Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên ) năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Phú Yên

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

38
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên ) năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Phú Yên” để giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi, đồng thời ôn tập và củng cố kiến thức căn bản trong chương trình học. Tham gia giải đề thi để ôn tập và chuẩn bị kiến thức và kỹ năng thật tốt cho kì thi giữa kì sắp diễn ra nhé!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên ) năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Phú Yên

ho ct oa SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT no TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 nl Môn thi: TOÁN (Chuyên) in ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút e. Câu 1. (3,0 điểm) Thực hiện phép tính: vn  2020  x 2020  x   2020  x 2020  x  P  :    2020  x 2020  x   2020  x 2020  x  Câu 2. (4,5 điểm)   x  y  mxy  5 2 Cho hệ phương trình  2 với m là tham số   y  x  mxy  5 a) Giải hệ phương trình với m  1 b) Xác định m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất Câu 3. (3,5 điểm) Cho đường tròn  O; R  , lấy điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho OA  2R. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM , AN (M , N là các tiếp điểm) và cát tuyến ABC  AB  AC  . Gọi I là trung điểm của BC,T là giao của NI với  O T  N  a) Chứng minh rằng tam giác AMN dều b) Chứng minh rằng MT / / AC c) Tiếp tuyến của  O  tại B, C cắt nhau ở K. Chứng minh K , M , N thẳng hàng Câu 4. (3,0 điểm) a) Tìm cặp  x; y  thỏa mãn phương trình x 2  y 2  8x  y  2 xy  3  0 sao cho y đạt giá trị lớn nhất b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:  x2  3 x2  7  x2  15 x2  19  351 Câu 5. (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của CD, AD và G là giao điểm của AE và BF a) Chứng minh rằng : FED  FGD b) Gọi H là điểm đối xứng với F qua G, I là giao điểm của BD và EF . Đường thẳng qua D, song song với BF cắt HI tại K. Chứng minh rằng K là trực tâm của tam giác GDE Câu 6. (3,00 điểm) Cho x  0, y  0 và xy  4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3 y3 Q  4  y  2 4  x  2
ho ct oa ĐÁP ÁN no Câu 1. nl  2020  x in  2020  x  0 e.  vn  2020  x  x  2020 2020  x Điều kiện:  0  . Đặt  t , ta có:  2020  x  x  0 2020  x  2020  x 2020  x  2020  x  2020  x   1   1  t  1  2020  x   2020  x  2 P  t   :t    2   1 :   1  t   t  t  1  2020  x   2020  x  2020  x  2020  x 2020  x  2020  x 2020  :  2020  x 2020  x x Câu 2.  x 2  y  xy  5 1 a) Với m  1 thì hệ phương trình là   y  x  xy  5 2 x  y Lấy (1) trừ (2) ta được:  x  y  x  y  1  0    y  x 1 *) x  y  1  x 2  x  x 2  5  x  y  5 *) y   x  1  1  x 2    x  1  x   x  1  x 2  x  2  0  x  1  y  2   x  2  y  1 Vậy hệ có 3 nghiệm  5; 5 ; 1; 2  ;  2;1 b) Vì vai trò x, y bình đẳng nên khi hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    x0 , y0  thì x0  y0 . Thế vào hệ ta được x02  x0  mx02  5   m  1 x02  x0  5  0  3 m  1 m  1 Để (3) có nghiệm duy nhất thì   21    1  20  m  1  0 m   20 *) Với m  1theo câu a hệ có 3 nghiệm nên không có nghiệm duy nhất
ho ct oa  2 21 no  x  y  xy  5  4  21 nl 20 *)Với m  hệ có dạng  in 20  y 2  x  21 xy  5  5  e.  20 vn x  y Lấy (4) trừ (5) ta được:  x  y  x  y  1  0    y  x 1 21 2 ) x  y   4   x 2  x  x  5  x 2  20 x  100  0  x  10 20 Suy ra hệ có nghiệm  10; 10 21 -)Thay y   x  1  1  x 2   x  1  x   x  1  5  41x 2  41x  80  0 20  41  19 41  41  19 41 x  y  82 82    41  19 41  41  19 41  x  y   82  82 20 Trường hợp m  hệ có 3 nghiệm nên hệ không có nghiệm duy nhất 21 Vậy không có m nào để hệ có nghiệm duy nhất Câu 3. K C N I B A H O T M a) Chứng minh MT / / AC . Tứ giác ANIO nội tiếp (vì AIO  ANO  900 )
ho ct oa 1 no  AIN  AON  sd MN . Lại có : 2 nl in 1 MTN  sd MN  AIN  MTN  MT / / AC e. 2 vn b) Chứng minh rằng AMN đều Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau thì MN  AO Gọi H là giao điểm của MN và AO Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông ANO : OAOH .  ON 2 R2 R OH 1  OH    cos NOH    NOH  300  MAN  2 NAH  600 2R 2 ON 2 Kết hợp với AM  AN  AMN đều c) Chứng minh K , M , N thẳng hàng Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông ANO, KCO . OAOH  ON 2  R2 ; OI .OK  OC 2  R2  OAOH .  OI .OK  OIA OHK (c  g  c)  I  H  900  KH  AO Vì MN  AO tại H và KH  AO  K , M , N thẳng hàng. Câu 4. a) Viết phương trình đề theo ẩn x ta được: x 2  2  y  4  x  y 2  y  3  0  2  Để tồn tại  x; y  thì (2) phải có nghiệm, nghĩa là :  '   y  4    y 2  y  3  0  y  2 13 9 13 y  4 13 23 ymax    2   x   4 9 1 9 9  23 13  Vậy  x; y     ;  thỏa man yêu cầu bài toán  9 9 b) Vì 351là số âm và tích của 4 thừa số x2  3; x2  7; x2  15; x2  19 nên trong 4 thừa số đó phải có 1 hoặc 3 thừa số âm Ta thấy x2  19  x 2  15  x 2  7  x 2  3 nên xảy ra 2 trường hợp: Trường hợp 3 thừa số âm: x2  7  0  x2  3  3  x2  7  x2  4  x  2  VT  495  351(ktm) Trường hợp 1 thừa số âm: x 2  19  0  x 2  15  15  x 2  19  x 2  16  x  4  VT  351(tm) Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên x  4; x  4
ho ct oa Câu 5. no nl A B in e. vn G H F J I K D E C a) ADE  BAF (c.g.c)  FAG  DAE  FBA Xét FAG và FBA có: FAG  FBA (cmt); F chung  FAG FBA( g.g )  AGF  BAF  900 DEGF có FGE  FDE  900 nên là tứ giác nội tiếp  FED  FGD 1 1 3 b) Gọi J là tâm hình vuông. Khi đó DI  DJ  DB  BI  BD 1 2 4 4 Áp dụng hệ thức lượng vào AFB vuông tại A, đường cao AG ta có: GH GF AF 2 1 BH 3       2 GB GB AB 2 4 BG 4 Từ (1) và (2) suy ra HK / / DG kết hợp với giả thiết DK / /GH  3  DKHG là hình bình hành nên DK  HG  GF  4  Từ (3) và (4) suy ra DKGF cũng là hình bình hành, do đó GK / / FD Kết hợp DK / /GH và FB  AE  do AGF  900   DK  GE  5 Kết hợp GK / / FD và FD  DE (do ABCD là hình vuông) nên GK  DE  6  Từ (5) và (6) suy ra K là trực tâm của tam giác GDE
ho ct oa Câu 6. no x3  x  2   y 3  y  2  x  y  2  x  y   x  xy  y  4 4 2 2 nl Ta có: Q   in 4  x  2  y  2  4  2  x  y   xy  4 e. Và x 4  y 4  2 x 2 y 2  2  ; x 2  xy  y 2  xy  3 vn Dấu "  " trong  2  và  3  xảy ra khi x  y  2  do xy  4  2 x 2 y 2  2  x  y  xy Do đó Q  , 4  2  x  y   xy  4 32  8  x  y  x y4 Cũng do xy  4  Q   1 Q 1. 4  2  x  y   8 x  y  4 Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y  2 Vậy min Q  1  x  y  2