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

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

1. MÃ KÍ HIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2020 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm). 2 3 5 2 3 5 1. Rút gọn biểu thức sau: A . 2 2 3 5 2 2 3 5 2. Cho phương trình x2 2(m 1)x 2m 5 0 (x là ẩn, m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện: 2 2 (x1 2mx1 2m 1)(x2 2mx2 2m 1) 0 Câu 2 (2,0 điểm). 1.Giải phương trình: 2x2 - 5x + 2 = 42(x 3 21x 20) . x2 4y2 5 2.Giải hệ phương trình: . 4xy x 2y 7 Câu 3 (2,0 điểm). 1. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn điều kiện p2 2q2 1 . 2. Cho x 2 y3 y 2 x3 và M = 2y 2y2 2xy x2 2021 . Tìm giá trị nhỏ nhất của M. Câu 4 (3,0 điểm). 1. Cho tam giác ABC nhọn có AB > AC. Gọi M là trung điểm của BC, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Đường thẳng FE cắt đường thẳng BC tại K. Gọi (C1) và (C2) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác AEF và DKE. Chứng minh rằng: a)ME là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2). b) KH  AM . 2. Cho hình vuông ABCD cạnh a. Vẽ đường tròn tâm A bán kính a. Điểm H bất kỳ thay đổi trên cung BD của (A, a) nằm trong hình vuông . Qua H kẻ tiếp tuyến với đường tròn (A, a) cắt BC, CD theo thứ tự ở M và N. Xác định vị trí của H để MN có độ dài nhỏ nhất. Câu 5 (1,0 điểm). 1. Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + + n! là một số chính phương. 2. Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ luôn tồn tại ít nhất một số có tổng các chữ số chi hết cho 11. Hết
2. MÃ KÍ HIỆU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2020 Môn: TOÁN (Hướng dẫn chấm này gồm 05 câu, 04 trang) Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) 2(3 5) 2(3 5) 3 5 3 5 A 2 0,25 2 2 4 6 2 5 4 6 2 5 4 ( 5 1) 4 ( 5 1) 6 2 5 6 2 5 0,25 5 5 5 5 2 2 1 5 5 1 0,25 5 1 5 5 5 1 1 5 5 1 2 0,25 5 5 2.(1,0 điểm) '= m2 – 4m + 6 = (m – 2)2 + 2 > 0, m pt luôn có 2 nghiệm phân Câu 1 0,25 (2,0 biệt với mọi m. x2 2(m 1)x 2m 5 0 điểm) Phương trình có hai nghiệm x ; x nên: 1 1 1 2 2 x2 2(m 1)x2 2m 5 0 2 0,25 x1 2mx1 2m 1 4 2x1 2 x2 2mx2 2m 1 4 2x2 x1 x2 2m 2 Theo định lí Vi-et ta có : x1.x2 2m 5 Theo bài ra ta có : (x2 2mx 2m 1)(x2 2mx 2m 1) 0 1 1 2 2 0,5 4 2x1 . 4 2x2 0 16 8 x1 x2 4x1x2 0 3 16 8 2m 2 4 2m 5 0 m 2 Câu 2 1.(1,0 điểm) (2,0 Đk: x3 - 21x – 20 0 điểm) (x+1)(x+4)(x-5) 0- 4 x -1 hoặc x 5 (*) 0,25 Với (*) thì 2x2 -5x + 2 > 0; x + 4 0, x2 - 4x – 5 0 Do đó: 2x2 - 5x + 2 = 4 2(x 3 21x 20) 2(x2 – 4x – 5) + 3(x + 4) = 42x 2 8x 10. x 4 (2) Đặt 2x 2 8x 10 = a 0; x 4 = b 0 0,25 Phương trình (2) trở thành: a2 + 3b2 = 4ab (a – b)(a – 3b) = 0 + Nếu a = b thì 2x 2 8x 10 = x 4 2x2 - 9x – 14 = 0 0,25
3. 9 193 x1,2 = (TM) 4 + Nếu a = 3b thì 2x 2 8x 10 = 3x 4 2x2 - 17x – 46 = 0 17 3 73 x3,4 = (TM) 4 0,25 9 193 17 3 73 Vậy phương trình có 4 nghiệm x1,2 = ; x3,4 = 4 4 2.(1,0 điểm) x2 4y2 5 4xy x 2y 7 a 2 2b 5 0,25 Đặt x + 2y = a; 2xy = b, hpt trở thành: a 2b 7 Cộng theo từng vế hai pt, ta được: a2 + a- 12 = 0 (a-3)(a+4)=0 a = 3 hoặc a = - 4 x 2y 4 11 0,25 -Với a = -4 thì b . Ta có hpt: 11 2 2xy 2 11 x và 2y là nghiệm của phương trình: t2 4t 0 2 0,25 Phương trình vô nghiệm. -Với a = 3 thì b=2 x 2y 3 Ta được hệ pt: 2xy 2 0,25 1 Giải hpt được: (x=1;y=1) và (x=2;y= ) 2 Câu 1.(1,0 điểm) 3(2 Nếu p,q đều không chia hết cho 3 thì p2 1 mod3 ,q2 1 mod3 0,25 điểm) p2 2q2  1 mod3 vô lý. Do đó trong hai số p,q phải có một số 0,25 bằng 3. +) Nếu p 3 9 2q2 1 q2 4 q 2 . Do đó p,q 3,2 . 0,25 +) Nếu q 3 p2 18 1 p2 19 vô lí. Vậy p,q 3,2 . 0,25 2.(1,0 điểm) Ta có x 2 y3 y 2 x3 (ĐK: x; y - 2) x3 y3 x 2 y 2 0 0,25 x y x2 xy y2 x 2 y 2 0 2 2 x 2 y 2 x xy y x 2 y 2 0 x 2 y 2 x 2 y 2 x2 xy y2 1 0 x 2 y 2 0 0,25 x 2 y 2 x2 xy y2 1 0 * x 2 y 2 0 x y
4. * x 2 y 2 x2 xy y2 1 0 (1) Ta thấy x 2 y 2 0 x; y 2 2 2 2 1 3 2 x xy y x y y 0x; y 2 0,25 2 4 x 2 y 2 x2 xy y2 1 0x; y 2 pt (1) vô nghiệm. Với x y ta có M = 2y 2y2 2xy x2 2021 = 2y 2y2 2y2 y2 2021 0,25 = y2 2y 2021 y 1 2 2020 2020 Vậy GTNN của M là 2020 x y = - 1 (Thỏa mãn ĐK) Câu 4 A C1 (3,0 F điểm) E N H K B C D M a.(1,0 điểm) Ta có A·EH A·EH 900 nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH hay chính là đường tròn (C1) 0,25 Ta lại có E·AH E·BM (cùng phụ với E·CD ) mặt khác EM là trung tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác vuông CEB 0,25 M· BE=M· EB (tam giác EMB cân tại M) · · Do đó EAH MEB Hay ME là tiếp tuyến của (C1) tại E 0,25 Chứng minh tương tự ta có ME là tiếp tuyến của (C ) tại E 2 0,25 Vậy ME là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2). b(1,0 điểm) · 0 Gọi N là giao của AM và (C1) ANH= 90 HN  AM (1) 0,25 2 Ta có ME là tiếp tuyền của (C1) nên ME = MN . MA 2 0,25 ME là tiếp tuyến của (C2) nên ME = MD . MK Do đó MN . MA = MD . MK . Chứng minh được tứ giác ANDK nội tiếp 0,25 · · 0 nên KNA KDA = 90 KN  AM (2) 0,25 Từ (1) và (2) K, N, H thẳng hàng hay KH  AM 2(1,0 điểm) A B M H m C D N n
5. Đặt CM = m , CN = n , MN = x 0,25 m + n + x = 2CD = 2a và m2 +n2 = x2 m n 2 Do đó : x2= m2 +n2 ≥ 2 0,25 2x2 ≥ ( 2a x)2 x 2 ≥ 2a x 2a x ≥ 2a( 2 1) không đổi 0,25 2 1 min MN =2a 2 1 m = n. Khi đó tiếp tuyến MN // BD hay A, H, C thẳng hàng. 0,25 Vậy kho H là giao của AC và (A, a) thì MN nhỏ nhất bằng 2a 2 1 Câu 1(0,5 điểm) 5(1 +Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương . điểm) Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương 0,25 Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32 là số chính phương Với n ≥ 4 Ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; ; n! đều tận cùng bởi 0 0,25 do đó 1! + 2! + 3! + + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương . Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3. 2.(0,5 điểm) Xét tập hợp 39 số tự nhiên liên tiếp: S a1;a 2 ; ;a39 , a a 1,1 i 38 .Trong tập a ;a ; ;a  luôn tồn tại hai số có i 1 i 1 2 20 0,25 tận cùng là 0 và hơn kém nhau 10 Do đó trong hai số này tồn tại ít nhất một số có chữ số hàng chục nhỏ hơn 9, kí hiệu số đó là A Bc0 0 c 8, c ¥ , B ¥ . Xét 11 số: A;A 1;A 2; ;A 9;A 19 . Ta có: 11 số trên thuộc tập S. 11 số đó có tổng các chữ số là 11 số tự nhiên liên tiếp vì các tổng đó là: s A ;s A 1;s A 2; ;s A 9;s A 10 ,với s A là tổng các chữ số 0,25 của A. Trong 11 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại một số chia hết cho 11. Do vậy, ta có điều phải chứng minh. . Hết