Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Dương

Chia sẻ: Phạm Vĩ Kỳ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

60
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để kì thi sắp tới đạt kết quả cao, mời các bạn học sinh cùng tham khảo Đề thi chuyên Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án tỉnh Bình Dương để ôn tập các kiến thức cơ bản, làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải đề nhanh và chính xác. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Dương

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN BÌNH DƯƠNG NĂM HỌC 2020 – 2021 -------------------- Môn Toán chuyên Ngày thi 10/7/2020 Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (3,0 điểm) a) Giải phương trình   x  2020  x  2019 1  x 2  x  2019  2020  4039.  1 1 1 b) Cho hai số thực m, n khác 0 thỏa mãn   . Chứng minh rằng phương trình: m n 2  x2  mx  n x 2  nx  m  0 luôn có nghiệm. Câu 2. (1,5 điểm) Với các số thực x, y thay đổi thỏa mãn 1  x  y  5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  2  x 2  y 2   4  x  y  xy   7. Câu 3. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x 2  xy  y 2  x 2 y 2 . b) Với a, b là các số thực dương thỏa mãn ab  a  b  1. Chứng minh rằng: a b 1  ab   . 1 a 1 b 2 1  a 2 1  b 2  2 2 Câu 4. (3,5 điểm)     900 nội tiếp đường tròn O bán kính R, M là điểm nằm trên cạnh Cho tam giác ABC cân tại A BAC BC sao cho BM  CM . Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn O với  D  A , H là trung điểm của đoạn thẳng BC. Gọi E là điểm chính giữa cung lớn BC , ED cắt BC tại N . a) Chứng minh rằng MA  MD  MB  MC và BN  CM  BM  CN . b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD. Chứng minh rằng ba điểm B, I , E thẳng hàng. c) Khi 2 AB  R, xác định vị trí của M để 2MA  AD đạt giá trị nhỏ nhất. ------------------------------ HẾT ------------------------------
LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. a) Điều kiện: x  2019. Nhân cả hai vế của phương trình cho x  2020  x  2019, ta được:  4039 1  x 2  x  2019  2020  4039   x  2020  x  2019   x  2020  x  2019  1   x  2020 x  2019    x  2020 x  2019  x  2020       x  2019 1  0   x  2019 1  x  2020 1  0   x  2019  1    x  2020.  x  2020  1 So với điều kiện ban đầu ta thấy x  2020 là nghiệm duy nhất của phương trình. 1 1 1 b) Ta có    2 m  n  mn. m n 2 Phương trình tương đương: x 2  mx  n  0 1 hoặc x 2  nx  m  0 2. Phương trình 1 và 2 lần lượt có 1  m2  4n và 2  n 2  4m. Ta có: 1  2  m 2  n2  4m  4n  m 2  n 2  2mn  m  n  0. 2 Suy ra một trong hai số 1 hoặc 2 lớn hơn hoặc bằng 0. Do đó một trong hai phương trình 1 hoặc 2 luôn có nghiệm. Suy ra phương trình đã cho luôn có nghiệm. Câu 2. Ta có: P  2  x 2  y 2   4  x  y  xy   7  2  x  y   4  x  y   7  2  x  y 1  5  5. 2 2   y  x 1  y  x 1   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi    .  x  0; 4  1  x  y  5    Chẳng hạn x  2; y  3 hoặc x  3; y  4. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5 đạt được khi y  x 1 và x  0; 4. Câu 3. a) Ta có x 2 y 2  x 2  xy  y 2  y  x y. Mặt khác x 2 y 2  x 2  xy  y 2  x  y  x. Suy ra: x  y hoặc x   y. Với x  y, ta có: 3x 2  x 4  x  0  y  0.
x  0  Với x   y, ta có: x 2  x 4   x  1 .   x  1  Với x  1, ta có: y  1. Với x  1, ta có: y  1. Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm  x; y   0;0 , 1; 1 , 1;1. b) Ta có: ab  a  b  1  1  a 2  a 2  ab  a  b  a  ba  1. Tương tự 1  b 2  a  bb  1. Suy ra: a b a b  2   a  1 b  1 a  ba  1 a  bb 1 2 2ab  a  b 1  ab   a  b1  a 1  b a  b1  a   a  b1  a   1  a 1  b 1  ab  2 1  a 2 1  b 2  Suy ra điều phải chứng minh. Câu 4. a) Ta có:   do cùng chắn cung  ABM  MDC AC và  . AMB  CMD MA MB Suy ra BMA  DMC do đó:  . MC MD  MA  MD  MB  MC.   ACE ABE và ACE có AE là cạnh chung, AB  AC và ABE  nên ABE  ACE.     ABE  ACE  900 (do tứ giác ABEC nội tiếp).   ACE Suy ra ABE 2
Suy ra AD là đường kính của O. Mà D  O  nên  ADE  900 hay MD  EN . NE NH Ta có NHE  NDM    NM  NH  NE  ND 3. NM MD NC NE Lại có: NCD  NEB    NB  NC  NE  ND 4. ND NB Từ 3 và 4 suy ra NM  NH  NB  NC   MN  MC  NB. Suy ra: BN  MC  MN  NH  MN  NB  MN  NH  NB   MN  BH . Hay BN  CM  MN  BH 5. Tứ giác AHDN nội tiếp do có    900  MA  MD  MH  MN . AHN  NDA Tứ giác ABDC nội tiếp  MA  MD  MB  MC. Do đó: MH  MN  MB  MC  MB   MN  CN . Suy ra: BM  CN  MN  MB  MH   MN  BH 6. Từ 5 và 6 suy ra: BN  CM  BM  CN . b) Ta có:    MID    MBD 2 BDM     IBD  90  0 BID 2  90  0 BIM 2  90  0 2  900     900   ADC  CBD AED.     900   Suy ra: IBD AED.   EAD Mà EBD   900  AED .   EBD Do đó IBD  hay B, I , E thẳng hàng. c) Ta có:   ABM  ACB ADB nên ABM  ADB. AB AM R2 Suy ra:   AD  AM  AB 2  . AD AB 4 R2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 2 AM  AD  2 2 AM  AD  2 2   R 2. 4 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 AM  AD hay M là trung điểm AD. Khi đó AD  R. 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của của 2AM  AD là R 2 đạt được khi M là trung điểm AD với D là điểm sao cho 2 AD  R. 2 ------------------------------ HẾT ------------------------------