Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT Chuyên Nguyễn Trãi môn Toán (Chuyên) - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT Chuyên Nguyễn Trãi môn Toán (Chuyên) - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 HẢI DƯƠNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) phamvancat@gmail.com Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Câu 1. (2,0 điểm) 1) Tính giá trị của biểu thức: (2x2 6x 3)10 3 5 B (10x2 30x 11)2 khi x x5 3x4 x3 1 2 1 1 x3 y3 3(x2 y2 ) 4(x+ y) 4 0 2) Chứng minh rằng: 2 biết x y xy 0 Câu 2. (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 5x2 3x 6 (7x 1) x2 3 8xy x2 y2 16 x y 2) Giải hệ phương trình: 5 x2 12 x y 3x x2 5 2 Câu 3. (2,0 điểm) 1) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x y z 2 2 2) Tìm tất cả các số tự nhiên a để a - 2; 4a2 -16a+17; 6a2 - 24a+25 đều là các số nguyên tố. Câu 4. (3,0 điểm) 1) Cho đường tròn O;R , hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Lấy E là điểm bất kỳ nằm trên cung nhỏ AD(E không trùng với A và D). Đường thẳng EC cắt OA tại M; đường thẳng EB cắt OD tại N. a) Chứng minh rằng: AM.ED = 2 OM.EA; OM ON b) Xác định vị trí điểm E để tổng đạt giá trị nhỏ nhất. AM DN 2) Cho nửa đường tròn (O) đường kính MN. Trên tia đối của tia MO lấy điểm B, Trên tia đối của tia NO lấy điểm C. Từ B và C kẻ các tiếp tuyến với nửa đường tròn (O), chúng cắt nhau tại A, tiếp điểm của nửa đường tròn (O) với BA, AC lần lượt là E, D. Kẻ AH vuông góc với BC (H BC) . Chứng minh AH, BD, CE đồng quy. Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số thực x ,y , z dương thỏa mãn xy yz zx 2xyz 1 . Chứng minh: x2 y y2 z z2 x 2xyz x 1 y 1 z 1 Hết Họ và tên thí sinh Số báo danh Chữ ký giám thị 1 Chữ ký giám thị 2
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HẢI DƯƠNG BÀI THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2020-2021 MÔN : TOÁN (chuyên) (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) Câu Đáp án Điểm 1)(1 điểm). Tính giá trị của biểu thức: (2x2 6x 3)10 3 5 B (10x2 30x 11)2 khi x . x5 3x4 x3 1 2 3 5 Ta có x (2x 3)2 5 4x2 12x 4 0 x2 3x 1 0 0,25 2 Ta có 10x2 30x 11 10(x2 3x 1) 1 10.0 1 1 0,25 2x2 6x 3 2x2 6x 2 1 2(x2 3x 1) 1 2.0 1 1 0,25 x5 3x4 x3 1 x3 (x2 3x 1) 1 0 1 1 0,25 Vậy B 0 . 1 1 x3 y3 3(x2 y2 ) 4(x+ y) 4 0 2)(1 điểm). Chứng minh rằng : 2 biết x y xy 0 Ta có: x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0 1 (x + y)( x2 – xy + y2) + 2(x2 – xy + y2) + (x2 + 2xy + y2) + 4(x+y) + 4 = 0 0,25 ( x2 – xy + y2)( x + y + 2) + ( x + y + 2)2 = 0 ( x + y + 2)( x2 – xy + y2 + x + y + 2) = 0 2 2 2 ( x + y + 2). (x y) (x 1) (y 1) 2 = 0 0,25 2 2 2 (vì (x y) (x 1) (y 1) 2 > 0) x + y + 2 = 0 x + y = -2, mà x.y > 0 nên x < 0, y < 0 0,25 ( x) ( y) (x y) 2 Áp dụng BĐT CauChy ta có ( x)( y) 1 2 2 2 1 2 Do đó xy 1 1 -2 xy xy 0,25 1 1 x y 2 Mà M x y xy xy 1 1 Vậy M 2 dấu bằng xảy ra khi x y 1 x y 1) (1 điểm). Giải phương trình: 5x2 3x 6 (7x 1) x2 3 5x2 3x 6 (7x 1) x2 3 0 0,25 2(x2 3) (x 1) x2 3 3x2 3x 6x x2 3 0 2 x2 3(2 x2 3 x 1) 3x(2 x2 3 x 1) 0 0,25 (2 x2 3 x 1)( x2 3 3x) 0 2 x2 3 x 1 hoặc x2 3 3x
3. x 1 2 x2 3 x 1 TH1: 2 2 4x 12 x 2x 1 0,25 x 1 2 3x 2x 11 0 (Hệ vô nghiệm) TH2: x 0 6 2 x 0 x 6 x 3 3x x 2 2 4 x 3 9x 4 0,25 6 x 4 6 Vậy phương trình có nghiệm là: x . 4 8xy x2 y2 16 (1) x y 2) (1 điểm). Giải hệ phương trình: 5 x2 12 x y 3x x2 5 (2) 2 ĐK: x y 0 2 (1) (x y). (x y) 2xy 8xy 16(x y) 2 (x y) (x y) 16 2xy.(x y 4) 0 0,25 2 2 (x y 4) x y 4(x y) 0 x y 4 0 (vì x y 0 nên x2 y2 4(x y) 0 ) Thay x y 4 vào phương trình (2 ) ta được : 0,25 x2 12 5 3x x2 5 x2 12 x2 5 3x 5 (*) 5 Nhận xét: VT>0 VP 0 x , 3 (*) x2 12 4 3x 6 x2 5 3 x2 4 x2 4 3 x 2 0,25 x2 12 4 x2 5 3 x 2 0 x 2 y 2(TM ) x 2 x 2 3 0 ( ) x2 12 4 x2 5 3 5 Vì x x 2 0 , 3 x 2 x 2 x2 12 4 x2 5 3 x2 12 4 x2 5 3 x 2 x 2 5 3 0, x x2 12 4 x2 5 3 3 0,25 ( ) vô nghiệm Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) (2; 2)
4. 1) (1 điểm). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x y z 2 2 x y z 2 2 2 xy z x y 2 2 0,25 4xy (z x y)2 8 4 2(z x y) + Nếu z x y 0 thì vế phải là số vô tỉ, vế trái là số nguyên dương. Vô lí. 0,25 z x y 0 z x y + Nếu z x y 0 0,25 4xy 8 xy 2 Vì x, y là các số nguyên dương nên x 1; y 2 hoặc x 2; y 1 z 3 . 0,25 Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là (1;2;3),(2;1;3) . 2) (1 điểm). Tìm tất cả các số tự nhiên a để a 2; 4a 2 16a 17; 6a 2 24a 25 đều là các số nguyên tố. 3 Đặt a 2 p (p là số nguyên tố) 4a2 16a 17 4(a2 4a 4) 1 4 p2 1 2 6a2 24a 25 6 a 2 1 6 p2 1 0,25 Do p là số nguyên tố nên 4 p2 1 5 và 6 p2 1 5 Ta có 4 p2 1 5p2 p 1 p 1 và 6 p2 1 5p2 5 p 2 p 2 + Xét trường hợp p  5 Mà p là số nguyên tố nên p = 5 a 7 0,25 Thử lại với a = 7 thì a 2 5; 4a2 -16a+17 = 101; 6a2 - 24a+25 = 151 là các số nguyên tố. + Xét trường hợp p không chia hết cho 5, ta có các trường hợp sau: 2 - Nếu p chia 5 dư 1 hoặc 4 thì p 1 p 1  5 4 p 1 5 0,25 4 p2 1 không là số nguyên tố 2 - Nếu p chia cho 5 dư 2 hoặc 3 thì p 2 p 2  5 6 p 1 5 6 p2 1 không là số nguyên tố 0,25 Vậy a = 7 là giá trị cần tìm. 1) (2 điểm). Cho đường tròn O;R , hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Lấy E là điểm bất kỳ nằm trên cung nhỏ AD (E không trùng với A và D). Đường thẳng EC cắt OA tại M; đường thẳng EB cắt OD tại N. 4 a) Chứng minh rằng: AM.ED = 2 OM.EA; OM ON b) Xác định vị trí điểm E để tổng đạt giá trị nhỏ nhất. AM DN
5. C M O A B N E D a) (1,0 điểm) Chứng minh rằng: AM.ED = 2 OM.EA; Xét COM và CED có C ED 900 0,25 C OM C ED 900  CO OM  COM CED (1) CE ED E CD chung  0,25 Do AB, CD là 2 đường kính vuông góc với nhau C EA C AB 450 Xét AMC và EAC có: C EA C AB 450  AMC EAC ACE chung  AC AM CE AE 0,25 mà AC 2 CO (do ACO vuông cân tại O) AM 2 CO 2 OM ED 2 OM Kết hợp với (1) AE CE ED AE AM AM.ED = 2 OM.AE 0,25 OM ON b) (1,0 điểm) Xác định vị trí điểm E để tổng đạt giá trị nhỏ nhất. AM DN ED 2 OM Theo câu a ta có (2) AE AM 0,25 EA 2ON Tương tự câu a ta có (3) DE DN OM ON 1 Nhân 2 vế của (2) và (3) . 0,25 AM DN 2 OM ON OM ON 1 Ta có 2 . 2 2 0,25 AM DN AM DN 2
6. Dấu bằng xẩy ra khi : OM ON ED EA ED EA AM DN 2EA 2ED E là điểm chính giữa cung nhỏ AD 0,25 OM ON Vậy GTNN của là 2 AM DN E là điểm chính giữa của cung nhỏ AD 2) Cho nửa đường tròn (O) đường kính MN. Trên tia đối của tia MO lấy điểm B, Trên tia đối của tia NO lấy điểm C. Từ B và C kẻ các tiếp tuyến với nửa đường tròn (O), chúng cắt nhau tại A, tiếp điểm của nửa đường tròn (O) với BA, AC lần lượt là E, D. Kẻ AH vuông góc với BC (H BC .) Chứng minh AH, BD, CE đồng quy. A D E I N C B M H' H O Ta có AE, AD là 2 tiếp tuyến nên AD = AE, AO là phân giác của B AC BEO BHA BH.BO=BE.BA Tương tự CH.CO=CD.CA BH.BO BE.BA = CH.CO CD.CA 0,25 BO AB BH.AB BE.BA AO là phân giác của B AC = = CO AC CH.AC CD.CA 0,25 BH BE CH BE = . 1 CH CD BH CD F A K D E I 0,25 B H' C Gọi I là giao điểm của BD và CE, AI cắt BC tại H'. Qua A kẻ 1 đường thẳng song song với BC cắt tia BD, CE lần lượt tại K, F. Theo Định lý Talet ta có: AD AK BE BC CH' AF = , = , = . Nhân từng vế của các tỷ lệ thức ta được: DC BC AE FA H'B AK
7. AD CH' BE AK BC AF . . .= . . 1 DC H'B EA BC AF AK BE CH' CH CH' . 1 DC H'B HB H'B H trùng với H'. Vậy các đường thẳng AH, BD, CE đồng quy 0,25 5 (1 điểm) Cho ba số thực x ,y , z dương thỏa mãn xy yz zx 2xyz 1 . x2 y y2 z z2 x Chứng minh: 2xyz . x 1 y 1 z 1 2 x2 y2 y2 z2 z2 x2 xy yz zx Xét VT 1 0,25 xy y yz z xz x xy yz zx x y z Ta có xy yz zx 33 x2 y2 z2 . 3 2 2 2 2 4t 3 Đặt t xy yz zx , từ giả thiết có: 1 t 4x y z t 0,25 27 4 3 xy yz zx 4 1 1 Thay vào giả thiết được: 2xyz 1 xy yz zx hay xyz 4 8 Do đó xy yz zx 6xyz 0,25 xy yz zx 2 6xyz xy yz zx 2 Mặt khác: xy yz zx 2 3 xy.yz yz.zx zx.xy 2 xy yz zx 2 6xyz x y z 3 2 Cộng vế 2 và 3 có: 3 xy yz zx 6xyz xy yz zx x y z 4 0,25 Kết hợp 1 và 4 ta có điều phải chứng minh. 1 Dấu bằng xảy ra khi x y z 2 Học sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Hết