Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên môn Toán - Năm học 2020-2021 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên môn Toán - Năm học 2020-2021 (Có đáp án)

1. MÃ KÍ HIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN Năm học 2020-2021 MÔN:Toán. Thời gian làm bài:150 phút ( Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) 2 x -9 2 x 1 x 3 Câu 1 (2,0 điểm).Cho biểu thức M x -5 x 6 x -3 2 - x 1. Tìm điều kiện của x để M có nghĩa và rút gọn M. 2. Tìm x để M = 5. 3. Tìm x Z để M Z. Câu 2 (2,0 điểm). 1.Giải phương trình:2x2 3x 6 2 6 x 2x 7x 2 . 2x y 1 x2 2 2.Giải hệ phương trình: 2y z 1 y 2 2z x 1 z Câu 3 (2,0 điểm). 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 y2 x2 3y2 2x 1 0 2. Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 1 P x2 y2 z2 xy yz xz Câu 4(3,0 điểm). 2 1. Cho đường tròn (O), có đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = AO. 3 Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. a. Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp . b.Chứng minh hệ thức: AM2 = AE.AC. c. Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. Câu 5 (1,0điểm). Trong bảng 11 11 ô vuông ta đặt các số tự nhiên từ 1 đến 121 vào các ô đó một cách tùy ý (mỗi ô đặt duy nhất một số và hai ô khác nhau thì đặt hai số khác nhau). Chứng minh rằng tồn tại hai ô vuông kề nhau (tức là hai ô vuông có chung một cạnh) sao cho hiệu của hai số đặt trong hai ô đó lớn hơn 5. Hết 1
2. MÃ KÍ HIỆU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN Năm học 2020-2021 MÔN: Toán. (Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Điều kiện: x 0; x 4; x 9. 2 x 9 2 x 1 x 3 0,25 M x 5 x 6 x 3 2 x 2 x 9 ( x 3)( x 3) (2 x 1)( x 2) M 0,25 ( x 2)( x 3) x x 2 ( x 1)( x 2) 0,25 ( x 2)( x 3) ( x 2)( x 3) Câu 1 x 1 . 0,25 (2,0 x 3 điểm) 2. (0,5 điểm) x 1 M 5 5 x 1 5( x 3) 0,25 x 3 x 1 5 x 15 4 x 16 x 4 x 16. 0,25 3.(0,5 điểm) x 1 x 3 4 4 M 1 0,25 x 3 x 3 x 3 Để M Z thì x 3 là ước của 4, suy ra nhận các giá trị 4; 2; 1; 1; 2; 4 0,25 Suy rax 1; 4; 16; 25; 49 , do x 4 nên x 1; 16; 25; 49. Câu 2 1.(1 điểm) (2,0 2 Phương trình xác định khi x 6 0,25 điểm) 7 2 2 2x2 3x 6 2 6 x 2x 7x 2 2 6 x 7x 2 2x 0 0,25 2 6 x 0 0,25 7x 2 2x 0 x 2. Vậy phương trình có nghiệm x 2 . 0,25 2.(1 điểm) Hệ phương trình xác định với mọi x, y, z Dẽ thấy (0;0;0) là một nghiệm của hệ phương trình . Vì vậy ta tìm nghiệm 0,25 x 0; y 0; z 0 Từ hệ đã cho ta có x 0 y 0 z 0 2
3. 2x y 2 1 x 2y Hệ phương trình đã cho được viết lại thành z 2 1 y 2z x 1 z2 Nhận xét: + Nếu x; y; z là nghiệm của hệ thì x, y, z cùng dấu 2a + Với mọi số thực a ta luôn có 1 1 . Nên nếu x; y; z là nghiệm của 1 a2 0,25 hệ phương trình đã cho thì 1 x; y; z 1 Nhân vế theo vế các phương trình trong hệ ban đầu ta được xyz 1 x2 1 y2 1 z2 8xyz 1 x2 1 y2 1 z2 8 2 2 2 0,25 Vì 1 x; y; z 1 nên 1 x 1 y 1 z 8 Do đó 1 x2 1 y2 1 z2 8 x2 y2 z2 1 Do x, y, z cùng dấu nên ta có x y z 1 hoặc x y z 1 (thỏa mãn điều kiện) 0,25 Vậy phương trình có ba nghiệm 0;0;0 ; 1;1;1 ; 1; 1; 1 Câu 1.(1 điểm) 3(2 x2 y2 x2 3y2 2x 1 0 y2 (x2 3) (x 1)2 (*) điểm) Với y=0 thì x= 1 là 1 nghiệm của pt 0,25 Với y khác 0. Vì y2 và (x 1)2 là các số chính phương nên x 2 3 cũng là số chính phương Do đó đặt x2 3 z2 x2 z2 3 x z x z 3 Ta có x z ; x z là ước số của 3 và x z không âm nên x z cũng 0,25 không âm x z 3 Suy ra x 2 x 2 hoặc x 2 . 0,25 x z 1 Vậy phương trình có nghiệm 0,25 (x; y) (2;1); x; y (2; 1); x; y 2;3 ; x; y 2; 3 ; x; y 1;0 . 2.(1 điểm) 1 1 1 9 Học sinh chứng minh bất đẳng thức: (với A, B, C > 0) A B C A B C 1 1 1 9 với x, y, z > 0 ta có: xy yz zx xy yz zx 0,25 1 9 P x2 y2 z2 xy yz zx 1 1 1 7 P ( ) 0,25 x2 y2 z2 xy yz zx xy yz zx xy yz zx 9 7 0,25 x2 y2 z2 2xy 2yz 2zx xy yz zx 3
4. 9 7 9 21 = 30 (x y z)2 xy yz zx (x y z)2 (x y z)2 0,25 (Do 3(xy + yz + zx) (x + y + z)2 và x + y + z = 1) 1 Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi và x y z 3 1 Vậy Pmin = 30 x y z 3 Câu 4 (3,0 M điểm) O 1 C E A I O B N a.(1,0 điểm) Theo giả thiết MN AB tại I A·CB = 900 hay E·CB = 900 0,5 E· IB + E·CB = 1800 0,25 mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp. 0,25 b(1,0điểm) Theo giả thiết MNAB, suy ra A là điểm chính giữa của M¼N nên 0,25 A·MN = A·CM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) · · · hay AME = ACM , lại có CAM là góc chung do đó tam giác AME đồng dạng 0,25 với tam giác ACM AM AE = AM2 = AE.AC. 0,5 AC AM c(1,0điểm) Theo trên A·MN = A·CM AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ECM. 0,25 · 0 Nối MB ta có AMB = 90 , do đó tâm O 1 của đường tròn ngoại tiếp ECM phải nằm trên BM. Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM NO1BM. Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O1 là tâm đường 0,5 tròn ngoại tiếp ECM có bán kính là O1M. Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp ECM là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn (O1), bán kính O1M với đường tròn (O) 0,25 trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM. Câu 5 1.(1,0 điểm) 0,5 (1,0 Ta xét bảng con tạo bởi hàng, cột có ô ghi số 1 và hàng cột có ô ghi số 121. điểm) Xét một “đường đi” từ ô ghi số 1 đến ô ghi số 121 như hình vẽ. khi đó có tối đa 20 ô trên “đường đi” này. 4
5. Giả sử hiệu giữa số ghi 2 ô liên tiếp trên đường đi này nhỏ hơn bằng 5. Suy ra hiệu giữa ô ghi số 121 và ô ghi số 1 bé hơn 20*5 100 (vì có tối đa 20 hiệu). Mà hiệu giữa hai ô ghi 1 vàghi 121 là 120 > 100 (vô lí). 1 a1 a2 0,5 a3 121 Do đó 2 ô liền kề nhau nào đó sao cho hiệu 2 ô liền kề viết trong 2 ô lớn hơn 5 Hết 5