Đề tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Hải Phòng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI PHÒNG
Năm học 2020 – 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Lưu ý: Đề thi gồm 01 trang, thí sinh làm bài vào tờ giấy thi Bài 1. (2,0 điểm)     a) Cho biểu thức  2 x 1   x  P       : 1       
x x  x x 1 x 1   x  1  
Rút gọn P . Tìm tất cả các giá trị của x để 1 P   . 7
b) Cho phương trình ẩn x là 2
x  px q  0   1 (với ;
p q là các số nguyên tố). Tìm
tất cả các giá trị của p và q biết phương trình  
1 có nghiệm là các số nguyên dương.
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x   2 1 x
  2x  6  3  2x. 2 2 2 x
 y  2xy 
b) Giải hệ phương trình 3 1 .    2 x y  Bài 3. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), M là trung điểm cạnh BC. P là một điểm di
động trên đoạn AM (P khác A và M). Đường tròn đi qua P, tiếp xúc với đường thẳng AB tại A,
cắt đường thẳng BP tại K (K khác P). Đường tròn đi qua P, tiếp xúc với đường thẳng AC tại A,
cắt đường thẳng CP tại L (L khác P). a) Chứng minh 2
BP.BK CP.CL  BC .
b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PKC luôn đi qua hai điểm cố định.
c) Gọi J là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác PKC và E là giao điểm thứ hai của
đường tròn này với đường thẳng AC. Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác PLB và
F là giao điểm thứ hai của đường tròn này với đường thẳng AB. Chứng minh EF // IJ.
Bài 4. (1,0 điểm)
Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn xy  yz  zx  5. Chứng minh x y 3z 2 6    . 2 2 x  y   2z   3 5 5 6 5
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào?
Bài 5. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình nghiệm nguyên 2 2
x y  xy  2x  5x  4.
b) Giả sử rằng A là tập hợp con của tập hợp 1; 2; 3;...; 
1023 sao cho A không chứa
hai số nào mà số này gấp đôi số kia. Hỏi A có thể có nhiều nhất bao nhiêu phần tử? ----- Hết -----
Họ tên thí sinh:……………….………………...Số báo danh: …………..................................
Cán bộ coi thi 1:……….………...…..................Cán bộ coi thi 2:.....………..……..…….........
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI PHÒNG
Năm học 2020 – 2021 HDC ĐỀ CHÍNH T HỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Hướng dẫn gồm 04 trang Bài Đáp án Điểm a) (1,0 điểm)  2 x
1   x + x +1 P   = − :
ĐK: x ≥ 0, x ≠ 1  (   0,25 x + ) 1 ( x − )1 x −1  x +1      2 x − x −1 x +1 1− ⇔ P = ⋅ x ⇔ P = (x 0,25 + )
1 ( x − )1 x + x +1 x + x +1 1 1− x 1 P ≤ − ⇔
≤ − ⇔ 7 − 7 x ≤ −x − x −1 (do x + x +1 > 0 x ∀ ≥ 0) 7 x + x +1 7 0,25 1
⇔ x − 6 x + 8 ≤ 0
(2,0 ⇔ ( x −2)( x −4)≤ 0 ⇔ 2≤ x ≤ 4 ⇔ 4≤ x ≤16. điểm) 0,25 b) (1,0 điểm)
Điều kiện để phương trình ( ) 1 có nghiệm là 2
∆ = p − 4q ≥ 0 (*)
x + x = p 0,25
Áp dụng định lý Vi-et ta có 1 2  với x ; x + ∈ . x x =  q 1 2 1 2
Vì q là số nguyên tố nên x =1 hoặc x =1 1 2 0,25
Nếu x =1 thì 1+ x = p và x là các số nguyên tố liên tiếp, suy ra x là số nguyên tố chẵn 1 2 2 2
nên x = q = 2; p = 3. Tương tự, nếu x =1thì x = q = 2; p = 3 0,25 2 2 1
Ta thấy q = 2; p = 3 thỏa mãn điều kiện (*) là các giá trị cần tìm. 0,25 a) (1,0 điểm) Đặt 2
a = x +1;b = −x + 2x + 6; b ≥ 0 ab = 3+ 2x b = a −1 0,5 Ta được 
⇒ (a −b)2 =1⇒ 2 2
a + b = 4x + 7  b = a +1 x ≥ 0
Nếu b = a −1, thay vào ta được: 2
−x + 2x + 6 = x ⇔ 1 13  x + ⇔ = 0,25 2
x − x − 3 = 0 2  2 1 − + 5 x ≥ 2 − x =
(2,0 Nếu b = a +1 thay vào ta được: 2
−x + 2x + 6 = x + 2 ⇔  2 ⇔  2 điểm)
x + x −1 = 0  1 − − 5 x =  2 0,25
Vậy nghiệm của phương trình là  1 − + 5 1 − − 5 1+ 13  x ; ;  ∈  2 2 2    b) (1,0 điểm) 2 2 2
x + y = 2xy
Với điều kiện x, y ≠ 0 thì hệ phương trình trở thành  2 2
xy + 3y = 2xy 0,25 2 2
⇒ x − xy − 2y = 0 Trang 1 x = −y 2 2
⇒ x + xy − 2xy − 2y = 0 ⇔ (x + y)(x − 2y) = 0 ⇔ x = 2y 0,25 x = −y x = −y x =1
Nếu x = −y ⇒  ⇔  ⇔ do x, y ≠ 0. 0,25 2 2 3 
x + x = 2x x =1 y = 1 −  5 x = 2  = 2 y x x y =  Nếu   2 x = 2y ⇒  ⇔  ⇔ do x, y ≠ 0. 2 2 3 5 
4y + y = 4y y = 5  4 y =  4 0,25
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x y)∈ (   − )  5 5 ; 1; 1 , ;    2 4   F A I G L E K P B C H M 3 J
(3,0 Đáp án cho trường hợp hình vẽ trên, các trường hợp khác chứng minh tương tự.
điểm) a) (1,0 điểm)
BA là tiếp tuyến của đường tròn (APK) nên 2 BA = B . P BK ( ) 1
CA là tiếp tuyến của đường tròn (APL) nên 0,5 2 CA = . CP CL (2) Từ (1) và (2) suy ra 2 2 2 B . P BK + C .
P CL = BA + CA = BC 0,5 b) (1,0 điểm)
Gọi AH là đường cao của tam giác ABC 2
⇒ BA = BH.BC (3) 0,5
Từ (1) và (3) ⇒ B .
P BK = BH.BC . Suy ra tứ giác HPKC nội tiếp nên đường tròn
ngoại tiếp tam giác PKC đi qua hai điểm cố định là C và H. 0,5 c) (1,0 điểm)
Theo câu b) đường tròn (J) đi qua H. Chứng minh tương tự (I) đi qua H.
(I) và (J) cắt nhau tại H, P nên IJ ⊥ HP (4) 0,25 ⇒  =  HPEC nt AEP PHC (5) ⇒  =  HPFB nt AFP PHC (6) 0,25
Từ (5) và (6) suy ra tứ giác APEF nội tiếp nên ⇒  =  0
EPF EAF = 90 ⇒ PE ⊥ PF Trang 2
Gọi G là giao điểm của HP và EF. Do các tứ giác HPEC và APEF nội tiếp nên
 =  =  =  =  =  GPE HCE MCA MAC PAE PFE 0,5 ⇒  +  =  +  0
GPE GEP PFE GEP = 90 ⇒ PG ⊥ EF hay HP ⊥ EF (7)
Từ (4), (7) suy ra IJ // EF. x y 3z P = + +
(x + y)(x + z)
( y + z)( y + x)
6(z + x)(z + y) 0,25 x 2 3 y 3 2 3z 1 1 = ⋅ + ⋅ + ⋅ 4
6 x + y x + z
6 y + z y + x
6 z + x z + y (1,0 0,5 1  2x 3x 3y 2y 3z 3z  1 2 6 điểm) ≤ + + + + + =   (2+3+3) =
2 6  x + y x + z y + z y + x z + x z + y  2 6 3  2 3 3  = =
z = 2x = 2y
Đẳng thức xảy ra khi  x + y y + z z + x ⇔ 
⇔ z = 2x = 2y = 2 0,25 2  5  x = 5
xy + yz + zx = 5 a) (1,0 điểm)
Phương trình ban đầu tương đương với xy(x − ) 2
1 = 2x − 5x + 4 2 0,25
⇒ y (x − ) 2x − 5x + 4 4 1 = = 2x − 5 + (do x ≠ 0) x x
Vì x, y ∈ nên x∈{ 1 ± ; 2 ± ;± } 4 0,25 Lập bảng các giá trị x 1 − 1 2 − 2 4 − 4 y 11 14 y 11 4 0,5 2 3 1 5 3
Mà x, y ∈ nên nghiệm của phương trình là ( ;x y) = (2; ) 1 b) (1,0 điểm)
Chia các số từ 1 đến 1023 thành các tập con A = 1 , A = 2;3 , A = 4;5;6;7 , 0 { } 1 { } 2 { }
A = 8;9;...;15 , A = 16;17;...;31 , A = 32;33;....;63 , 3 { } 4 { } 5 { } 5
A = 64;65;...;127 , A = 128;129;...;255 , A = 256;257;...;511 6 { } 7 { } 8 { } (2,0 0,25 A = 512;513;...;1023 9 { } điểm)
Dễ thấy số phần tử của tập A là 2k ,k = 0,1,...,9. k
Nhận thấy n∈ A ⇔ n∈ A k 2 k+ . 1
Xét A = A ∪ A ∪ A ∪ A ∪ A ⇒ A = 512 +128+ 32 +8+ 2 = 682 , rõ ràng 9 7 5 3 1 A không 0,25
chứa số nào gấp đôi số khác.
Ta chỉ ra rằng không thể chọn tập con có nhiều hơn 682 số thỏa mãn bài ra.
Thật vậy: Giả sử tập A thỏa mãn yêu cầu bài toán và chứa a phần tử thuộc A , k k k = 0,1,..,9. 0,25
Xét các tập hợp A và A . Với m∈ A tùy ý, ta có 2m∈ A . Số các cặp ( ,2 m m) k k 1 + k k 1 +
như vậy là 2k và trong mỗi cặp như vậy có nhiều nhất một số thuộc . A
Ngoài ra tập A còn chứa 2k số lẻ, tức là có nhiều nhất k k k 1 2 2 2 + + = số thuộc k 1 + A
được lấy từ A và Ak+ . k 1 Suy ra 0,25 1 3 5 7 9
a + a ≤ 2 ,a + a ≤ 2 ,a + a ≤ 2 ,a + a ≤ 2 ,a + a ≤ 2 . Cộng các bất đẳng 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
thức ta được a + a + a ++ a ≤ 682. 0 1 2 9
Vậy số phần tử lớn nhất của A là 682. Trang 3
Chú ý: - Trên đây chỉ trình bày tóm tắt một cách giải, nếu thí sinh làm theo cách khác mà đúng thì
cho điểm tối đa ứng với điểm của câu đó trong biểu điểm.
- Thí sinh làm đúng đến đâu cho điểm đến đó theo đúng biểu điểm.
- Trong một câu, nếu thí sinh làm phần trên sai, dưới đúng thì không chấm điểm.
- Bài hình học, thí sinh vẽ hình sai thì không chấm điểm. Thí sinh không vẽ hình mà làm vẫn
làm đúng thì cho nửa số điểm của các câu làm được.
- Bài có nhiều ý liên quan tới nhau, nếu thí sinh công nhận ý trên để làm ý dưới mà thí sinh
làm đúng thì chấm điểm ý đó.
- Điểm của bài thi là tổng điểm các câu làm đúng và không được làm tròn. Trang 4
Document Outline

• Đề chính thức Toán chuyên 2021
• Đáp án đề chính thức Toán chuyên 2021