Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Đắk Lắk

Chia sẻ: Lan Yuan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

30
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Đắk Lắk để các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình cũng như làm quen với cấu trúc đề thi để chuẩn bị kì thi được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn. Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Đắk Lắk

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐĂK LĂK MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi : 07/6/2019 (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao 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 m  2 . Tìm tất cả các giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng  d  2 bằng . 3 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 4   m  1 x 2  m2  m  1  0 có đúng ba nghiệm phân biệt. Câu 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x  2 7  x  2 x  1   x 2  8 x  7  1 4 x 3  y 3  x  4 y  0 2) Tìm tất cả các cặp số hữu tỉ  x; y  thỏa mãn hệ phương trình:  2 . 10 x  7 xy  2 y  9 2 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Tìm các số tự nhiên n thỏa mãn 42019  3n có chữ số tận cùng là 7. 2) Tìm các bộ số tự nhiên  a1 ; a2 ; a3 ; ; a2019  thỏa mãn:  a1  a2  a3    a2019  20192  2 a1  a2  a3    a2019  2019  1 2 2 2 3 Câu 4: (1,0 điểm) x3  1 7 2 5 1) Cho các số thực dương x , chứng minh x  . x  2 18 18 2) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3 . Chứng minh rằng: a 3  b3 b3  c 3 c 3  a 3   2. a  2b b  2c c  2a Câu 5: (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD với tâm O. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Các điểm N, P theo thứ tự thuộc các cạnh BC, CD sao cho MN // AP. Chứng minh rằng: 1) Tam giác ADP đồng dạng với tam giác NBM. 2) BN  DP  OB 2 . 3) DO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPN. 4) Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy. ------------------- Hết ------------------- Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 1
SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) 1)  d  cắt Ox tại A   2 ; 0  và cắt Oy tại B  0; 2  . Gọi OH là khoảng cách từ O đến  d   2m  1 1 1 1 1 1 2  m  2 2 m  2  2 2   2 Ta có:    2  2   2  m  8     OH 2 OA2 OB 2 2  2  2 2  2  m  2 2  m  2  2 2     3  2m (TMĐK m  2 ). m  2  2 2 2 Vậy  thì khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng  d  bằng .  m  2  2 2 3 2) Đặt t  x 2  0 ; phương trình đã cho trở thành t 2   m  1 t  m 2  m  1  0 * Khi đó phương trình đã cho có đúng ba nghiệm phân biệt  * có một nghiệm bằng 0 và m 2  m  1  0 m 2  m  1  0   m2  m  1  0 một nghiệm dương ( t2  t1  0 )   t1t2  0  m2  m  1  0   t t  0  m 1  0 m  1 1 2   1 5  5 1  m  2 m  Ta có: m 2  m  1  0   m      1 5 2 2 2   2  4  1 5   5 1 m    m   2 2  2 5 1 Lại có m  1 , nên m  2 Câu 2: (2,0 điểm) 1) ĐK: 1  x  7 Ta có: x  2 7  x  2 x  1   x 2  8 x  7  1  x  1  2 x  1   7  x  x  1  2 7  x  0  x 1  2  0  x 1   x 1  2  7  x   x 1  2  0   x 1  2   x 1  7  x  0    x  1  7  x  0  x 1  4 x  5   (TMĐK). Vậy tập nghiệm của phương trình là S  4; 5 x 1  7  x x  4 4 x 3  y 3  x  4 y  0  x  4 y  y3  4 x3 2)    2 10 x  7 xy  2 y  9 10 x  7 xy  2 y  9 2 2 2  10 x 2  7 xy  2 y 2   x  4 y   9  y 3  4 x 3   46 x 3  33 x 2 y  26 xy 2  y 3  0 *  x  4 x 2  1  0 x  0 4 x 3  x  0   Nếu y  0   2  9  3 (không xảy ra), nên y  0 10 x  9 x   x   10 2  10  3 2  x x x Với y  0 ; *  46    33    26  1  0  46t  33t  26t  1  0   2t  1  23t  28t  1  0 3 2 2  y y   y Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 2
 2t  1  0  x    2t  1  23t 2  28t  1  0   2 t  Q  23t  28t  1  0  y  1 x 1  ) 2t  1  0  t     2x  y 2 y 2 3 Khi đó 10 x 2  7 x  2 x  2  2 x   9  4 x 2  9  x   2 2 Với x   y  2   3 ; Với x    y  2      3 3 3 3 3 2 2 2  2 +) 23t 2  28t  1  0 không có nghiệm hữu tỉ, vì có   173 Vậy các cặp số  x; y  cần tìm là  ; 3  và   ;  3  3 3 2   2  Câu 3: (2,0 điểm) 1) Ta có: 42019  3n  4   42   3n  4 161009  3n  4   6   3n   4   3n 1009 Do đó 42019  3n có chữ số tận cùng bằng 7 khi 3n có chữ số tận cùng bằng 3  3n  3  1  3   34   34 k 1  n  4k  1  k  N  k  a1  a2  a3    a2019  2019 2  4038  a1  a2  a3    a2019   4038  2019 2 2) Ta có:  2 2 2  2 a1  a2  a3    a2019  2019  1  a1  a2  a3    a2019  2019  1 2 3 2 2 2 3  a12  a22  a32    a2019 2  4038  a1  a2  a3    a2019   20193  1  4038  2019 2   a12  4038a1  2019 2    a22  4038a2  2019 2      a2019 2  4038a2019  2019 2   20193  1  2019  2019 2   a1  2019    a2  2019      a2019  2019   1 2 2 2   a1  2019 2   a2  2019 2     a2019  2019  2  0 * Do đó   a1  2019    a2  2019      a2019  2019   1 ** 2 2 2 Từ *  a1  a2    a2019  2019 Từ **  trong các số a1 ; a2 ;  ; a2019 có một số bằng 2018 hoặc 2020 và các số còn lại bằng 2019. Giả sử a1  2018 hoặc a1  2020 và a2  a3    a2019  2019 +) TH: a1  2018 và a2  a3    a2019  2019  a1  a2  a3    a2019  2018  2018  2019  2019  2018  2019  2019 2 Mâu thuẩn với a1  a2  a3    a2019  20192 +) TH: a1  2020 và a2  a3    a2019  2019  a12  a22  a32    a2019 2  20202  2018  2019 2  20192  2  2019  1  2018  2019 2   20192  2018  2019 2   1  2  2019  20193  1  2  2019  20193  1 Mâu thuẩn với a12  a22  a32    a2019 2  20193  1 Vậy  a1 ; a2 ; a3 ; ; a2019    2019; 2019; 2019; ; 2019  Câu 4: (1,0 điểm) x3  1 7 2 5 1) Vi x  0 , nên  x   18  x 3  1   x  2   7 x 2  5   0  11x 3  14 x 2  5 x  8  0 x  2 18 18   x  1 11x  8   0 ; luôn đúng với mọi x  0 2 Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 3
x3  1 7 2 5 Vậy với x  0 thì x  . Dấu “=” xảy ra khi x  1  x  2 18 18 a 2) Áp dụng kết quả của 1), với x   0  do a  0; b  0  . b 3 a   1 7 a 2 5 a 3  b3 7 2 5 2   Ta có:  b        a  b . a 18  b  18 a  2b 18 18 2 b b3  c 3 7 2 5 2 c3  a 3 7 2 5 2 Tương tự  b  c ;  c  a b  2c 18 18 c  2a 18 18 a b b c c a 3 3 3 3 3 3 7 5 2 2 Do đó     a 2  b2  c 2    a 2  b2  c 2    a 2  b 2  c 2    3  2 a  2b b  2c c  2a 18 18 3 3 a  b 1   b  1 Dấu “=” xảy ra   c  a  b  c 1 c  1 a a 2  b 2  c 2  3; a, b, c  0 Câu 5: (3,0 điểm) A M B I I' O N D P C 1) Tam giác ADP đồng dạng với tam giác NBM.   BNM BMN   900 BMN , MBN    900 ; BAP   DAP   BAD    900 (ABCD là hình vuông)   BAP Mà BMN   MN / / AP   BNM   DAP  Xét ADP và NBM :    900 (ABCD là hình vuông); DAP ADP  NBM   BNM   cmt  Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 4
Vậy ADP NBM (g-g) 2) BN  DP  OB 2 a Đặt AB  BC  CD  DA  a  AM  BM  2 AD DP a a2 Vì ADP NBM  cmt     BN  DP  AD  BM  a   BN BM 2 2 AB 2 a 2 Lại có ABCD là hình vuông tâm O, nên AOB vuông cân tại O  OB 2   2 2 Vậy BN  DP  OB 2 (đpcm) 3) DO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPN. BN BO DO Ta có: BN  DP  OB 2  cmt      do BO  DO  BO DP DP   450 (ABCD là hình vuông); BN  DO  cmt    PDO Xét BNO và DOP : OBN BO DP Vậy BNO   DPO DOP (c-g-c)  BON    BON Do đó: DOP   DOP   DPO   1800  ODP   1800  450  1350   1800  DOP  NOP    BON    1800  1350  450 ON OB DO Mặt khác BNO DOP (cmt)     do OB  DO  OP DP DP   450 (cmt); ON  DO  cmt    ODP Xét ONP và DOP : NOP OP DP Vậy ONP   DOP DOP (c-g-c)  ONP  Vẽ tia Ox là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp OPN (Ox nằm trên nửa mặt phẳng bờ AC có chứa điểm D), ta có xOP  ONP  (góc nội tiếp và góc tạo bới tia tiếp tuyến và dây)   DOP Do đó xOP   tia OD trùng với tia Ox. Vậy OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPN (đpcm) 4) Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy. Gọi I   BD  AN ; I   BD  MP IB BN Xét AID : AD / / BN  AD / / BD    (hệ quả Thales) ID AD I B BM Xét BIM : BM / / DP  AB / / CD    (hệ quả Thales) I D DP BN BM Mà ADP NBM  cmt    . AD DP IB I B Do đó   I  I  . Vậy ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy. ID I D Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 5