De Thi Vao 10 Toan Chuyen 2020 2021 Tinh Dong Nai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021

Môn : Toan chuyên Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1. (2,25 điểm)

1) Tìm các số nguyên x^vàythỏa mãn 6x7y8^và 9x10y 200

2) Tìm các tham số nguyên nđểphương trình x² nx n 0^{có nghi}ệm nguyên 3) Cho a^{là các s}ố thực thỏa mãn a0^và a9

Rút gọn biểu thức ^{27 27}



¹²⁵



3 2 10 75

a a a a

P a a a a a

 

 

    ^{. Tìm} ađể Pđạt giá trị lớn nhất Câu 2. (1,5 điểm)

1) Giải phương trình ^{x3 35x3.}



^{x3 35x3}



^30

2) Tìm các tham số thực mđểphương trình ^{x2 }



^2m1



^{x  m 1 0}có hai nghiệm x x₁, ₂sao cho biểu thức ^{1 2} ₂¹ ₂²

1 2

3 x x x x

M x x

  

  ^{đạt giá trị nhỏ nhất}

Câu 3. (1,5 điểm) Giải hai hệphương trình sau :

3 2 2 3

2 2 2 3

6 2 36

1) 2)

6 6 36

x x y x y x y

x xy y y x

      

 

 

    

 

 

Câu 4. (2 điểm) 1) Cho 1

, , . 3 a b c

   ^Chứng minh

2 2 2

2 2 2

1 1 1 6

1 3 1 3 1 3 5

a b c

b c c a a b

  

  

     

2) Trong mặt phẳng cho 1889điểm thỏa mãn với 3 điểm bất kỳ tạo thành 3 đỉnh của một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1. Chứng minh tron các điểm đã cho tồn tại 237điểm cùng nằm bên trong hoặc trên cạnh của một tam giác có diện tích nhỏhơn 1

2

3) Có bao nhiêu cách bỏ 5 cây bút khác màu gồm xanh, đen, tím, đỏ, hồng vào 5 hộp đựng bút khác màu gồm xanh, đen, tím, đỏ, hồng sao cho mỗi hộp chỉ có một bút và màu bút khác với màu hộp.

Câu 5. (2,75 điểm)

Cho tam giác nhọn ABCⁿội tiếp đường tròn

 

^{O có hai đường cao BE CF, cắt nhau tại trực tâm}

,

H biết AB AC.Gọi Llà giao điểm của đường thẳng BCvới tiếp tuyến tại Acủa (O). Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BCvà EF.Gọi M N, lần lượt là trung điểm của hai đoạn thẳng BC EF,

a) Chứng minh tứ giác ALMOnội tiếp đường tròn. Gọi Dlà giao điểm của

 

^O với đường tròn ngoại tiếp tứ giác ALMO D, khác A. Chứng minh LDlà tiếp tuyến của

 

^O

b) Chứng minh MKvuông góc với AK,suy ra KH AM

c) Chứng minh rằng ba điểm A N D, , thẳng hàng.

ĐÁP ÁN Câu 1.

1.1) Tìm các số nguyên x y,

Giả sử có x y,  thỏa mãn ^{6 7 8 6 7}

 

4 6

x t

x y t

y t

  

       (vì ^{6x7y6 6 7}



^{ t}

 

^{  7 4 6t}



^{  8, t )}

Vậy ^{9x10y 200 200 9 6 7}



^{ t}



^10



^{ 4 6t}



^200

 

98 106

200 123 94 200 2 0

41 123

t  t t dot

            

Do đó chỉ có

  

^{x y;  }



^{8;8 ;}

 

^{1;2 ; 6; 4}

 

^

 

^thỏa mãn bài toán.

1.2 ) Tìm các số nguyên n

Phương trình ^{x2 nx n 0 1}

 

^{có nghi}ệm   n² 4n0

Giả sử

 

¹ có nghiệm nguyên n² 4nlà số chính phương (vì nếu ngược lại thì

 

^{1 có}

nghiệm

2 4

2

n n n

  

là số vô tỷ, vô lý) Hay ^n24nk2

 

^{2 ,k}



^{n 2}



^{2 k2 4}



^{n 2 k}



^{n 2 k}

  

^{4 3}

         

Mà

 

^{2 n2 k2 4n}



^{n2 k2}



^{2 nvà kcùng chẵn hoặc cùng lẻ}

n 2 k

   và n 2 kcùng chẵn hoặc cùng lẻ

Vậy

 

^{3 2 2}

2 2

n k

n k

  

     hoặc 2 2

2 2

n k

n k

   

    

 Giải 2 hệ trên ta được 0

( ) 4

n tm

n

 

  Vậy n0,n4

    

  

  

27 125 27 5 5 25

27 27

1.3) 3 2 10 75 3 3 5 25

3 3 36

27 27 135

3 36

3 3

a a a a a

a a a a

P a a a a a a a a a

a a a

a a a

a a

a a

   

 

   

       

   

  

     

 

Vậy P  a 3 a 36, với 0 a 9 Tìm a

 

3 2 135 135

3 36 0; 9

2 4 4

P  a a   a       a a Dấu " " xảy ra 3 9

0 ( )

2 4

a a tm

    

Vậy 135 9

4 4

Min P   a Câu 2.

1) Giải phương trình: ^{x3 35x3.}



^{x 335x3}



^{30 1}

 

Đặt y ³ 35x³ x³  y³ 35.Có

 

^{1 xy x}



^{ y}



^30

Vậy có

   

 

³

 

3 3

30 30

35 3 35

xy x y xy x y

x y x y x y xy

 

   

 

 

     

 

 

 

³

2

( ) 30 6 3

5 3

125

2 x

xy x y xy y

x y x

x y

y

 



 

   

 

       

Vậy ^x

 

^2;3

2) Tìm m

     

²

2 2

2 1 1 0 1 2 1 4 4 4 5 0

x  m x  m   m  m  m   nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂

Áp dụng định lý Vi – et ta có: ^{1 2}

1 2

2 1

1

x x m

x x m

  

  

 . Vậy

 

   

   

1 2 1 2

1 2 1 2

2 2

2 2 2

1 2 1 2 1 2

3 1 2 1 3

3 1

4 2 3

2 2 1 2 1

x x x x m m

x x x x m

M x x x x x x m m m m

      

   

   

       

Có ^{4m2 2m 3}



^m1



^{2 3m2    2 0 m}

     

2 2

2 2 2

2 5

1 1 4 20 25

4 2 3 22 22 4 2 3 22 4 2 3 0

m m m m

m m m m m m m

   

     

     

Vậy 1 5

22 2

MinM  m

  

Câu 3.

3.1 Giải hệ phương trình

 

 

3 2

3 2

2 2 2 2

6 2 1

6 2

6 6 6 6 2

x y x x y

x x y x y

x xy y x xy y

   

   

 

 

     

 

 

Lấy (1) nhân (2) vế theo vế ta có:



^xy

 

^{x2 6xyy2}

 

^{6 6x3 2x y2}



 

3 2 2 3

35x 17x y 7xy y 0 3

    

Vì x0không thỏa mãn (1) nên x0,đặt ytx t, 

 

^{3 35x317tx37t x2 3t x3 3   0 t3 7t2 17t350}



^x0



  

²



2

5 2 7 0 5

2 7 0( )

t t t t

t t VN

  

         

 

^{2 1 5}

5 2 1

1 5

x y

y x x

x y

   

            Vậy hệ có hai nghiệm

  

^{x y; }



^{1; 5 ;}

 

^1;5

 

3.2 Giải hệphương trình

 

   

2 3

2 3

36 1 36 2 x y

I y x

  



 

 . Lấy (1) trừ (2)vế theo vế ta được:^{x2 y2  }



^{x3 y3}



  

^{2 2}



2 2

0

0( ) x y x y xy x y x y

x y xy x y VN

      

 

      

 

^{3 2}

  

²



2

1 36 0 3 4 12 0

3 3

4 12 0( )

x y x x x x x

x y

x x VN

          

    

    

Vậy

  

^{x y;   3; 3}



Câu 4.

4.1 ) Chứng minh bất đẳng thức

Ta có : 1

, , 3

a b c 

Cần chứng minh : ^{1 2} ₂ ^{1 2} ₂ ^{1 2} ₂ ⁶

 

¹

1 3 1 3 1 3 5

a b c

b c c a a b

     

     

Thật vậy,



¹



^{2 0 1 2,}

2

b   b b  b



²



^{2 2}

2 3 1 2 5 3 2 1

0 1 3 1 ,

2 2 3

b b c

b c  c   b

          



²

  

2

2 2

1 2 1 1

1 3 5 3 2 2 , 3

a a

b c b c b

 

    

   

Đặt ^{m 1 a n2,  1 b k2,  1 c2}



^{m n k, , 1}



Từ

 

^{2 có: 1 2} ₂ ²

1 3 3 2

a m

b c n k

 

  

Tương tự:

2 2

1 2

1 3 3 2

b n

c a k m

 

   ^và

2 2

1 2

1 3 3 2 .

c k

a b m n

 

   ^Từđó:

2 2 2

2 2 2

1 1 1 2 2 2

1 3 1 3 1 3 3 2 3 2 3 2

a b c m n k

b c c a a b n k k m m n

       

        

Đê có (1) cần chứng minh ³

 

³

3 2 3 2 3 2 5

m n k

n k  k m  m n

  

Bổ đề : ^{u2 v2}



^{u v}

  

^{2 4}

x t x t

  

 ^(với u v x t, , ,  thỏa mãn x t, 0)

 

^{4 }



^{u t2 v x2}

 

^{x t}



^{xt u}



^v



^{2 0}(đúng) nên (4) đúng Vậy

2 2 2

3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2

m n k m n k

n k  k m m n  mn km nk mn  km nk

     

   

 

2 2 2

3

3 2 3 2 3 2 5 5

m n k m n k

mn km nk mn km nk mn nk km

  

   

     

(vì

 

^{2 3}

 

¹

  

²

 

²



^{2 0}

m n k  mnnkkm  2 mn  nk  km  Nên



^{m n k}



^{2 3}



^{mnnk km}



^{m n k, ,  )}

Bất đẳng thức

 

³ đúng vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.

4.2 Chứng minh tồn tại 237 điểm thỏa mãn bài toánư

Gọi P là tập hợp 1889 điểm đã cho. Tồn tại tam giác có diện tích lớn nhất trong các tam giác có 3 đỉnh thuộc P gọi là ABCcó diện tích S1;Gọi a b c, , lần lượt là 3 đường thẳng đi qua

, ,

A B C_{tương ứ}ng song song với BC CA AB, , .Gọi D E F, , lần lượt là giao điểm của avà b, b và c, cvà a.

Giả sửcó điểm TPnằm bên ngoài tam giác DEF - Nếu T thuộc nửa mặt phẳng bờ DF không chứa B

Vẽ ^,



^,



^{. .}

2 2

TK BC AH BC TK BC AH BC H KBC TK AH  

 TBCcó diện tích lớn hơn S, vô lý

Tương tự nếu T thuộc nửa mặt phẳng bờ DEkhông chứa C hoặc nửa mặt phẳng bờ EF không chứa A thì vô lý

Vậy 1889điểm đã cho không nằm bên ngoài DEF

ADBClà hình bình hành (vì a/ /BC b, / /AC)BC ADvà ACBD ABC BAD c c c( . . )

H K

E D F

L N

M A

B C

T

Tương tự ABC  ECB CFA

Gọi M N L, , lần lượt là trung điểm BC CA AB, ,

Tương tự DEFchia thành 8 tam giác ABM,ACM,DAL,DBL,EBM,ECM

 

,FAN,FCN 1 có diện tích bằng nhau gọi là S_{1 1} 1 1

2 2

S S

  

Theo nguyên lý Dirichlet, trong 8 tam giác ở (1) tồn tại 1 tam giác có ít nhất 1889 1

1 237 8

    

 

  điểm đã cho nằm bên trong hoặc trên cạnh.

4.3 Tính số cách bỏ 5 bút vào 5 hộp

- Để bỏ 5 cây bút vào 5 hộp đã cho, mỗi hộp chỉ có một bút cần thực hiện liên tiếp các bước bỏ bút vào hộp màu xanh có 5 cách, hộp màu đen có 4 cách (trừ bút đã bỏ hộp màu xanh), tương tự hộp màu tím, đỏ , hồng có 3,2,1 cách. Vậy có 5.4.3.2.1 120 (cách)

- Tương tựđể bỏ 5 cây bút vào 5 hộp đã cho, mỗi hộp chỉ có một bút mà có 1 hộp đựng bút cùng màu, 4 hộp còn lại đựng 4 bút còn lại thì có 1.4.3.2.1 24 (cách). Có 5 trường hợp - Tương tựđể bỏ 5 cây bút vào 5 hộp đã cho, mỗi hộp chỉ có một bút mà có 2 hộp với mỗi hộp đựng 3 bút cùng màu, 3 hộp còn lại đựng 3 bút còn lại thì có 6 cách. Có 10 trường hợp - Tương tự để bỏ 5 cây bút vào 5 hộp đã cho, mỗi hộp chỉ có 1 bút mà lần lượt có 3,4,5hộp với mỗi hộp đựng bút cùng màu; các hộp còn lại đựng các hộp bút còn lại thì có 2,1,1(cách) . Tương ứng có 10, 5, 1 trường hợp (liệt kê)

Vậy số cách bỏ bút thỏa mãn là : ¹²⁰



5.24 10.6 10.2 5.1 1    



44(cách)

Câu 5.

a) Chứng minh ALMOnội tiếp

Vì M là trung điểm của dây BCcủa

 

^{O OM  BCOMB900hay OML900}

Mặt khácOA AL(vì ALlà tiếp tuyến của

 

^{O tại A) hay OAL900}

Vậy OML OAL 90⁰ 90⁰ 180⁰

Do đó tứ giác ALMOnội tiếp đường tròn đường kính OL(chứng minh trên) nên ODL90 (⁰ góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính OL)ODLD

Vậy LDlà tiếp tuyến của

 

^{O tại D}

b) Chứng minh MH AK

Có BEC 90⁰(vì BE_{là đườ}ng cao của ABC)_{.Tương tự} BFC 90⁰

Vậy BECBFC90⁰ Tứ giác BCEFnội tiếp đường tròn

 

^M đường kính BC(tương tự tứ giác AEHFnội tiếp đường tròn

 

^I đường kính AH,với Ilà trung điểm của AH)

BEF BCF

  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF của

 

^{M )}

Hay KEBKCFmà EKBCKF(góc chung)

Vậy ( . ) KE KB . .

KEB KCF g g KB KC KE KF

KC KF

     

Gọi Tlà giao điểm của AKvới

 

^O khác A. Tương tự KT KA. KB KC.

P T

D N

M K

L

H F

E O A

B

C

Từđó . . KE KT KE KF KT KA

KA KF

   Mà EKT  AKF(góc chung)

Vậy EKT AKF c g c( . . )KET KAF hay FET FAT

Mà hai điểm Evà Anằm cùng phía đối với đường thẳng TFnên tứ giác AEFTnội tiếp đưởng tròn ^{ T}

 

^{I HTA900 HT KA}

Vẽ đường kính AP của

 

^{O  ABP900}(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

 

^{O )}

BP AB

 

Mà CF AB(vì CF là đường cao của ABC)hay CH  AB

Vậy BP/ /CH._{Tương tự} CP/ /BH.Từ đó HBPClà hình bình hành ,

BC HP

 cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn

Mà M là trung điểm BC (gt)M là trung điểm HP

Mặt khác PTA90⁰(góc nội tiếp chắn nửa

 

^{O )PT KA}

Vậy 4 điểm P M H T, , , thẳng hàng. Do đó MHKA Chứng minh KH AM

Ta có MH KA cmt( )AH BC(vì Hlà trực tâm của ABC) AH KM Vậy Hlà trực tâm của AKM KH  AM

c) Chứng minh A N D, , thẳng hàng Vì tứ giác BCEFnội tiếp đường tròn (cmt)

AEF FBC

  (do cùng bù với CEF)hay AEF  ABCmà EAFBAC(góc chung)

Vậy 2

( . )

2

EA EF EN EA EN

AEF ABC g g hay

BA BC BM BA BM

     

Mà AEN  ABM(do AEF FBC). Vậy AEN ABM c g c( . . )EAN BAM (1) Mặt khác ^CAPBAH

 

^{2 (vì CAPph}ụ với APC BAH, phụ với ABQ,với Q là giao điểm của

AHvà BC,mà ABQ ABC APC(do hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của

 

^{O )}

Lấy

 

^{1 trừ}

 

² vế theo vế có OANHAM

Lại có HAM OMA(hai góc so le trong , vì OM / /AH)

OMA ODA (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của đường tròn đường kính OL) Mà ODA OAD (OADcân tại O do OA OD ,bán kính (O))

Vậy OANOAD. Do đó ba điểm A N D, , thẳng hàng.