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

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

1. MÃ KÍ HIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT (BÀI THI MÔN CHUYÊN) Năm học: 2020 - 2021 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 06 câu, 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm): x 1 x 2 x 1 1. Cho biểu thức: P x 1 x x 1 x x 1 a) Rút gọn biểu thức P; 2 b) Tìm giá trị lớn nhất của Q x P 2. Cho phương trình: x2 m 1 x 6 0 (với m là tham số). Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn biểu thức 2 2 A x1 9 x2 4 đạt giá trị lớn nhất. Câu 2 (2,0 điểm): 1. Giải phương trình: 4x2 y2 4xy 2y 4x 2 x y 2 1 x2 3xy 2y2 0 2. Giải hệ phương trình: 2 2x 3xy 5 0 Câu 3 (1,0 điểm): Cho x, y > 0 và x y 1 . 1 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q 4xy x2 y2 xy Câu 4 (1,0 điểm): Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình: x2 2y2 2xy 3y 4 0 Câu 5 (3 điểm): Cho nửa đường tròn (O; R) có đường kính BC. Điểm A thuộc nửa đường tròn, hạ AH vuông góc với BC tại H. Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của H trên AB và AC. Đường thẳng FE cắt nửa đường tròn tại M và N. a) Chứng minh tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AM = AN. c) Tìm vị trí của điểm A trên nửa đường tròn (O) để bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác BEFC lớn nhất. Câu 6 (1,0 điểm): Trong 100 cái hộp, người ta sắp xếp 4000 quả cầu trắng và 300 quả cầu đỏ. Biết rằng khối lượng của mỗi quả cầu trắng là 100 gam và của mỗi quả cầu đỏ là 300 gam. Chứng minh rằng phải tìm được ít nhất là hai hộp có khối lượng cầu bằng nhau (có thể bằng 0) Hết
2. MÃ KÍ HIỆU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT (BÀI THI MÔN CHUYÊN) Năm học: 2020 – 2021 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Chú ý: + Học sinh làm đúng bằng cách nào cũng cho điểm tối đa. + Bài làm sai từ đâu phần tiếp theo có liên quan không chấm. + Hình vẽ sai hoặc không khớp lời chứng minh thì không chấm. Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) a. (0,5 điểm). ĐKXĐ: x 0; x 1 x 1 x 2 x 1 P x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x 2 x 1 x 1 P 0,25 x 1 x x 1 x x x P 0,25 x 1 x x 1 x x 1 b. (0,5 điểm). Với x 0; x 1 2 x x 1 2 0,25 Q x 2 x x x 1 (2,0 điểm) 2 Q 2 2 x  x Q 2 2 2 . Dấu “=” xảy ra khi x = 2 (thỏa mãn ĐKXĐ) 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của Q là 2 2 2 đạt được khi x = 2. 2. (1,0 điểm) Phương trình: x2 m 1 x 6 0 (với m là tham số). + Viết được m 1 2 24 0 với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. x x 1 m + Theo hệ thức Vi-ét ta có 1 2 0,25 x1x2 6 2 2 2 2 2 2 A x1 9 x2 4 x1 x2 4x1 9x2 36 2 2 2 0,25 A x1x2 6 2x1 3x2 2x1 3x2 0
3. Câu Đáp án Điểm 2 2x1 3x2 0 x1 3 x1 3 Dấu “=” xảy ra khi x1x2 6 x2 2 hoặc x2 2 0,25 x x 1 m m 0 m 2 1 2 Vậy m = 0; m = 2 là các giá trị cần tìm. 0,25 1. (1,0 điểm) Phương trình 4x2 y2 4xy 2y 4x 2 x y 2 1 ĐKXĐ: x y 2 4x2 y2 4xy 2y 4x 2 x y 2 1 4x2 4xy y2 4x 2y 1 2 x y 2 0 2 0,25 2x y 1 2 x y 2 0 Chỉ ra 2x y 1 2 0; 2 x y 2 0 Suy ra 2x y 1 2 2 x y 2 0 0,25 2x y 1 0 x 1 Dấu " "xảy ra khi (thỏa mãn) 0,25 x y 2 0 y 1 Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 1) 0,25 2. (1,0 điểm) 2 x2 3xy 2y2 0 (1) (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2x 3xy 5 0 (2) Xét phương trình (1) ta có : x2 3xy 2y2 0 x x y 2y x y 0 x y x 2y 0 x y 0,25 x 2y + Với x = y thế vào phương trình (2) tìm được : y 5 y2 5 0 0,25 y 5 + Với x = 2y thế vào phương trình (2) ta được 2y2 5 0 Phương trình này vô nghiệm 0,25 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x ; y) là 5; 5 ; 5; 5 0,25 1 2 Q 4xy x2 y2 xy 1 1 4 3 + Chứng minh được với x 0;y 0 . x y x y (1,0 điểm) Dấu " "xảy ra khi x = y 0,25 1 1 5 1 + Viết được A 2 2 4xy 0,25 x y 2xy 4xy 4xy
4. Câu Đáp án Điểm 2 1 1 5 + Từ 4xy x y 2 1 5 0,25 4xy x y 4xy 4 1 + Suy ra được A 5 2 4xy  11 x2 y2 2xy 4xy 1 + Khẳng định A đạt giá trị nhỏ nhất là 11 khi x y 0,25 2 Phương trình: x (*)2 2y2 2xy 3y 4 0 x2 2y2 2xy 3y 4 0 x2 y2 2xy y2 3y 4 x y 2 y 1 y 4 ( ) 0,25 2 4 Vì x y 0 với mọi x, y nên y 1 y 4 0 (1,0 điểm) y 1 y 4 0 4 y 1 0,25 Vì y nguyên nên y  4; 3; 2; 1;0;1 0,25 Thay các giá trị của y vào phương trình ( ) để tìm x tương ứng. Chỉ ra các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình (*) là: 4; 4 , 1; 3 , 5; 3 , 2;0 , 1;1 , 2;0 0,25 Hình vẽ A N F K I M E B H O C O' a. (1,0 điểm) + Chứng minh được tứ giác AEHF là hình chữ nhật 0,25 + Chứng minh được H·AB F·EA; H·AB A·CB A·CB F·EA 0,25 · · 0 0,25 5 + Chứng minh được ACB BEF 180 (3,0 điểm) + Khẳng định tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp 0,25 b. (1,0 điểm) Gọi I là giao điểm của AH và EF, K là giao điểm của AO và EF 0,25 + Chứng minh được O·AC A· EF O·CA + Chỉ ra O·AC O· AE 900 A· EF O· AE 900 0,25 + Suy ra OA  EF tại K và KM = KN 0,25 + Chỉ ra AM AN 0,25 c. (1,0 điểm)
5. Câu Đáp án Điểm Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCFE + Chỉ ra được O’I là đường trung trực của FE; O’O là đường trung trực của BC 0,25 O'O  BC; O'I  FE O'O / /AH; O'I / /OA + Chứng minh được tứ giác AIO’O là hình bình hành 1 O'O AI AH 0,25 2 + Chỉ ra được O'B2 OB2 O'O2 R 2 O'O2 0,25 + Chi ra được bán kính O’B của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCFE lớn nhất khi O’O lớn nhất hay AH lớn nhất + Chỉ ra được AH AO , suy ra AH lớn nhất khi AH bằng AO H  O + Lập luận suy ra được A là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O) 0,25 thì bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCFE lớn nhất. + Tính được khối lượng của 4300 quả cầu là: 300. 300 + 4000. 100 = 490000 (gam) 0,25 + Giả sử m 1, m2, m3, , m100 là khối lượng của cầu trong 100 hộp được đánh số thứ tự từ 1 đến 100 và m1 m2 m3 m100 Nếu cả 100 hộp, khối lượng cầu trong mỗi hộp là khác nhau thì m1 m2 m3 m100 0,25 + Xét khả năng cả 100 hộp đều có cầu. Khi đó: 6 m 100;m 200;m 300; ;m 10000 (1,0 điểm) 1 2 3 100 m1 m2 m3 m100 100 200 300 10000 49000 505000 (vô lí) 0,25 + Xét khả năng có 1 hộp rỗng, giả sử m1 = 0. Khi đó: m2 100;m3 200; ;m100 9900 m1 m2 m3 m100 100 200 300 9900 49000 495000 (vô lí) 0,25 Vậy phải tìm được ít nhất là hai hộp có khối lượng cầu bằng nhau. Hết