Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 năm 2020-2021 môn toán chuyên- Đề 2 (có đáp án và lời giải chi tiết)

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1. (2,0 điểm) 1 1 1 a) Cho các số thực ,
x y, z khác 0. Đặt a  x  ,b  y  và c  xy  x y xy Chứng minh 2 2 2
a  b  c  abc  4
b) Cho các số thực a,b khác 2
 thỏa mãn 2a   1 2b   1  9. 1 1
Tính giá trị của biểu thức A   2  a 2  b Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình : 2
2x  x  3  3x x  3  x  y2
 2x 1  2y 1 
b) Giải hệ phương trình :  2   x  y 
x  2y  3x  2y  4 Câu 3. (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC nội tiếp đường tròn O. Một đường tròn tiếp xúc với các cạnh A ,
B AC tại M , N và có tâm I thuộc cạnh BC.Kẻ đường cao AH của tam giác ABC a) Chứng minh các điểm ,
A M , H, I, N cùng thuộc một đường tròn và HAlà tia phân giác của góc MHN
b) Đường thẳng đi qua I và vuông góc với BC cắt MN tại K. Chứng minh AK đi qua trung điểm D của BC
c) Tiếp tuyến của đường tròn O  tại B và C cắt nhau tai S. Chứng minh BAS  CAD Câu 4. (1,5 điểm) 3 3 2
a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x  y  xy  1 1 b
b) Cho các số nguyên dương , a ,
b c thỏa mãn c 
 a  .Chứng minh ab là lập phương của b a một số nguyên dương Câu 5. (1,5 điểm)
a) Cho các số thực không âm , a ,
b c thỏa mãn điều kiện a  b  c 1.Chứng minh rằng : 1 3 3 3 4 4 4
a  b  c 
 a  b  c 8
b) Ban đầu có 2020 viên sỏi để trong một chiếc túi. Có thể thực hiện công việc như sau:
Bước 1: Bỏ đi 1 viên sỏi và chia túi này thành 2 túi mới
Bước 2:Chọn 1 trong 2 túi này sao cho túi đó có ít nhất 3 viên sỏi, bỏ đi 1 viên từ túi này và chia túi đó thành 2 túi mới
Bước 3: Chọn 1 trong 3 túi này sao cho túi đó có ít nhất 3 viên sỏi, bỏ đi 1 viên từ túi này và chia túi đó
thành 2 túi mới, khi đó có 4 túi.
Tiếp tục quá trình trên. Hỏi sau một số bước có thể tạo ra trường hợp mà mỗi túi có đúng 2 viên sỏi hay không ? Trang 1 ĐÁP ÁN Câu 1. 1 1 1 a) Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 a  x 
 2; b  y 
 2; c  x y   2 2 2 2 2 x y x y 1 x y
Ta có : ab  xy    xy y x 1 1 1 2 2 2 2
 abc  x y   x   y   2 2 2 2 2 x y x y 2 2 2
 a  b  c  abc  4 9 1
b) Từ điều kiện bài toán rút được a   do b   22b    2 1 0 1 2 1 2b 1 2b 1 1 2b 1  3 2 Suy ra   A     2  a 3b  2 3b  2 b  2 3b  2 3 Câu 2.
a) Điều kiện x  3
 , đặt x  3  t,t  0 , phương trình trở thành: x  t 2 2
2x  t  3xt  0   x  t 2x  t   0   2x  t x  0 x  0  1  13
Với x  t  x  x  3      x  (tmdk)  2 1 13 x  x  3 x  2  2 x  0  x  0 x 1
Với 2x  t  2x  x  3    
 x 1(tmdk) 2 
4x  x  3  3 x    4   
Vậy tập nghiệm của phương trình là 1 13 S  1  ;   2   Trang 2  x  y2
 2x 1  2y 1    1 b)  2   x  y 
x  2y  3x  2y  42 Điề 1
u kiện xác định x, y   2
Phương trình (2) tương đương  x  y  
1  x  2 y  4  0 1
Với điều kiện xác định ta có x  2 y  4  
1 4  0  x  y 1 2
Đặt a  2x 1  0; b  2y 1  0, kết hợp (1) và x  y 1ta có hệ phương trình  1
a  b  a  b 2 2 2  8 2 2
a  b  4 a  b  0 Trường hợp 1:  , hệ vô nghiệm 2 2 a  b  4 
  2       a  b  4  2ab a b a b   8 8
S  a  b Trường hợp 2:    Đặt  ,
a  b  4   a  b   . 2 2 2  2ab  4 P  ab Hệ trở thành: 2  S  4 2    
S   P P S 4 4  8  2 P   P  0     2    2 2
S  2P  4  S  4    S  S 4   8 S      2; 1 5 2   2   1 x    2  a 0     3  y  a  b  2 b   2  2      ab  0 a  2  3  x      b 0  2  1 y    2 Câu 3. Trang 3 A N O Q P K M B C H E I D G S
a) Do AM , AN là các tiếp tuyến của đường tròn  I  nên 0
AMI  ANI  90 , suy ra các
điểm M , N thuộc đường tròn đường kính AI
Ta có AH là đường cao của tam giác ABC nên 0
AHI  90 , H đường tròn đường kính AI Suy ra các điểm ,
A M , H, N, I cùng thuộc đường tròn đường kính AI
Do tứ giác AMHN nội tiếp nên AHM  ANM và A  HN  A  MN
Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, suy ra A  MN cân tại A,  A  MN  A  NM  A  HM  A
 HN  HAlà tia phân giác của MHN
b) Kẻ đường thẳng đi qua K và song song với BC cắt AB và AC tại P và Q Ta có: 0
IKP  IMP  180  IKPM là tứ giác nội tiếp  KIP  KMP
Chứng minh tương tự ta có KIQ  KNA  KIP  KIQ
Xét tam giác IPQ có IK vừa là đường cao, vừa là đường phân giác nên nó là tam giác
cân, suy ra IK là đường trun tuyến hay K là trung điểm của PQ Trang 4
Dựng D là giao điểm của AK và BC KP AK KQ
Do PQ / / BC , áp dụng định lý Ta – let ta có:    DB  DC BD AD DC
 D là trung điểm của BC
c) Gọi E là giao điểm của AS và BC,G là giao điểm thứ 2 của AS và O 
Trên cạnh BC lấy điểm D' khác E sao cho BAE  CAD', cần chứng minh D' là trung điểm của BC GB AG
Ta có: AGB  ACD ' và BAG  C  AD'  A  GB A  CD'     1 CD ' AC GC AG Ta có: A  GC  A
 BD'  CAG  BAD'  A  GC A  BD'   2 BD ' AB SB BG Ta có: SB  G  SA  B  SB  G SAB   SA AB SC CG CG BG
Chứng minh tương tự ta được    3 SA AC CA BA
Từ (1), (2), (3) suy ra CD'  BD'  D'là trung điểm của BC(dfcm) Câu 4. a) Ta có: 3 2 2
x  y  xy  1   3 x   2
1  y  x  
1  0   x   1  2 2
x  x  1  y   0
x 1 y    2 2
 y  x  x 1(1)  
1  2 y2  2x  2 1
 3  2y  2x  
1 2 y  2x   1  3 1.3  3.1    1 . 3     3  .  1
Lập bảng xét các trường hợp ta thu được  x, y 
 0; 1;0; 1; 1  ;  1 ; 1  ;0
Vậy tập các giá trị  x, y 
 0; 1;0; 1; 1  ;  1 ; 1
 ;0;(1; y)y  1 b b) Ta có: 2 2 c 
 a   abc  a  a b  b b a
Suy ra a b , đặt a  bk,k 
*, thay vào điều kiện ta được: 2 3 2 2 2 2
b kc  bk  b k  b  bkc  k  b k  b
Suy ra b chia hết cho k và k chia hết cho b nên 3
b  k  ab  b (dfcm) Câu 5. Trang 5 a) Xét hiệu  3 3 3
a  b  c    4 4 4
a  b  c  3
 a   a 3
 b   b 3 1 1
 c 1 c 3     3     3     2     2     2 a b c b c a c a b a ab ac b bc
ba  c ac  bc Do , a ,
b c không âm nên b , c c , a ab không âm 2
 a ab  ac 2
 b bc  ba 2
 c ca  cb 2
 a ab  bc  ca 2
 b bc  ca  ab 2
 c ca  cb  ab
 ab  bc  ca 2 2 2
a  b  c  2       
a  b  c   2 2 2 a b c 2ab 2bc 2 1 1 ca 1 2 2 2 
2ab  2bc  2ca   (dfcm) 2 2 4 8
b) Sau mỗi bước, số sỏi giảm đi 1 và số túi tăng lên 1, suy ra tổng số sỏi và túi không
thay đổi sau mỗi bước, tổng này là 2021
Giả sử sau một số bước có thể tạo ra trường hợp mà mỗi túi có đúng 2 viên sỏi, khi đó
tổng số sỏi và túi phải chia hết cho 3.
Do 2021không chia hết cho 3 nên mâu thuẫn, suy ra giả sử sai
Vậy không thể tạo ra trường hợp mà mỗi túi có đúng 2 viên sỏi sau một số bước . Trang 6