Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

27
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa” để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN ho THANH HÓA NĂM HỌC 2020 – 2021 ct Môn : TOÁN oa ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho thi sinh vào lớp chuyên Tin học) Thời gian làm bài: 150 phút no Ngày thi: 18 tháng 7 năm 2020 nl Câu I. (2,0 điểm) in e. 5  21  5  21 . Tính giá trị của P  1  2020 x 2020  1010 x 2022  2021 1. Cho x  vn 3 2. Cho phương trình x 2  x  a  0 1 có hai nghiệm là x1 , x2 và phương trình x 2  97 x  b  0 có hai nghiệm là x14 , x24 . Tính giá trị của b Câu II. (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 3x x 2  x  1  3x 2  x  1  x  y   x 2  y 2   15  2) Giải hệ phương trình:   x  y   x  y   3 2 2  Câu III. (2,0 điểm) 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn y 3  3x 2  2 xy  8 x  9  0 2) Cho a, b, c là ba số nguyên thỏa mãn a 2  c  b   b 2  a  c   c 2  b  a   a  b  c . Chứng minh rằng : a  b  c chia hết cho 27 Câu IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC  , đường tròn tâm O đường kính BC  2R cắt AB, AC lần lượt ở E và D  E  B, D  C  . Trên cung BC không chứa D lấy điểm F bất kỳ (F khác B và C). Đường thẳng AF cắt BC tại M, cắt đường tròn  O; R  tại N  N  F  và cắt đường tròn ngoại tiếp ADE tại P (P khác A) 1) Chứng minh tứ giác BEPM nội tiếp được trong một đường tròn 2) Chứng minh AN . AF  AP. AM 3) Gọi I , H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của F lên các đường thẳng BD, BC, AC. Chứng minh ba điểm I , H , K thẳng hàng và tìm vị trí của F sao cho tổng BC BD CD   đạt giá trị nhỏ nhất FH FI FK Câu V. (1,0 điểm) 1 1 1 Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x  , y  , z  và 18 7 2020 18 7 2020    2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 18 x  17 7 x  6 2020 z  2021 A  18 x  1 7 y  1 2020 z  1
ĐÁP ÁN ho ct Câu I. oa no 1) Ta có: nl 5  21  5  21 10  2 21  10  2 21 in x  e. 3 6 vn     2 2 7 3  7 3 7 3  7 3   6 6 7 3 7 3 2 3    2  x2  2  x2  2  0 6 6 Theo bài ra , ta có: P  1  2020 x 2020  10102022  2021  1  1010 x 2020  x 2  2   2021 2021  1  1010 x 2020 .0   12021  1 Vậy P  1 1 2) Điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 là; 1  4a  0  a  4 97 2 Điều kiện để phương trình (2) có nghiệm là 97  4b  0  b  2 4 Áp dụng định lý Vi – et vào phương trình (1), (2) ta được:  x1  x2  1  4  x1  x2  97 4  1  x1 x2  a  . Ta có:  4  4 4 97 2  x1 .x2  b   4 x14  x24  97   x12  x22   2 x12 x22  97 2 2   x1  x2   2 x1 x2   2 x12 x22  97  1  2 x1 x2   2 x12 x22  97 2 2    1  4 x1 x2  4 x1 x2  2 x12 x22  97  2 x12 x22  4 x1 x2  96  0 2 2  x x  8(ktm)  2  x1 x2   4 x1 x2  96  0   1 2 2  x1 x2  6(tm)  b   x1 x2    6   1296(tm) 4 4
Vậy b  1296 ho ct Câu II. oa no 1) Giải phương trình 3x x 2  x  1  3x 2  x  1 nl 2 2  1 3  1  11 in Ta có: x  x  1   x     0 ; 3x 2  x  1  3 x     0  3x  0  x  0 2 e.  2 4  6  12 vn Ta có:   3 x x 2  x  1  3x 2  x  1  3x x  x 2  x  1   x  1  0 x 2   x 2  x  1  3 x   3 x.   x  1  0   x  1   1  0 x  x2  x  1  x  x  x 1  2 3 x   1  0  do x  0   x  x 2  x  1  3 x x  x2  x  1  1  13 x  (tm) 6  x  x  1  4 x  3x  x  1  0   2 2 2  1  13 x  (ktm)  6 1  13 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  6  x  y   x 2  y 2   15  2) Giải hệ phương trình  . Ta có   x  y   x 2  y 2   3  x  y   x 2  y 2   15  x  y   x 2  y 2   15      x  y   x  y   3 5  x  y   x  y   15 2 2 2  x  y   x 2  y 2   15  x  y   x  y   15  2 2    5  x  y   x  y    x  y   x  y   0  x  y   2 x  5 xy  2 y   0 2 2 2 2 2  x  y   x 2  y 2   15   x  y   x 2  y 2   15  x   y     x  y  x  2 y  2 x  y   0   x  2 y 2 x  y 
 x  y   x 2  y 2   15 0. x 2  y 2   15 ho *)   (VN ) ct  x   y  x   y oa  x  2 y x  2 y x  2 no *)   3   x  y   x  y   15  y  1 nl y 1 2 2 in 2 x  y  0 e.  x3  1 x  1   vn *)     x  y   x  y   15  y  2 x  y  2 2 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   2;1 ; 1;2 Câu III. 1) Ta có: y 2  3x 2  2 xy  8 x  9  0   x 2  2 xy  y 2    4 x 2  8 x  4   5   x  y    2 x  2   5   x  y  2 x  2  x  y  2 x  2   5 2 2    x  y  2  3x  y  2   5 Vì x, y  nên 3x  y  2;  x  y  2  ;3x  y  2;  x  y  2 U (5) Do đó ta có các trường hợp sau: 3 x  y  2  1 3 x  y  3 x  0 *)     x  y  2  5  x  y  3  y  3 3 x  y  2  5 3 x  y  7 x  2 *)      x  y  2  1   x  y  1  y  1 3 x  y  2  1 3 x  y  1 x  2 *)      x  y  2  5   x  y   7  y  5 3 x  y  2  5 3 x  y  3 x  0 *)      x  y  2  1   x  y   3  y   3 Vậy phương trình có nghiệm:  x; y   0;3;  0; 3;  2;1;  2; 5 2) Ta có: a  b  c  a 2  c  b   b2  a  c   c 2 b  a   a 2  c  b   b 2    c  b    b  a    c 2  b  a   a 2  c  b   b2  c  b   c 2 b  a   b2 b  a    c  b   a 2  b2   b  a   c 2  b2 
  c  b  a  b  a  b    a  b  c  b  c  b  ho   a  b  c  b  a  b  c  b  ct oa   a  b  c  b  a  c    a  b  b  c  c  a  no  a  b  c   a  b  b  c  c  a  khi chia cho 3 là : nl in Nếu a, b, c có 3 số dư khác nhau (0,1,2) thì e.  a  b  b  c  c  a  không chia hết cho 3 còn a  b  c 3 vn  a  b  c   a  b  b  c  c  a  (trái giả thiết) Nếu a; b; c có 2 số có cùng số dư khi chia cho 3 thì  a  b  b  c  c  a  3còn a  b  c không chia hết cho 3  a  b  c   a  b  b  c  c  a  (trái giả thiết) Do đó a, b, c đều chia hết cho 3  a  b  c   a  b b  c  c  a   3.3.3  27 Vậy  a  b  c  27 Câu IV. A D N I P E Q M C B O H K F 1) Vì tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC nên:
ADE  ABC (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) ho ct Mà APE  ADE (cùng chắn cung AE )  APE  ABC oa  Tứ giác BEPM là tứ giác nội tiếp no 2) Vì tứ giác BEPM nội tiếp nên AP. AM  AE. AB 1 nl Vì tứ giác ADCF nội tiếp đường tròn  O  nên AN . AF  AD. AC  2 in e. Vì tứ giác BCDE nội tiếp (O) nên AE. AB  AD. AC  3 vn Từ (1), (2), (3) suy ra AN . AF  AP. AM (dfcm) 3) Chứng minh được tứ giác CHFK nội tiếp  CHK  CFK  4  (cùng chắn CK ) Chứng minh được tứ giác BIHF nội tiếp  BFI  BHI  5 (cùng chắn cung BI ) Chứng minh được tứ giác DIFK là hình chữ nhật  IFK  900 Mà BFC  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  IFK  BFC  BFI  CFK  6 Từ (4), (5), (6) suy ra CHK  BHI Mà CHK  BHK  1800  BHI  BHK  1800  3 điểm I, H, K thẳng hàng Ta có: BD CD BI  ID DK  KC ID DK      7 FI FK DK DI DK DI (Vì BI CK BI ID FI  DK , FK  DI , BFI  CFK  tan BFI  tan CFK     ) IF KC BK DK ID CH Do DKI  CFH  tan DKI  tan CFH    8 DK FH DK BH Do DKI  HBK   FIH   cot DKI  cot HBK   9 DI HF BD CD CH BH BC Từ (7), (8), (9)      FI FK FH HF FH BC BD CD BC BC 2.2 R     2.  2.  4 FH FI FK FH FO R BC BD CD    đạt GTNN bằng 4  H  O  F là điểm chính giữa cung BC FH FI FK không chứa D. Câu V. Ta có:
18 7 2020 ho 1 1 18 x  17 7y  6 2020 z  2021 ct oa 7 y 1 2020 z  1 7 y  1 2020 z  1   2 1 no . 7 y  6 2020 z  2021 7 y  6 2020 z  2021 nl in Chứng minh tương tự, ta được: e. vn 7 18 x  1 2020 z  1 2 .  2; 7y  6 18 x  17 2020 z  2021 2020 18 x  1 7 y  1 2 .  3 2020 z  2021 18 x  17 7 y  6 Nhân 1 ,  2  ,  3 vế theo vế ta được: 18.7.2020  8. 18x  1 7 y  1 2020 z  1 18x  1 7 y  1 2020 z  1 18 x  1 7 y  1 2020 z  1 18.7.2020  18 x  1 7 y  1 2020 z  1   31815 8 5 9 1009  A  31815 . Dấu “=” xảy ra  x  ; y  ; z  9 14 2020  5  x  9   9 Vậy Max A  31815   y   14  1009  z   2020