Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 Trung học Phổ thông môn Toán - Chuyên - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk Lăk (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 Trung học Phổ thông môn Toán - Chuyên - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk Lăk (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi : 21/7/2020 (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol P : y x2 và đường thẳng d : y 2 m 1 x 3 với m là tham số. 1) Tìm tọa độ điểm A thuộc parabol P sao cho độ dài đoạn thẳng OA bằng 2 5 . 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt parabol P tại hai 2 điểm phân biệt có hoành độ x1, x 2 thỏa mãn điều kiện x1 2 mx 1 2 x 2 x 1 x 2 2 . Câu 2: (2,0 điểm) 2 1) Giải phương trình: x2 x 4 8 x x 2 4 23 x 2 0 2x y 2 x y 4 x2 y 2 2) Giải hệ phương trình: . 2x 3 y 6 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Chứng minh rằng khi lấy 1011 số bất kì từ 2020 số nguyên dương đầu tiên, ta luôn tìm được hai số x, y x y từ 1011 số đó sao cho x chia hết cho y . 2) Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x3 x 2 y 4 y 3 y 1 Câu 4: (1,0 điểm) Cho a,, b c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 ab bc ca a b c 3 P . a2 b 2 c 2 abc Câu 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC, đường cao AH. Gọi D, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB, AC. Đường thẳng DE cắt tia CB tại M. Đường thẳng MA cắt đường tròn đường kính AH tại I (I khác A). Các đường thẳng BI và AC cắt nhau tại N. Chứng minh rằng: 1) Các tứ giác ADHE và BCED nội tiếp đường tròn. 2) MBI đồng dạng với MAC và NAI đồng dạng với NBC. 3) MB MC NA  NC MN 2 . Hết NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 1
2. SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) 2 1) Gọi A xAA; y , vì A thuộc P nên ta có yAA x 2 2 2 2 4 4 2 2 2 xA 4 0 Khi đó 2 5 OA xAAAAAAAA y x x x x 20 0 x 4 x 5 0 2 xA 5 0 x2 4 x 2 A A x 2 y 4 A 2; 4 A 2; 4 2 . Với AA . Vậy hoặc xA 5 xA  2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và P là : x2 2 m 1 x 3 x 2 2 m 1 x 3 0 * Vì ac 3 0 , nên * có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Do đó đường thẳng d luôn cắt parabol P tại hai điểm phân biệt với mọi m x1 x 2 2 m 1 Theo hệ thức Viet, ta có : x1 x 2 3 2 Mặt khác x1 2 m 1 x 1 3 0 (vì x1 là nghiệm của * ) 2 2 Khi đó xmxxxx1 2 1212 2 2 x 1 2 mx 1 1 3 2 xxxx 1212 1 2 xxxx 1212 1 2 2 m 1 3 1 4 m 8 m 2 Câu 2: (2,0 điểm) 2 1) Giải phương trình: x2 x 4 8 x x 2 4 23 x 2 0 +) Với x 0, ta có: VT 16 0 VP . Do đó x 0 không là nghiệm của phương trình. 2 22 2 2 4 4 +) Với x 0, ta có: x x48 x x 4230 x x 1 8 x 230 x x 2 2 t 4 4 t18230 t t 10240 t t 4 t 60 t x t 6 x 4 2 .) Nếu t 4 thì x 4 x2 4 x 4 0 x 2 0 x 2 (TMĐK) x 4 x 3 5 .) Nếu t 6 thì x 6 x2 6 x 4 0 (TMĐK) x x 3 5 Vậy phương trình có 3 nghiệm là: x1 2; x 2 3 5; x 2 3 5 2x y 2 x y 4 x2 y 2 2) Giải hệ phương trình: . 2x 3 y 6 (ĐK: x 0; y 0; x y ) Ta có: 2xyxy 2 4 xy2 2 xy 2 2 2 xy 2 xy 4 0 x y x y2 2 x y 2 0 x y 2 x y 2 0 NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 2
3. x y 2 0 x y 4 y 4 x x y 2 0 x y 4 y x 4 +) Nếu y 4 x thì 2x 3 y 6 2 x 3 4 x 6 0 x 4 494x x 12 x 4 x 36124 x x2 5 x x 0 2 2 2 144 4x x 25 x 169 x 576 x 0 x 169 x 576 0 576 x 169 .) Với x 0 y 4 0 4 (không TMĐK) 576 576 100 .) Với x y 4 (TMĐK) 169 169 169 +) Nếu y x 4 thì 2x 3 y 6 2 x 3 x 4 6 x 4 2 72 4x 9 x 4 12 x x 4 36 12 x 4 x 72 13 x 4 x 13 648 144 14 x chon 22 2 25 144 x 4 x 72 13 x 25 x 1296 x 5184 0 648 144 14 x loai 25 648 144 14 648 144 14 548 144 14 .) Với x y 4 (TMĐK) 25 25 25 576 648 144 14 x x 169 25 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là và 100 548 144 14 y y 169 25 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Xét 1011 số a1;;;; a 2 a 3 a 1011 bất kì từ 2020 số nguyên dương đầu tiên. ki Đặt ai 2 b i , khi đó ta có 1011 số lẻ b1;;;; b 2 b 3 b 1011 Mà trong 2020 số nguyên dương đầu tiên chỉ có 1010 số lẻ, nên tồn tại bi b j ki k j Khi đó x ai 2 b i ; y a j 2 b j x y x chia hết cho y . 2) Ta có: xxyyy3 2 4 3 1 y 1 xy 3 8 3 xyy 2 4 3 y1 xyx 2 2 2 xyy 4 2 yxyxy 2 2 xyxxyy 2 2 2 2 * 2 x 2 0 x 2 +) Nếu y 1 0 y 1 thì * x 2 x x 2 0 2 x x 2 0 x  NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 3
4. 2 2 1 7 (vì x x 2 x 0;  x ) 2 4 +) Nếu y 1 0 y 1 thì * x2 xy 2 y 2 là ước của y 1 (do x, y Z ) 2 1 7 7 y2 y 1 0 y 0 yxxyyxy12 2 2 yyy 2 2 2 doyZ 2 2 4 4 y y 1 0 y 1 2 2 1 3 ( y y 1 y 0;  y ) 2 4 .) Với y 0, ta có: x3 1 x 1 2 x 2 1 .) Với y 1, ta có: x 2 x x 2 2 2 x  x x 2 2 2 2 1 7 7 ( x x 2 x ;  x ) 2 4 4 Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên là x; y 2; 1 , 1;0 Câu 4: (1,0 điểm) 1 1 1 9 Với a, b , c 0 , ta chứng minh được a b c a b c 3 2 1 9 a b c 9 a b c abc abcabbcca abc abbcca 2 2 2 3 abbcca 9 abc 2 3 abbcca 9 a b c 2 ab bc ca P abc2 2 2 abbcca abc 2 2 2 abbcca 2 2 2 2 2 2 3 ab bc ca 9 a b c ab bc ca a2 b 2 c 2 6 a b c 2 2 2 18 3 2 2 2 18 a b c abbcca a b c abbcca abbcca a2 b 2 c 2 Lại có với a, b , c 0 , ta chứng minh được a2 b 2 c 2 ab bc ca 1 ab bc ca ab bc ca a2 b 2 c 2 và 2. Vậy P 3  2 6  1 18 30. Dấu “=” xảy ra a b c a2 b 2 c 2 ab bc ca Câu 5: (3,0 điểm) N K A I E D M B H C NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 4
5. 1) Các tứ giác ADHE và BCED nội tiếp đường tròn. Tứ giác ADHE: ADH AEH 900 gt . Vậy tứ giác ADHE là tứ giác nội tiếp Ta có: AHD AED (tứ giác ADHE là tứ giác nội tiếp), AHD ABC (cùng phụ với BHD ) AED ABC . Vậy tứ giác BCED là tứ giác nội tiếp 2) MBI đồng dạng với MAC và NAI đồng dạng với NBC. Tứ giác ADHE là tứ giác nội tiếp (cmt), mà ADH 900 gt nên đường tròn đường kính AH là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE, lại có I thuộc đường tròn đường kính AH (gt) 5 điểm A, D, H, E, I thuộc đường tròn đường kính AH Do đó tứ giác AHDI nội tiếp AHD MID (cùng bù với AID ) mà AHD ABC (cmt) MID ABC . Vậy tứ giác BDIM nội tiếp MBI MDI Mặt khác tứ giác AEDI nội tiếp (cmt) MAC MDI (cùng bù EDI ), nên MBI MAC Xét MBI và MAC: M (góc chung), MBI MAC (cmt). Vậy MBI MAC (g.g) MIB MCA , lại có MIB NIA (đối đỉnh) NIA MCA hay NIA NCB Xét NAI và NBC: N (góc chung), NIA NCB (cmt). Vậy NAI NBC (g.g) 3) MB MC NA  NC MN 2 . Ta có MCA MIB ( MBI MAC), MIB MNB (góc ngoài MIB) MCA MNB Kẻ tia CK K MN sao cho MCK MNB vì MCA MNB (cmt) MCK MCA MCN K nằm giữa M, N. Do đó MN MK NK a Xét MBN và MKC: M (góc chung), MNB MCK (gt). MB MK Vậy MBN MKC (g.g) MB  MC MK  MN b MN MC và MBN MKC ( MBN MKC), MBN MAC ( MBI MAC) MAC MKC Vậy tứ giác ACMK nội tiếp AMK ACK hay AMN KCN Xét MAN và CKN: N (góc chung), AMN KCN (cmt). NA NK Vậy MAN CKN (g.g) NA  NC NK  MN c MN NC Từ a), b), c) có: MB MC NA  NC MK  MN NK  MN MK NK MN MN 2 NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 5