Đề thi tuyển sinh vào 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 vào 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 KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi: TỐN – CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thơi gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y=(m-2)x+2 với m là tham số và m2 . Tìm 2 tất cả giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d) bằng 3 2) Tìm tất cả giá trị của tham số m để phương trình xm1xmm10422−−+−−=( ) cĩ đúng 3 nghiệm phân biệt Câu 2 (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x27x2x1x8x71+−=−+−+−+ 2 4xyx4y033−++= 2) Tìm tất cả các số hữu tỉ (x;y) thỏa mãn hệ phương trình: 22 10x7xy2y9−+= Câu 3 (2,0 điểm) 1) Tìm các số tự nhiên n thỏa mãn 432019n+ cĩ chữ số tận cùng là 7 2 aa a2019122019+++ 2) Tìm bộ số tự nhiên (a1,a2, ,an) thỏa mãn: 2223 aa a20191122019+++ + Câu 4 (1,0 điểm) x1753 + 1) Cho số thực dương x, chứng minh +x2 x21818+ 2) Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn abc3222++= . Chứng minh rằng abbcca333333+++ ++ 2 a+++ 2bb 2cc 2a Câu 5 (3,0 điểm) Cho hình vuơng ABCD với M là trung điểm cạnh AB. Các điểm N,P theo thứ tự thuộc các cạnh BC,CD sao cho MN || AP. Chứng minh rằng a) Tam giác ADP đồng dạng với tam giác NBM b) BN.DP=OB 2 c) DO là tiếp tuyến (OPN) d)Ba đường thẳng BD,AN,PM đồng quy Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm Facebook.com/nguyennam.2018
2. Bài 1: 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y=(m-2)x+2 với m là tham số và 2 m2 . Tìm tất cả giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d) bằng 3 2) Tìm tất cả giá trị của tham số m để phương trình x4−( m − 1) x 2 + m 2 − m − 1 = 0 cĩ đúng 3 nghiệm phân biệt Lời giải: 1) Gọi A,B lần lượt là giao điểm của (d) với Ox,Oy. Từ đây dễ dàng suy ra được −2 A;0;B0;2 ( ) m2− Gọi H là hình chiếu của O lên AB. Áp dụng HTL: 11111111 =+ =−=−= 2222222 2 OHOAOBOAOHOB 2 4 3 2 −2 2 m222m222−==+ = −=2.1m28 ( ) m2− m222m222−= −= −+ Vậy: m=+ 2 2 2 hoặc m222= −+ 2) Đặt tx= 2 . Khi đĩ, pt đã cho trở thành t2−( m − 1) t + m 2 − m − 1 = 0 (*) Phương trình cĩ đúng 3 nghiệm (*) cĩ 2 nghiệm phân biệt t1,t2 sao cho 0=t1<t2 2 15 15+ Vì t1=0 là 1 nghiệm của (*) nên m− m − 1 = 0 m = . Thử lại ta thấy giá trị m = 2 2 thỏa mãn Bài 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x+− 27 =− x + 2x1x8x − +− + 72 1 4xyx4y033−++= 2) Tìm tất cả các số hữu tỉ (x;y) thỏa mãn hệ phương trình 22 10x7xy2y9−+= Lời giải: Facebook.com/nguyennam.2018
3. 1) Đkxđ: 1 x 7 . Phương trình đã cho tương đương x12x5−== ( x12x17x0TM−−−−−= )( ) ( ). x17x−=− x4= Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S=4 ;5 4xx03 += x0= 2) Xét y=0, hpt trở thành VN 2 2 ( ) 10x9 = 10x9 = Xét y0 . Đặt x=yt, do x,y Q nên t Q . Hệ phương trình suy ra yt+=− 4yy4t33 y 3 +−+=−y3233 t 4 10t7t 29y 1 4t 2 222 ( )( ) ( ) 10y t7y−+= t 2y9 1 32 t = +−−46t33t26t = 1 0 2 2 23t28t++ 1 = 0Loại( vì t Q ) 3 xy3= = 1 9 Với t= ta được y=2x. Thay vào pt thứ 2 của hệ ta được x2 = 2 . KL: (x;y)= 2 4 −3 xy3= = − 2 −33 ;3;;3− 22 Câu 3 (2,0 điểm) 3) Tìm các số tự nhiên n thỏa mãn 432019n+ cĩ chữ số tận cùng là 7 2 aa a2019122019+++ 4) Tìm bộ số tự nhiên (a1,a2, ,an) thỏa mãn: 2223 aa a20191122019+++ + Lời giải: 1) Từ giả thiết suy ra 4372019n+ mod 10( ) . Lại cĩ: 504 44.4201943504=( 6 33) .4 6.4 4 mod10 ( ) Suy ra 33modn  ( 10 ) hay 3( 3n−− 1− 1) 10 3 n 1 − 1 10 (Vì (3,10) = 1) Gọi r là số dư của n cho 4, khi đĩ tồn tại số tự nhiên q sao cho n=4q+r Facebook.com/nguyennam.2018
4. q 313.3131modn14r1r1−−−−−−( ) 10 ( ) . Lần lượt thay các giá trị r=0;1;2;3 ta thấy r=1 thỏa mãn 3n1 1− 10− . Từ đĩ n cĩ dạng 4q+1 với q là 1 số tự nhiên nào đĩ 2) Áp dụng Bunyakovski: 2 22224223 . (a a1 1aa a2019a a20191201912201912019++++ +++ ++ )( ) ( ) 223 223 Kết hợp với giả thiết ban đâu ta suy ra a a201912019++= hoặc a a2019112019++=+ 223 Với a a201912019++= , theo đk dấu đẳng thức của bđt ta tìm được a1=a2= =a2019=2019 2 2 3 2 Với a1+ + a 2019 = 2019 + 1, giả sử a1+ a 2 + + a 2019 2019 + 1 thế thì 2 (20191.20192019132+ +) ( ) (Vơ lý) 2 222 Do đĩ, aa a2019122019+++= . Mà aa aaa a122019122019++++++ (m od 2 ) +201912019mod32 2 ( ) (Vơ lý) Vậy: (a1;a2; ;a2019)=(2019;2019; 2019) Câu 4: (1,0 điểm) x1753 + 1) Cho số thực dương x, chứng minh +x2 x21818+ 2) Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn abc3222++= . Chứng minh rằng abbcca333333+++ ++ 2 a2bb2cc2a+++ Lời giải: 1) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 2 x3 + 1 2 77 (x−+ 1)( 3x + 3x 1) − −( −+x2 1x) 1 x 1 ( )( ) x+ 2 3 1818 3( x+ 2) 2 x1− (x−+ 1) ( 8x 11) 63x3x17x1x20( 2 + +) −( +)( +) 0 18( x++ 2) 18( x 2) Facebook.com/nguyennam.2018
5. (Luơn đúng  x0) a 2) Áp dụng bđt ở câu (1) với x= 0 ta được: b 3 a +1 2 b 7a 5 ab3++ 3 7a5 2 ab7a5b 3 3 2 2 + + + a 18 b 18b22 a+ 2b 18 b 18 a+ 2b 18 18 + 2 ( ) b ab233+ Tương tự rồi cộng vế tương ứng ta thu được =a22 a2b3+ Đẳng thức xảy ra =a = b =c 1 Câu 5: Cho hình vuơng ABCD với M là trung điểm cạnh AB. Các điểm N,P theo thứ tự thuộc các cạnh BC,CD sao cho MN || AP. Chứng minh rằng a) Tam giác ADP đồng dạng với tam giác NBM b) BN.DP=OB 2 c) DO là tiếp tuyến (OPN) d) Ba đường thẳng BD,AN,PM đồng quy Lời giải: a) MN || AP ==BMNMAPDPA . Lại cĩ: ADPMBN90==o DPA ~BMN (gĩc nhọn) 2 DP DA1AB 22 b) DPA ~ BMNDP.BN = === BM.DA ABOB BM BN2 2 c) HD: Chứng minh DOP ~ BNO để suy ra DOP ~ ONP Từ đĩ: DOP= ONP . Gọi Ox là tia tiếp tuyến của (ONP) tại O sao cho Ox nằm trên nửa mặt phẳng bờ AC cĩ chứa D. 1 xOP = sđOP = ONP = DOP . Từ đĩ OD trùng tia Ox hay OD là tiếp tuyển (ONP) 2 Facebook.com/nguyennam.2018
6. d) Gọi X và X’ lần lượt là giao điểm của BD và AN, BD và MP A B M X,X' O N J D P C x XBBNX'BMB Áp dụng ĐL Thales ta được: ==; XDADX'DDP BN MB XBX'B Mà = (do DPA ~ BMN ) nên = hay X X' (Đpcm) AD DP XDX'D Facebook.com/nguyennam.2018