Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Trường PT Năng khiếu ĐHQG TP.HCM

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

Thêm vào BST

Báo xấu

29
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TaiLieu.VN giới thiệu đến bạn Đề thi môn Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án trường PT Năng khiếu ĐHQG TP.HCM nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập Toán một cách thuận lợi. Chúc các em 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 - Trường PT Năng khiếu ĐHQG TP.HCM

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU Năm học 2020 -2021 HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 Môn thi: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) Cho các phương trình x 2  ax  3  0 và x 2  bx  5  0 với a, b là tham số. a) Chứng minh rằng nếu ab  16 thi hai phương trình trên có ít một phương mình có nghiệm. b) Giả sử hai phương trình trên có nghiệm chung x0 . Tìm a, b sao cho a  b có giá trị nhỏ nhất. Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình 3 x 2  y 2  2  3n với n là số tự nhiên. a) Chứng minh rằng nếu n chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên  x; y . b) Chứng minh rằng nếu n lẽ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên  x; y . Câu 3. (3,5 điểm)  . Lấy các điểm E và Cho đường tròn O  , dây cung BC không chứa O và điểm A thay đổi trên cung lớn BC   CAE F thỏa mãn ABE    900. ACF  BAF a) Chứng minh AE  AB  AF  AC. b) Hạ AD vuông góc với EF  D  EF . Chứng minh các tam giác DAB và DAC đồng dạng và điểm D thuộc một đường tròn cố định. c) Gọi G là giao điểm của AD với đường tròn O  , G  A. Chứng minh AD đi qua một điểm cố định và GB  AC  GC  AB. d) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Chứng minh AK đi qua một điểm cố định. Câu 4. (1,5 điểm) Cho số tự nhiên a  313  57  7 20. a) Gọi A là tập hợp các số nguyên dương k sao cho k là ước của a và k chia hết cho 105. Hỏi tập hợp A có bao nhiêu phần tử? b) Giả sử B là một tập con bất kỳ của A có 9 phần tử. Chứng minh ta luôn có thể tìm được 2 phần tử của B sao tích của chúng là số chính phương. Câu 5. (1,5 điểm) Cho hệ phương trình với k là tham số:   x x x     k   yz y z     y y y      k.   zx z x     z z z    k   xy x y   a) Giải hệ với k  1. b) Chứng minh hệ vô nghiệm với k  2 và k  3. --------------------- HẾT ---------------------
LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. a) Điều kiện xác định của M : x  0. Với điều kiện này, ta có: ( x) ( )( ) 3 −8 x −2 x+2 x +4 M = = = x − 2. x+2 x +4 x+2 x +4 Do đó phương trình M  x  4 tương đương: x 2  x4  x x 2  0   x 2   x  1  0  x  2  x  4 thỏa x  0. Vậy x  4 là giá trị duy nhất cần tìm. b) Điều kiện để ba biểu thức M , N , P cùng xác định là x  0 và x  4. 3 3 Ta có: N   x 1    x 1   2 3 x  1  2  2 .  x  43x 1  x  43x 1 x  4  x 2 x 2 2 x 2 x Do đó, ta có: Q   x 2       1.  x 2  x 2  x 2 x 2 x 2 Vậy Q  1. Câu 2. a) Điều kiện: x  0 và x  1. Phương trình tương đương x 4  4 x 2  5  0 1 hoặc x  3  3  x. Ta có: 1   x 2 1 x 2  5  0. Do x  0 và x  1 nên phương trình này vô nghiệm.  x  3  x  3 Lại có 2  x  3  3  x   2   x  1. Nhưng x  0 và x  1 nên  x  3  3  x  x 1 x  6  0   phương trình này vô nghiệm. Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm. b) Điều kiện để d  và d1  cắt nhau là m  1. Ta lại có I thuộc d  và d1  , nên ta có hệ:  9 4m  9 m    4. 3m  2n  mn  6  n  3 27 m 3 Do đó mn  và  . 4 n 4 c) Độ dài đường chéo AC bằng đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD nên AC  10 (cm). Đặt AB  a (cm) và BC  b (cm) với a, b  0. Khi đó diện tích hình chữ nhật ABCD là ab cm 2 . Theo giả thiết ta có: 2 a  b  28  a  b  14. Lại có a 2  b 2  AC 2  100. a  b a 2  b 2  142 100 2 Suy ra: ab    48. 2 2 Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD bằng 48 cm 2 . Câu 3.
a) Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và d  là: x 2  2mx  3  0. Ta thấy ac  1 3  3  0 nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 trái dấu nhau. Do đó  P  luôn cắt d  tại hai điểm phân biệt A x1 ; y1  , B  x2 ; y 2 với mọi m. Áp dụng định lý Viete, ta có: x1  x2  2m và x1 x2  3. Do đó y1  y2  2mx1  3  2mx2  3  2m  x1  x2   6  4m 2  6. Vậy y1  y2  4m 2  6. b) Ta có: y1  x12 và y2  x22 nên phương trình tương đương: x12  4 x22  x1  4 x2  3 x1 x2  x12  3 x1 x2  4 x22  x1  4 x2   x1  x2  x1  4 x2   x1  4 x2   x1  x2 1 x1  4 x2   0  x1  x2  1  .  x1  4 x2  Nếu x1  4 x2 thì x1 x2  4 x22  3 vô lý. 1 Nếu x1  x2  1 thì 2m  1 hay m  . 2 1 Vậy m  là giá trị duy nhất cần tìm. 2 Câu 4. Gọi x (tấn) là lượng gạo nhập vào khi trong ngày thứ nhất với x  0. Khi đó lượng gạo nhập vào kho trong các 6  6  36  36  216 ngày thứ hai, thứ ba, thứ tư lần lượt là 120% x  x, 120%  x  x và 120%  x  x. 5   5  25  25  125 6 36 91 a) Tổng lượng gạo đã nhập vào kho sau ngày thứ ba là x  x  x  x (tấn). 5 25 25 91 Theo giả thiết ta có: x  91  x  25. 25 Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập 25 tấn gạo. 6 36 216 671 b) Sau ngày thứ tư, tổng lượng gạo đã nhập vào kho là x  x  x  x x (tấn). 5 25 125 125 1  671  Do đó, lượng gạo trong kho đã xuất trong các ngày thứ năm và thứ sau lần lượt là  x tấn và 10 125  1  9  671  9  671   x    x tấn. Theo giả thiết ta có: 10 10 125  100 125  1  671  9  671   x   x  50,996  x  50. 10 125  100 125  Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập 50 tấn gạo. Câu 5.
  900. a) Do M là trung điểm của AC nên OM  AC  OMC   900. Lại có AB  AC và OB  OC nên AO là trung trực của BC  AO  BC  ONC Từ đó suy ra tứ giác OCMN nội tiếp. Ta có: AB  AC nên  AB    nên BDC AC suy ra DA là tia phân giác của BDC   2 ADC 1. Mặt khác OM là trung trực của AC và D  OM nên DM là trung trực của AC. Suy ra DM là phân giác của  ADC     2. ADC  2ODC   4ODC Từ 1 và 2 suy ra BDC .   sd  sd BD   sd  AC sd BD AB sd  AD  b) Ta có  APC     ACD. 2 2 2 Mà   nên APC ACD  DAC   PAC . Suy ra tam giác APC cân tại CA  CP.   APC Mặt khác ta có BPD   DAC   DBP nên tam giác BDP cân tại D.  nên DE  BC. Mà DE là phân giác của BDP   DMC Tứ giác DEMC có DEC   900 nên là tứ giác nội tiếp. Suy ra: MEC   MDC   MDA .   BEF Từ đó DBE   DAC   MDA   900. Do đó EF  BD hay ME  BD. c) Do tứ giác OCMN nội tiếp nên MNC 1   MOC AOC   . ADC  2 MDC 2   MEC Mặt khác ta lại có MNC   NME và MEC   MDC   MEC  (câu b) nên NME . Suy ra tam giác MNE cân tại N .   BCD Chú ý rằng tứ giác ABDC và EMCD nội tiếp nên ta có: FAD   EMD   FMD .   MDA Do đó tứ giác FAMD nội tiếp. Suy ra EFB   MDC   MEN  BEF . Vậy tam giác BEF cân tại B. Mà BD  EF nên BD là trung trực của EF . DF Suy ra DE  DF , hay  1. DE --------------------- HẾT ---------------------