Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Ninh Bình năm 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NINH BÌNH NĂM HỌC: 2020-2021

Môn thi Toán chuyên; Ngày thi 18/7/2020 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (2,0 điểm)

a) Cho ^{P a2a2}



^a1

 

^{2 a 1}



^{2 với a.} Chứng minh rằng P là một số tự nhiên.

b) Tính giá trị của biểu thức ₂ ¹: ^{1 1} 1 A x

x x x x

 

  

      với x 4 2 3.

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Cho phương trình x²2mx2m 1 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ với x₁x₂ thỏa mãn 4x₁x₂².

b) Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

2 0

. 10

x y xy x y x y

     

  



Câu 3. (1,5 điểm)

a) Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n²2022 là số chính phương.

b) Giải bất phương trình x 1 4 x 1.

Câu 4. (3,0 điểm)

Cho đường tròn

 

T tâm O và dây cung AB cố định với OAB. Gọi P là điểm di động trên AB sao cho P khác A B, và P khác trung điểm của AB. Đường tròn

 

T₁ tâm C đi qua P và tiếp xúc với đường tròn

 

T tại

.

A Đường tròn

 

T2 tâm D đi qua P và tiếp xúc với đường tròn

 

^{T tại} B. Hai đường tròn

 

T1 và

 

T2 cắt nhau tại N với N khác B. Gọi

 

d1 là tiếp tuyến chung của

 

T và

 

T1 tại A,

 

d2 là tiếp tuyến chung của

 

^{T và}

 

T2 tại B. Gọi Q là giao điểm của

 

d1 và

 

d2 . a) Chứng minh rằng tứ giác AOBQ nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh rằng ^ANPBNP^ và bốn điểm O C D N, , , cùng nằm trên một đường tròn.

c) Chứng minh rằng đường trung trực của ON luôn đi qua một điểm cố định khi P di chuyển trên AB với P khác A B, và P khác trung điểm của AB.

Câu 5. (1,5 điểm)

a) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a²b²  b²c² c²a²  2021. Chứng minh rằng:

2 2 2

1 2012 2 2 .

a b c

b cc aa b

  

b) Với số thực a, ta định nghĩa phần nguyên của a là số nguyên không vượt quá a và kí hiệu là

 

a . Dãy số

0, 1, 2,..., _n

x x x x được định nghĩa bởi công thức: 1

.

2 2

n

n n

x      

   

    Hỏi trong 200 số x₀, x₁,..., x₁₉₉ có bao nhiêu số khác không. Biết rằng 1, 41 21, 42.

LỜI GIẢI CHI TIẾT BIÊN SOẠN BỞI THUVIENTOAN.NET Câu 1.

a) Ta có

           

       

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

2 2

1 1 1 2 1 1 2 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 .

a a a a a a a a a a a a

a a a a a a a a

   

                

   

               Mặt khác

2

2 1 3

1 0

4 4

a   a a    nên ^P



^{a2 a 1}



^{2 a2  a 1 0.}

Mà a   P .

b) Với x0 và x1, ta có:

  

 

2

1 1 1 1

: :

1 1 1 1

1 1 1

. 1

x x x

A x x x x x x x x

x

x x x x x

 

   

        

   



Do đó 1

. A

 x x Với x 4 2 3, ta có:

    

²

 

²



³

1 1 1

.

4 2 3 4 2 3 3 1 3 1 3 1

A  

    

Vậy

 

³

1 .

3 1 A

 Câu 2.

a) Phương trình đã cho luôn có nghiệm x1. Theo định lý Viete ta có: ^{1 2}

1 2

2 .

2 1

x x m

x x m

  

  



 Xét trường hợp 1: x₁ 1 x₂ 2m1.

Ta có: 1 2²

 

^{2 2}

2

3 2

4 4 2 1 2 .

1 2

2

m x

x x m

m x

   

     

   



Ta nhận ³

m2 vì x₁x₂.

 Xét trường hợp 1: x₂  1 x₁ 2m1.

Ta có: 1 2²

 

1

5 1

4 4 2 1 1 .

8 4

x x  m    m x  Ta nhận ⁵

m8 vì x₁x₂.

Vậy ³

m 2 hoặc ⁵

m8 là các giá trị cần tìm.

b) Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:

        

  

2 2

2 0 2 0

2 1 0 .

2 1

x xy y x y x y x y x y

x y x y x y

x y

          

 

     

   



Với x y, thay vào phương trình thứ hai ta được: ² 5 5

5 .

5 5

y x

y

y x

   

  

    



Với x 2y1, thay vào phương trình thứ hai ta được:

 

²

2 2

1 3

2 1 10 5 4 9 0 9 23.

5 5

y x

y y y y

y x

    



        

     



Vậy hệ phương trình cho có nghiệm



^;

 

^{5; 5 ,}

 

^{5; 5 ,}

 

^{3;1 ,}



^{23; 9 .}

5 5

x y       

Câu 3.

a) Đặt m² n²2022 với m. Khi đó phương trình tương đương: m²n² 2022.

Ta có 2022 2 nên



^m2n2



^{2 suy ra m n,} cùng tính chẵn lẽ. Do đó mn và mn đều chia hết cho 2.

Mà m²n²



mn m



n



suy ra



^m2n2



^{4. Mà 2022} không chia hết cho 4.

Do đó không tồn tài m n, thỏa mãn m²n²2022.

Suy ra không tồn tại n để n²2022 là số chính phương.

b) Điều kiện: 1  x 4.

Với 3 x 4, ta có: x 1 2 và 0  4  x 1. Suy ra x 1 4 x 1.

Với   1 x 3, ta có: x 1 2 và  4  x 1. Suy ra x 1 4 x 1.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S 



1;3 .



Câu 4.

a) Do QA QB, lần lượt là tiếp tuyến của

 

O nên QAO^QBO^90 .⁰ Suy ra tứ giác AOBQ nội tiếp đường tròn đường kính QO.

b) Gọi H là giao điểm của QO và AB.

Tam giác QAO và QBO bằng nhau theo trường hợp (c-c-c) nên QOA^QBO^. Suy ra tam giác HOA bằng tam giác HOBHAO^^HBO.

Hay PAC^PBD^.

Ta có  



900 .

2

ANP ACP  PAC Tương tự  



900 .

2

BNP BDP PBD

Từ đó suy ra ^ANPBNP^.

Do

 

T và

 

T₁ tiếp xúc nhau tại A nên O A C, , thẳng hàng.

Tương tự O B D, , thẳng hàng.

Tam giác CAP cân tại C và tam giác OAB cân tại O nên ta có: CAP^OAB^OBA^. Suy ra CP OB .

Tương tự ta cũng chứng minh được DP OA

Do đó OCPD là hình bình hành, suy ra COD^CPD^.

Mặt khác hai tam giác CND và CPD bằng nhau theo trường hợp c-c-c nên CND^CPD^. Suy ra COD^CND^ hay O C N D, , , cùng nằm trên một đường tròn.

c) Do OCPD là hình bình hành suy ra OCDPDN hay OCND. Mà tứ giác OCDN nội tiếp nên OCDN là hình thang cân, suy ra ON CD . Mặt khác

 

T₁ và

 

T₂ cắt nhau tại P N, nên CDPN, do đó ON NP tại N. Gọi N₁ là giao điểm của QP với

 

T₁ QA²QP QN ₁.

Gọi N₂ là giao điểm của QP với

 

T₂ QB²QP QN ₂. Từ đó suy ra N₁N₂ N hay Q P N, , thẳng hàng.

Do đó ONQ^90 .⁰ Suy ra N thuộc đường tròn đường kính OQ. Suy ra trung trực của ON đi qua trung điểm T cố định của OQ.

T H

Q N C D

O

B

A P

Câu 5.

a) Đặt

2 2 2

a b c

Pb cc aa b

   và

2 2 2

b c a .

Qb cc aa b

  

Suy ra:

2 2 2 2 2 2

a b b c c a . P Q

b c c a a b

  

   

  

Đặt x b c y,  c a z,  a b. Khi đó ta có:



^{y x z}

 

^{z y x}

 

^{x z y}



^{yz zx xy}

 

P Q x y z

x y z x y z

  

         

Áp dụng bất đẳng thức m²n²p²mnnppm, ta có:

yz zx xy yz zx zx xy xy yz .

x y z x  y  z  x  y  y  z  z  x    Từ đó suy ra P Q 0 hay PQ.

Khi đó ta có:

2 2 2 2 2 2

2 a b b c c a (1).

P P Q

b c c a a b

  

    

  

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:

 

   

2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2021 .

2 2

a b b c c a

a b b c c a

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

    

  

   

      

Mặt khác 2021 ^{2 2 2 2 2 2} 2

 

.

2 2 2

a b b c c a

a b b c c a    a b c

           

Suy ra:

 

2 2 2 2 2 2

2021 2021 2021

2 2 2 (2).

a b b c c a

a b c b c c a a b

  

    

    

Từ (1) và (2) suy ra: 1 2021

2 2

P hay

2 2 2

1 2021 2 2 .

a b c

b cc aa b

  

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2021 3 2 . a  b c

Ta có điều phải chứng minh.

b) Với mọi a0 và 0 x 1 thì



a   x

 

a 1

  

a 1 hoặc



a x

  

a .

Do đó 1

2 2

n

n n

x      

   

    chỉ nhận giá trị 0 hoặc 1.

Ta có:

199

0

1 0 2 1 3 2 200 199 200

... 141.

2 2 2 2 2 2 2 2 2

k k

x



                   

                 

                    



Với mỗi x_k chỉ nhận giá trị 0 hoặc 1 mà có tổng 200 số x₀, x₁,..., x_n là 141 nên suy ra có 141 số 1.