3ⁿchia hết cho 7.

Câu 5.

Cho tam giác đều ABCcố định nội tiếp đường tròn

 

^{O .}Đường thẳng d _{thay đổ}i nhưng luôn đi qua Avà cắt cung nhỏ ABtại E (Ekhông trùng với A B, )._Đường thẳng d cắt hai tiếp tuyến tại Bvà C của đường tròn

 

^{O l}ần lượt tại M và N.Gọi Flà giao điểm của MCvà BN.Chứng minh rằng:

) ,

a CAN BMA MBC BCN

b)Bốn điểm B M E F, , , cùng nằm trên một đường tròn

c) Đường thẳng EFluôn đi qua một điểm cố định khi đường thẳng d_{thay đổ}i.

ĐÁP ÁN Câu 1.

a) Với điều kiện x0,x4ta đặt a x_{. Khi đó:}

     

     

2 2

2 2

2 2

2 3 2

1 1 2 : 1 2 2

1 2

4 3 1 1

1 2 . 2 2 2 2

a a a a a

P a a a a a a

a a

a a a a x

a a a a a a a x x

       

            

 

     

  

        

b) Ta có:

 

²

2 2

1 1 1

7 7 2 3 0

7 2 7

P a a a a a

a a

           

 

Do bất dẳng thức cuối đúng với mọi anên ta có điều phải chứng minh Câu 2.

a) Ta xét các trường hợp sau :

2

2 2 2

*) 0

1 5

*)0 2 3 5 3 3 3 3 5

2 2 2

2 5 5 5 10 5

*) 2 3 3 3.4

3 3 3 3 3 3

x VT VP

x x

x VT x x x x VP

x VP x x x x x x VP

  

              

             

Kiểm tra thấy x2là nghiệm thỏa mãn nên nó là nghiệm duy nhất của phương trình . b) Phương trình (1) có nghiệm ^



^m1



^{2  4}



^{m2    m 2}



^{0 5m2 6m 9 0}

Điều này đúng với mọi mdo ^{5m2 6m 9 4m2 }



^m3



^2.

Theo hệ thức Vi – et ta có: ^{1 2} ₂

1 2

1 2 x x m

x x m m

  



   

 ^{. Khi đó:}

2

1 2 1 2

2 1 2 1

x x 3 x x

Q x x x x

   

      

   

Xét 1 2



1 2



² 1 2 ²

2

2 1 1 2

2 3 4 5

2 x x x x

x x m m

t x x x x m m

   

   

  



^{t 3}



^m2



^{t 4}



^{m 2t 5 0 2}

 

      

Điều kiện tồn tại mlà



⁴



^{2 4}



^{3 2}



⁵



⁰



^{7 22}



²



^{0 22 2}

t  t t   t t    7   t Do đó ^Q     ^{t3 3t 2}



^{t 1}

 

^{2 t}²



    ²



^{t 2}



Vậy MaxQ    2 t 2hay m1 Câu 3.

Để ý x³  y³ z³ 3xyz0nếu x  y z 0.Do đó:

             

3 1 1 1 3 1 3 3 3 3 1 3 6

T  a b c  ab c  c a b a   b c ab c  c a b Không giảm tổng quát, ta giả sử: ^cmin



^{a b c, ,}



^{, gi}ả thiết suy ra 0 c 1. Khi đó , sử dụng :

 

²

4 , a b

ab 

 ta có:

     

       

2

2 2

3 1 3 3 6

4

3 3 3 3

3 1 3 3 6 3 1

4 4 4 4

T a b c c c

c c c c c c c

     

 

            

Với 3 3

, 0

2 4

a b c MinT   Câu 4.

*)Nếu ^{n2kM 2 .4k 2k 32k }



^{2k 1 .2}



^{4k }



^{42k 32k}



Vì



^{42k 32k}



^7



^{2k 1 .2}



^{4k 7. Mà}



2 ,7^4k



 1 2k  1 7m2k 7m16 với m₁chẵn

Do đó, ^n14t6



^t



.Thử lại ta có:



^{14 6 .4}



^{14t 6 314t 6}



^{14 7 .4}



^{14t 6}



^{167t 3 97t 3}



⁷

M  t ^  ^  t ^  ^  ^

*) Nếu ^{n2k  1 M }



^{2k 1 .4}



^{2k132k12 .4k 2k1}



^{42k132k1}



^.

Vì 4^2k13^2k1chia hết cho 7 nên 2 .4k ^2k1 7.Mà



^24k3,7



^{1nên k7t.}

Do đó n14t 1,t . Thử lại ta có:



^{14 1 .4}



^{14t 1 314t 1 14 .1414t 1}



^{414t 1 314t 1}



⁷

M  t ^  ^  t ^  ^  ^

Vậy các số nguyên dương nthỏa mãn M n.4ⁿ 3ⁿchia hết cho 7 là n14t1và 14 6

n t với t Câu 5.

a) Xét CANvà BMAcó:

( / / ); ( / / )

CAN BMA do AB CN CNA BAM do AB CN ( . )

CAN BMA g g

  

I F M

N

O A

B C

E

Xét MBCvà BCNcó MBCBCN 120⁰và MB MB AB BC BC  AC  NC  NC ( . . )

MBC BCN c g c

  

b) Ta có: MFBCFN180⁰ FCNFNC180⁰ FCNMCB180⁰ 120⁰ 60⁰ Ta cũng có MEB180⁰  AEB ACB60⁰

Do đó MFBMEBB M E F, , , cùng nằm trên một đường tròn.