Đề thi tuyển sinh môn Toán vào Lớp 10 - Đề số 10 - Năm học 2019-2020 (Kèm đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh môn Toán vào Lớp 10 - Đề số 10 - Năm học 2019-2020 (Kèm đáp án)

1. MÃ KÍ HIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HỆ CHUYÊN Năm 2021 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút ( Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Câu 1:(2,0 điểm) 1/ Cho phương trình x2 – 2mx + (m – 1)3 = 0 (x là ẩn, m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại. x y z a b c x2 y2 z2 2/ Cho 1 và 0 . Chứng minh rằng : 1 . a b c x y z a2 b2 c2 Câu 2:(2,0 điểm) 1/ Giải phương trình: x2 x 4 2 x 1 1 x . x3 xy2 10y 0 2/ Giải hệ phương trình: . 2 2 x 6y 10 Câu 3:(2,0 điểm) 1/ Cho các số dương a,b,c thỏa mãn a b c 3 .Chứng minh rằng: ab bc ca 3 c2 3 a2 3 b2 3 2 2/ Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n + 2015 và n + 2199 đều là các số chính phương. Câu 4:(3,0 điểm) 1/ Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’; H là trực tâm. HA' HB' HC' Tính tổng AA' BB' CC' 2/ Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) . Gọi M là trung điểm của cạnh BC và Nlà điểm đối xứng của quaM . ĐườngO thẳng qua vuôngA góc với AcắtN đường thẳng qua B vuông góc với BC tại D . Kẻ đường kính AE . a) Chứng minh rằng: BA.BC 2BD.BE b) Chứng minh rằng: C điD qua trung điểm của đường cao A củaH tam giác AB . C Câu 5:(1,0 điểm) Tại một cửa hàng có bán một viên kim cương (hột xoàn). Ông chủ cho biết giá bán viên kim cương tỉ lệ với bình phương khối lượng của nó; Nếu đem viên kim cương cắt thành ba phần và vẫn bán với giá như trên(đúng tỉ lệ trên) thì tổng tiền thu được tăng hay giảm và trong trường hợp nào thì chênh lệch về giá lớn nhất? Hết
2. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HỆ CHUYÊN MÃ KÍ HIỆU Năm 2021 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Chú ý: -Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tương ứng. - Điểm bài thi không làm tròn. Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) 3 Tính được ' m2 m 1 0,25 3 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt m2 m 1 0 (*) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình, theo Vi-ét ta có x1 x2 2m (1) 3 0,25 x1x2 m 1 (2) 2 2 Giả sử x1 x2 thay vào (2) ta được x2 m 1; x1 m 1 Thay hai nghiệm x1; x2 vào (1) ta được 2 2 m 0 0,25 m 1 m 1 2m m 3m 0 1 m 3 (2,0 điểm) Khẳng định giá trị m vừa tìm được thỏa mãn điều kiện (*)Vậy m 0;3 0,25 2. (1,0 điểm) a b c ayz+bxz+cxy Từ : 0 0 0,25 x y z xyz ayz + bxz + cxy = 0 0,25 x y z x y z Ta có : 1 ( )2 1 a b c a b c 0,25 x2 y2 z2 xy xz yz 2( ) 1 a2 b2 c2 ab ac bc x2 y2 z2 cxy bxz ayz 2 1 a2 b2 c2 abc 0,25 x2 y2 z2 1 a2 b2 c2 1/ (1,0 điểm) Điều kiện: x 1 (*). 2 x x 4 2 x 1 1 x 0,25 2 (2,0 điểm) x2 2x x 1 x 1 2(x x 1) 3 0 Đặt x x 1 y (Điều kiện: y 1 ), phương trình trở thành 0,25 y2 2y 3 0.
3. 2 y 1 y 2y 3 0 y 1 y 3 0 0,25 y 3 +Với y 1 không thỏa mãn điều kiện ( ). + Với y 3 ta có phương trình: x 3 x x 1 3 x 1 3 x 2 x 1 9 6x x 0,25 x 3 x 3 x 2 2 x 2 x 7x 10 0 x 5 thỏa mãn điều kiện (*). Vậy phương trình có nghiệm x 2. 2. (1,0 điểm) 3 2 2 2 x 3 xy 2 10 y 0 x xy x 6 y y 0 (1) 0,25 2 2 2 2 x 6 y 10 x 6 y 10 (2) Từ phương trình (1) ta có x3 xy2 x2 6y2 y 0 x3 xy2 x2 y 6y3 0 3 2 2 2 2 3 x 2x y x y 2xy 3xy 6y 0 0,25 x 2y x2 xy 3y2 0 x 2y 2 2 x xy 3y 0 + Trường hợp 1: 2 2 2 2 y 11y x xy 3y 0 x 0 x y 0 0,25 2 4 Với x y 0 không thỏa mãn phương trình(2). + Trường hợp 2: x 2y thay vào phương trình (2) ta có: 2 2 2 y 1 x 2 4y 8y 12 y 1 0,25 y 1 x 2 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm x; y 2;1 ; 2; 1 . 1/ (1,0 điểm) a b c 2 Ta có ab bc ca ab bc ca 3 0,25 3 3 ab ab ab ab 1 1 0,25 (2,0 điểm) c2 3 c2 ab bc ca a c b c 2 a c b c Tương tự ta có: bc bc 1 1 ca ca 1 1 ; a2 3 2 a c a b b2 3 2 b a b c
4. 1 ab ab bc ca ca 1 3 VT a b c 0,25 2 a c b c c a c b a b 2 2 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 0,25 2. (1,0 điểm) Giả sử a và b là các số tự nhiên sao cho n 2015 a2; n 2199 b2. 0,25 Suy ra b a b a 184. Hay b a b a 23.23 Vì b a và b a là các số có cùng tính chẵn lẻ và b a b a nên chỉ xảy ra hai trường hợp b a 2 b a 4 0,25 I và II b a 92 b a 46 Trường hợp thứ nhất 0,25 a 45 I n 10. Thỏa mãn. b 47 Trường hợp thứ hai a 21 II n 1574 0. Không thỏa mãn. 0,25 b 25 Vậy n 10. 1/ (1,0 điểm) A B’ C’ H B C A’ 4 (3,0 điểm) 1 .HA'.BC SHBC 2 HA' 0,25 S 1 AA' ABC .AA'.BC 2 S HC' S HB' Tương tự: HAB ; HAC 0,25 SABC CC' SABC BB' HA' HB ' HC ' SHBC SHAB SHAC Do đó: 0,25 AA' BB ' CC ' SABC SABC SABC SHBC SHAB SHAC SABC 1 0,25 SABC SABC
5. 2/ (2,0 điểm) F A D N T O B H M C E a/ (1,0 điểm) Ta có: = = 900, = = 900 => = (1) 0,25 Ta có: ONA OME (c-g-c) => = 0,25 Ta lại có: + + = 900 và + + = 900 0,25 => = (2) Từ (1) và (2) suy ra BDA BME (g-g) BD BA BC 0,25 BD.BE BA.BM BA. 2BD.BE BA.BC BM BE 2 b/ (1,0 điểm) CD đi qua trung điểm của đường cao AH của ABC Gọi F là giao của BD và CA .Ta có BD.BE BA.BM BD BM 0,25 mà = = 900 BDM BAE (c-g-c) BA BE => = Mà 퐹 = (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB) 0,25 => = 퐹 MD / /CF D là trung điểm BF . Gọi T là giao điểm của CD và AH . TH CT BCD có TH / /BD (Hệ quả định lí Ta-let) (3) BD CD 0,25 TA CT FCD có TA / /FD ( Hệ quả định lí Ta-let) (4) FD CD Mà BD FD (D là trung điểm BF ) (5) Từ (3), (4) và (5) suy ra TA TH T là trung điểm AH . 0,25 Giả sử viên kim cương có khối lượng là m, bị cắt thành ba phần có khối lượng là x,y,z. Ta có m = x + y + z. Gọi t, a, b, c lần lượt là giá bán của m, 5 x, y, z. Theo bài ra ta có: 0,25 (1,0 điểm) 푡 푡 ― ( + + ) 푡 ― ( + + ) 2 = 2 = 2 = 2 = 2 ― ( 2 + 2 + 2) = 2( + + ) 2푡( + + ) . Lại có : => 푡 ― ( + + ) = 2
6. x y 2 0; y z 2 0; z x 2 0 x y 2 y z 2 z x 2 0 xy yz zx x2 y2 z2 0,25 3(xy yz zx) x2 y2 z2 2xy 2yz 2zx x y z 2 xy yz zx 3 2 2푡 => 0,25 + + ≤ 3 => 푡 ― ( + + ) ≤ 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z 2푡 Vậy tổng số tiền bị giảm đồng khi viên được chia thành 3 phần bằng 0,25 3 nhau. Hết