Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk Lăk (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk Lăk (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐĂK LĂK MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi : 07/6/2019 (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng dym : 2 x 2 với m là tham số và m 2 . Tìm tất cả các giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d bằng 2 . 3 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x4 m 1 xmm 2 2 1 0 có đúng ba nghiệm phân biệt. Câu 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x 2 7 xx 2 1 xx2 8 7 1 4x3 y 3 x 4 y 0 x; y 2) Tìm tất cả các cặp số hữu tỉ thỏa mãn hệ phương trình: 2 2 . 10x 7 xy 2 y 9 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Tìm các số tự nhiên n thỏa mãn 42019 3n có chữ số tận cùng là 7. 2) Tìm các bộ số tự nhiên a1; a 2 ;; a 3 ; a 2019 thỏa mãn: 2 a1 a 2 a 3 a 2019 2019 2 2 2 2 3 a1 a 2 a 3 a 2019 2019 1 Câu 4: (1,0 điểm) x3 1 7 5 1) Cho các số thực dương x , chứng minh x2 . x 2 18 18 2) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 b 2 c 2 3. Chứng minh rằng: a3 b 3 b 3 c 3 c 3 a 3 2 . a 2 b b 2 c c 2 a Câu 5: (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD với tâm O. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Các điểm N, P theo thứ tự thuộc các cạnh BC, CD sao cho MN // AP. Chứng minh rằng: 1) Tam giác ADP đồng dạng với tam giác NBM. 2) BN DP OB2 . 3) DO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPN. 4) Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy. Hết Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 1
2. SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) 2 1) d cắt Ox tại A ; 0 và cắt Oy tại B 0; 2 . Gọi OH là khoảng cách từ O đến d 2 m 1 1 1 1 1 1 2 2 m 2 2 m 2 2 2 Ta có: 2 2 22 2 2 2m 8 OH OA OB 2 2 2 2 m 2 2 m 2 2 2 3 2 m (TMĐK m 2 ). m 2 2 2 2 Vậy thì khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d bằng . m 2 2 2 3 2) Đặt t x2 0; phương trình đã cho trở thành t2 m 1 tmm 2 1 0 * Khi đó phương trình đã cho có đúng ba nghiệm phân biệt * có một nghiệm bằng 0 và mm21 0 mm 2 1 0 2 2 m m 1 0 một nghiệm dương (t2 t 1 0) tt1 2 0 mm 1 0 m 1 tt1 2 0 m 1 0 1 5 5 1 2 m m 2 1 5 2 2 2 Ta có: mm 1 0 m 2 4 1 5 5 1 m m 2 2 2 5 1 Lại có m 1, nên m 2 Câu 2: (2,0 điểm) 1) ĐK: 1 x 7 Ta có: x 27 xxxx 21 2 871 xx 1217 xx 127 x 0 x 1 2 0 xx1127 xx 120 xxx 12 17 0 x 1 7 x 0 x 1 4 x 5 (TMĐK). Vậy tập nghiệm của phương trình là S 4; 5 x 1 7 xx 4 4xyxy3 3 4 0 xyyx 4 3 4 3 2) 2 2 2 2 10x 7 xyy 2 9 10 x 7 xyy 2 9 10x2 7 xyyxy 2 2 4 9 y 3 4 x 3 46 x 3 33 xy 2 26 xyy 2 3 0 * 2 3 x 4 x 1 0 x 0 4x x 0 Nếu y 0 (không xảy ra), nên y 0 2 9 3 10x 9 x2 x 10 10 3 2 x x x 3 2 2 Với y 0 ; * 46 33 26 1 0 46ttt 33 26 1 0 2 t 1 23 tt 28 1 0 y y y Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 2
3. 2 2t 1 0 x 2ttt 1 23 28 1 0 2 tQ 23t 28 t 1 0 y 1x 1 ) 2t 1 0 t 2 xy 2y 2 2 3 Khi đó 10xxxx2  7 2 2 2 9 4 x 2 9 x 2 3 3 3 3 Với x  y 2 3 ; Với x y  2 3 2 2 2 2 +) 23t2 28 t 1 0 không có nghiệm hữu tỉ, vì có 173 3 3 Vậy các cặp số x; y cần tìm là ; 3 và ; 3 2 2 Câu 3: (2,0 điểm) 2019n 21009 n 1009 n n n 1) Ta có: 4  3 4 4  3 4 16  3 4  6 3  4 3 Do đó 42019 3n có chữ số tận cùng bằng 7 khi 3n có chữ số tận cùng bằng 3 k n4 4 k 1 3 3  1  3 3 3 n 4 k 1 kN 2 2 a1 a 2 a 3 a 20192019 4038 a 1 a 2 a 3  a 2019  4038 2019 2) Ta có: 2 2 2 2 3 2 2 2 2 3 a1 a 2 a 3 a 20192019 1 a 1 a 2 a 3  a 2019 2019 1 2 2 2 2 3 2 a1 a 2 a 3 a 20194038 a 1 a 2 a 3  a 2019 2019 1 4038  2019 2 2 2 2 2 2 3 2 a14038 a 1 2019 a 2 4038 a 2 2019  a 2019 4038 a 2019 2019  2019 1 2019 2019 2 2 2 a12019 a 2 2019  a 2019 2019 1 a 2019 2 a 2019 2 a 2019 2 0 * Do đó 1 2 2019 2 2 2 a1 2019 a 2 2019  a 2019 2019 1 Từ * a1 a 2 a 2019 2019 Từ trong các số a1; a 2 ; ; a 2019 có một số bằng 2018 hoặc 2020 và các số còn lại bằng 2019. Giả sử a1 2018 hoặc a1 2020 và a2 a 3 a 2019 2019 +) TH: a1 2018 và a2 a 3 a 2019 2019 2 a1 a 2 a 3 a 2019 2018 2018  2019 2019 2018  2019 2019 2 Mâu thuẩn với a1 a 2 a 3 a 2019 2019 +) TH: a1 2020 và a2 a 3 a 2019 2019 a2 a 2 a 2 a 22020 2  2018 2019 2 2019 2   2 2019 1 2018 2019 2 1 2 3 2019 20192 2018  2019 2  1 2 2019 2019 3  1 2 2019 2019 3 1 2 2 2 2 3 Mâu thuẩn với a1 a 2 a 3 a 2019 2019 1 Vậy a1; a 2 ; a 3 ; ; a 2019 2019; 2019; 2019;  ; 2019 Câu 4: (1,0 điểm) x3 1 7 5 1) Vi x 0 , nên x2 18 xxx 3 1 2 7 2 5 0 11 xxx 3 14 2 5 8 0 x 2 18 18 x1 2 11 x 8 0 ; luôn đúng với mọi x 0 Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 3
4. x3 1 7 5 Vậy với x 0 thì x2 . Dấu “=” xảy ra khi x 1 x 2 18 18 a 2) Áp dụng kết quả của 1), với x 0 do a 0; b 0 . b 3 a 1 2 3 3 b 7 a 5 a b 7 5 Ta có: a2 b 2 . a 2 18 b 18 a 2 b 18 18 b b3 c 37 5 c 3 a 3 7 5 Tương tự b2 c 2; c 2 a 2 b 2 c 18 18 c 2 a 18 18 a3 b 3 b 3 c 3 c 3 a 3 7 5 2 2 Do đó abc2 2 2 abc 2 2 2 abc 2  2 2 3 2 a 2 b b 2 c c 2 a 18 18 3 3 a 1 b b 1 Dấu “=” xảy ra c a b c 1 c 1 a 2 2 2 a b c3; abc , , 0 Câu 5: (3,0 điểm) A M B I I' O N D P C 1) Tam giác ADP đồng dạng với tam giác NBM. BMN BNM 900 BMNMBN , 90 0 ; BAP DAP BAD 90 0 (ABCD là hình vuông) Mà BMN BAP MN// AP BNM DAP Xét ADP và NBM : ADP NBM 900 (ABCD là hình vuông); DAP BNM cmt Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 4
5. Vậy ADP NBM (g-g) 2) BN DP OB2 a Đặt AB BC CD DA a AM BM 2 AD DP a a2 Vì ADP NBMcmt    BNDP ADBM a BN BM 2 2 AB2 a 2 Lại có ABCD là hình vuông tâm O, nên AOB vuông cân tại O OB2 2 2 Vậy BN DP OB2 (đpcm) 3) DO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPN. BN BO DO Ta có: BNDPOBcmt 2 doBODO BO DP DP BN DO Xét BNO và DOP : OBN PDO 450 (ABCD là hình vuông); cmt BO DP Vậy BNO DOP (c-g-c) BON DPO Do đó: DOP BON DOP DPO 1800 ODP 180 0 45 0 135 0 NOP 1800 DOP BON 180 0 135 0 45 0 ON OB DO Mặt khác BNO DOP (cmt) do OB DO OP DP DP ON DO Xét ONP và DOP : NOP ODP 450 (cmt); cmt OP DP Vậy ONP DOP (c-g-c) ONP DOP Vẽ tia Ox là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp OPN (Ox nằm trên nửa mặt phẳng bờ AC có chứa điểm D), ta có xOP ONP (góc nội tiếp và góc tạo bới tia tiếp tuyến và dây) Do đó xOP DOP tia OD trùng với tia Ox. Vậy OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPN (đpcm) 4) Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy. Gọi I  BD AN;  I   BD MP IB BN Xét AID: AD // BN AD // BD (hệ quả Thales) ID AD IB BM Xét BIM: BM // DP AB // CD (hệ quả Thales) ID DP BN BM Mà ADP NBM cmt . AD DP IB IB Do đó I I . Vậy ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy. ID ID Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 5