De Thi Vao 10 Toan Chuyen 2020 2021 Tinh Phu Tho

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

TRUNG HỌC PHỔTHÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2020 – 2021

Môn: Toán (Dành cho thí sinh chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (2,0 điểm)

a) Cho x  y z x²  y² z² 2và xyz0.Chứng minh rằng :

1 1 1 1

x   y z xyz

b) Cho 0 x 2thỏa mãn



²

 

²



2 2

3 5 1 24 3 1

1 23 2 1

x x x x

x x x x

   

 

   

Tính giá trị của biểu thức

 

 

2 2020

2 2021

2 1

T x x

x x

   

 Câu 2. (2,0 điểm)

a) Cho phương trình x² mx n 0trong đó m² n² 2020.Chứng minh rằng nếu phương trình có nghiệm x₀thì x₀  2021

b) Cho dãy số gồm 4041số chính phương liên tiếp, trong đó tổng của 2021_số đầu bằng tổng của 2020số cuối. Tìm số hạng thứ 2021của dãy số đó.

Câu 3. (2,0 diểm)

a) Giải hệ phương trình:

 

 

2 2

4 2

1 3

3 1

2 2

2 3 8 16 7 0

x x y y y

x y x y

        

  

     



b) Tìm các số nguyên x y, thỏa mãn 9x² 16x96 16 y3x24

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABCcó trực tâm Hvà nội tiếp đường tròn

 

^{O .G}ọi P_{là điể}m nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBCvà nằm tròn tam giác ^{ABC P,}



^{B C H, ,}



^.Gọi M là giao điểm của đường thẳng PBvới đường tròn

 

^O



^{M B N}



^; là giao điểm của đường thẳng PCvới

  

^{O , N C}



^.Đường thẳng BMcắt ACtại E, đường thẳng CN cắt ABtại F._Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME_{và đườ}ng tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt nhau tại Q



^{Q A}



a) Chứng minh tứ giác AEPF_{nội tiếp}

b) Chứng minh M N Q, , thẳng hàng 

c) Trong trường hợp APlà phân giác của MAN, chứng minh PQđi qua trung điểm của đoạn thẳng BC

Câu 5. (1,0 điểm) Cho x y z, , 0.Chứng minh bất đẳng thức:

2

1 2

1 1

xy yz

yz  xy yz  xy 

  

ĐÁP ÁN Câu 1.

a)

Từ ^{x   y z 2 x2  y2 z2 2}



^{xy yzzx}



^{ 4 xy yzzx1}

Do ^{xyz 0 1 1 1 1}



^dfcm



x y z xyz

    

b) Điều kiện:

2 2

1 0 2 1 0 x x

x x

   



  





²

 

²



2 2

1 1

3 5 24 3

3 5 1 24 3 1

23 23

1 1

1 2 1

1 2

x x

x x x x x x

x x x x

x x

x x

       

   

              

         

   

Đặt 1

t x

  x, phương trình trở thành ² 1

3 2 0

2 t t t

t

 

     

2 2

1 1 1 5

1 0 2

1 2 2 1 0 1 2

x x x x x

x x

x x

x

    

      

          

Vì 0 x 2,đối chiếu điều kiện ta được 1 5 ² 2 1 0

x  x x

    

Vậy

 

   

2020 2020

2

2021 2021

2

1 1

2 1 2

T x x 1

x x

       



Câu 2.

a) Vì x₀là nghiệm phương trình x₀²mx₀   n 0 x₀²  mx₀ n. Ta có:

      

 

  

4 2 2 2 2 2

0 0 0 0

4 2 4 2

0 0 0 0

2 2 2

0 0 0 0

1 2020 1

1 2020 1 2020 2021 0

1 2021 0 2021 2021

x mx n m n x x

x x x x

x x x x

      

       

       

b) Gọi số chính phương thứ 2021là x x²,  ,x2020 Ta có 4041số chính phương liên tiếp là :



x^{2020 ;}

 

² x2019 ;...;



²



x1 ;



² x²;



x1 ;...;



²



x2020



²

Theo đề bài:

           

           

 

 

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2

2 2

2

2020 2019 .... 1 1 2 ... 2020

1 1 2 2 ... 2020 2020

2020.2021 4 1 2 3 ... 2020 4 .

2

8164840 8164840 0

x x x x x x x

x x x x x x x

x x x x

x x x do x

             

             

       

    

Vậy số cần tìm là x² 8164840²

Câu 3. .a) Giải hệ phương trình

   

   

2 2

4 2

1 3

3 1 1

2 2

2 3 8 16 7 0 2

x x y y y

x y x y

        

  

     



     

       

 

     

 

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

1 3 2 1 2 1 3

3 2 1 3 2 1

2 1 0

3 2 1 3

3 2 1 3 2 1

0 2 1

3 2 1 3

pt x x y y

x x y y

x y

x y

x x y y

Do y x

x y

        

        

 

        

      

    

   

Thế 2y  1 xvào ta có:

 

^{2 4 8 3 14 2 8 15 0}



^{2 1}



^{2 8 15}



⁰

1 1

1 0

3 1

5 2

pt x x x x x x x

x y

x y

x y

x y

          

   

    



    

    



Vậy hệ phương trình có nghiệm là



^{1; 1 ;}

 

^{1;0 ;}

 

^{3;1 ;}

 

^5;2



b) Ta có:

2 2

9x 16x96 16 y3x24 9x 16x96 3x16y24 Đặt ^{3x16y24a a}



^{ * 0 .}



Khi đó 9x² 16x96a²

   

    

2 2 2

81 144 864 9 9 8 3 800

9 8 3 9 8 3 800 *

x x a x a

x a x a

        

      

Thay a3x16y24vào (*)^



^{9x24y32 3}



^{y  5}



²⁵

 

25 3y 5

  mà 3y5chia 3 dư 2 nên ^{3y  5}



^{1;5; 25}



*) Với 3y       5 1 y 2 x 1(tm)

*)Với 3y     5 5 y 0 x 3(ktmdo a0)

*)Với 3y        5 25 y 10 x 23(tm) Vậy

  

^{x y; }



^{1; 2 ;}

 

^{23. 10}

 

Câu 4.

a) Ta có: BHC180⁰ BAC,mà BPCBHCEPF Suy ra được BACEPF 180⁰ AEPFlà tứ giác nội tiếp

b) Từ tứ giác AEPFnội tiếp BFCBEC 180⁰

Từ các tứ giác AQFN AQE, nội tiếp ta có MQN MQANQA 1800 3

MEA NFA

    điểm M N Q, , thẳng hàng c)

Ta có QFA ANQ ANM  ABM FQ/ /BE_{, tương tự}: EQ/ /CFsuy ra tứ giác EQFPlà hình bình hành

Vậy QANQFPQEPQAM hay AQlà phân giác của MAN A P Q, , thẳng hàng.

Gọi K PQBC KAC QAC  QME NMB PCK Từ đó ta có: AKC CKPKC² KP KA. , tương tự: KB² KP KA. Nên KBKC

Câu 5.

 

1 2 1 2

2 2

1 1

1 1 .

xy yz x x

yz xy yz xy z y x z x

y y

      

     

Đặt ^{1 , , , 0}

 

^{* 2 2 **}

 

x a

a b c

b a b c BDT

b c c a a b y

z c

 

       

   

 



Áp dụng bất đẳng thức

 

1 1 4 1 1 4 4

, 0

A B 2

A B A B  b cc ab c c a  c a b

       

 

^{1 1 4}

  

1 1 1

2

a b c

a b

a b c

b c c a b c c a c a b

   

               

Lại có:

   

2 2 4

2 2 2

c c c

a b  c a b  c a b

   

Từ (1) và (2) ta có:

 

2 4 4

2 4 2 2

2 2

a b c

a b c c

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

         

      

BĐT (**) đúng vậy bđt cần chứng minh là đúng Đẳng thức xảy ra khi 1

a b c x z

    y