SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH DƯƠNG
--------------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn Tốn chuyên
Ngày thi 10/7/2020
Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (3,0 điểm)
a) Giải phương trình







x  2020  x  2019 1  x 2  x  2019  2020  4039.

b) Cho hai số thực m, n khác 0 thỏa mãn

1 1 1
  . Chứng minh rằng phương trình:
m n 2

 x2  mx  n x 2  nx  m  0

luôn có nghiệm.


đoạn thẳng BC. Gọi E là điểm chính giữa cung lớn BC , ED cắt BC tại N .
a) Chứng minh rằng MA  MD  MB  MC và BN  CM  BM  CN .
b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD. Chứng minh rằng ba điểm B, I , E thẳng hàng.
c) Khi 2 AB  R, xác định vị trí của M để 2MA  AD đạt giá trị nhỏ nhất.
------------------------------ HẾT ------------------------------


LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.
a) Điều kiện: x  2019. Nhân cả hai vế của phương trình cho





4039 1  x 2  x  2019  2020  4039

x  2020  x  2019, ta được:



x  2020  x  2019



 x  2020  x  2019  1   x  2020 x  2019
   x  2020 x  2019  x  2020  




Ta có: 1  2  m 2  n2  4m  4n  m 2  n 2  2mn  m  n  0.
2

Suy ra một trong hai số 1 hoặc 2 lớn hơn hoặc bằng 0.
Do đó một trong hai phương trình 1 hoặc 2 ln có nghiệm.
Suy ra phương trình đã cho ln có nghiệm.
Câu 2.
Ta có: P  2  x 2  y 2   4  x  y  xy   7  2  x  y   4  x  y   7  2  x  y 1  5  5.
2

 y  x 1


 y  x 1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
.




1  x  y  5 

 x  0; 4

Chẳng hạn x  2; y  3 hoặc x  3; y  4.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5 đạt được khi y  x 1 và x  0; 4.
Câu 3.
a) Ta có x 2 y 2  x 2  xy  y 2  y  x y. Mặt khác x 2 y 2  x 2  xy  y 2  x  y  x.
Suy ra: x  y hoặc x   y.

2ab  a  b
1  ab

a  b1  a 1  b
a  b1  a   a  b1  a   1  a 1  b
1  ab
2 1  a 2 1  b 2 

Suy ra điều phải chứng minh.
Câu 4.

 do cùng chắn cung 
.
AC và 
a) Ta có: 
ABM  MDC
AMB  CMD
Suy ra BMA  DMC do đó:

MA MB

.
MC MD

 MA  MD  MB  MC.

  ACE
 nên ABE  ACE.
ABE và ACE có AE là cạnh chung, AB  AC và ABE
 

AHN  NDA
Tứ giác ABDC nội tiếp  MA  MD  MB  MC.
Do đó: MH  MN  MB  MC  MB   MN  CN .
Suy ra: BM  CN  MN  MB  MH   MN  BH 6.
Từ 5 và 6 suy ra: BN  CM  BM  CN .
b) Ta có:





  MBD

2 BDM
  MID


BID
BIM
0
0
0

  900  
 90 
 90 
 900  
ADC  CBD
AED.
IBD  90 

AB
AD
4

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 2 AM  AD  2 2 AM  AD  2 2 

R2
 R 2.
4

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 AM  AD hay M là trung điểm AD. Khi đó AD 

2
R.
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của của 2AM  AD là R 2 đạt được khi M là trung điểm AD với D là điểm sao cho
AD 

2
R.
2

------------------------------ HẾT ------------------------------