Đề thi tuyển sinh môn Toán vào Lớp 10 - Đề số 7 - Năm học 2019-2020 (Kèm đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh môn Toán vào Lớp 10 - Đề số 7 - Năm học 2019-2020 (Kèm đáp án)

1. MÃ KÝ HIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN Năm 2021 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 06 câu, trong 01 trang Câu 1 (2,0 điểm): 2x 1 x 2x x x x (x x)(1 x) 1, Cho biểu thức: M 1 . 1 x 1 x x 2 x 1 1 với x 0; x 1; x . 4 Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức M có giá trị là số nguyên 2, Cho phương trình: x2 + ax + b +1 = 0 có 2 nghiệm nguyên dương. Chứng minh rằng a2 + b2 là một hợp số. Câu 2 (2,0 điểm): 1, Giải phương trình: x2 12 5 3x x2 5 3 2 2 2 x 2xy (8y x )y 0 2, Giải hệ phương trình: 2 x y 1 1 4(x y) 3(x y) Câu 3 (1,0 điểm): Tìm số nguyên tố x, y thỏa mãn: (x2 2)2 2y4 11y2 x2 y2 9 Câu 4 (1,0 điểm): Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện: a b c 3 . a2 1 b2 1 c2 1 Chứng minh rằng : 3 b c c a a b Câu 5 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là điểm đối xứng của H qua BC. a, Chứng minh tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn. b, Gọi Q là trung điểm của AB. Chứng minh EQ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EHC c, Gọi (O) là đường tròn đi qua 4 điểm A, B, M, C. Biết BE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N và CF cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là P. AM BN CP Tính giá trị của biểu thức: T AD BE CF Câu 6 (1,0 điểm): 1, Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương 2, Một hình chữ nhật được chia thành 144 hình chữ nhật con bởi 11 đường ngang và 11 đường dọc. Chứng minh rằng nếu như có ít nhất 133 hình chữ nhật trong 144 hình chữ nhật ở trên có chu vi là số nguyên dương thì tất cả các hình chữ nhật con đều có chu vi là số nguyên dương HẾT Lưu ý: Thí sinh được sử dụng máy tính cầm tay không có thẻ nhớ và không có chức năng soạn thảo văn bản. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Họ và tên, chữ ký: Cán bộ coi thi thứ nhất: Cán bộ coi thi thứ hai:
2. MÃ KÝ HIỆU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN Năm 2021 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) I. Hướng dẫn chung 1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó. 2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau. 3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm. 4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do Ban chấm thi thống nhất. 5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn Ban chấm thi. 6. Tuyệt đối không làm tròn điểm. II. Hướng dẫn chi tiết Câu Nội dung Điểm 1. (1,0 điểm) 1 ĐKXĐ: x 0, x 1, x 0,25 4 2x 1 x x(2x x 1) x( x 1)(1 x) M 1 . (1 x)(1 x) (1 x)(1 x x) 2 x 1 0,25 2x 1 x 1 x x.( x 1).(1 x) M 1 . . 1 x 1 x 1 x x 2 x 1 ( x 1)(2 x 1) 1 x x x(1 x) x( x 1)(1 x) M 1 . . x 1 (1 x)(1 x x) 2 x 1 1 x x x x x( x 1) M 1 . 0,25 1 x x 1 x( x 1) 1 x x x x 1 M 1 1 1 x x 1 x x 1 x x (2,0 2 1 3 3 điểm) Ta có: 1 x x x 2 4 4 1 4 4 0 M 1 x x 3 3 1 0,25 M Z M 1 1 1 x x 1 1 x x x 0(TM ) x x 0 x.( x 1) 0 x 1(KTM ) Vậy x = 0 2. (1,0 điểm) Phương trình: xcó2 + nghiệm ax + b + 1 = 0 a2 4(b 1) 0(*) * 0,25 Gọi x1; x2 là 2 nghiệm của phương trình. Ta có x1; x2 N x x a Theo hệ thức Viet ta có: 1 2 0,25 x1.x2 b 1
3. 2 2 2 2 Do đó: a b (x1 x2 ) x1.x2 1 2 2 2 2 a b (x1 1)(x2 1) 0,25 2 2 * Mà x1 1 2; x2 1 2 (vì x1, x2 N ) a2 b2 4 0,25 a2 b2 là hợp số 1. (1,0 điểm) Nhận thấy x = 2 là một nghiệm 0,25 Từ phương trình: x2 12 5 3x x2 5 0,25 ⟺ ( x2 5 3) (3x 6) ( x2 12 4) 0 x 2 x 2 ⟺ (x 2) 3 0 0,25 x2 5 3 x2 12 4 5 Từ x2 12 5 3x x2 5 ta có x2 12 x2 5 suy ra 3x > 5 ⟺ x 3 x 2 x 2 3 0 . 0,25 x2 5 3 x2 12 4 Vậy x = 2 2. (1,0 điểm) ĐK: x y 0 Xét y = 0 ⇒ x = 0. Không thỏa mãn ĐK của hệ Xét y 0 . Đặt x = ty. Thế vào phương trình thứ nhất ta có: y3 (t3 2t 8 t 2 ) 0 0,25 t3 2t 8 t 2 0 (t 2)(t 2 t 4) 0 t 2 Vì phương trình: t 2 t 4 0 vô nghiệm 2 Phương trình có nghiệm t 2 (2,0 x 0,25 Với t = -2 nên ta có y điểm) 2 x x 3x Thay y vào phương trình thứ 2 ta có: 1 1 x2 2 2 2 x 2 2 2x 2 3x ( x 2 3x) 2(1 x2 ) 0 x 2 3x 2(1 x)(1 x) 0 x 2 3x 0,25 2 ( 2(1 x). 1 x 0 x 2 3x 2 (1 x). 1 x 0 (1) x 2 3x x 2 Vì x y 0 ⇒ x 0 ⇒ 1 x 0 2 x 2 3x 0,25 1 Vậy từ (1) ta có: x = 1 ⇒ y 2
4. 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) 1; 2 (1,0 điểm) Từ: (x2 2)2 2y4 11y2 x2 y2 9 Ta có: (x2 2)2 (y4 6y2 9) (y4 x2 y2 5y2 ) 0,25 ⟺ (x2 2)2 (y2 3)2 y2 (y2 x2 5) ⟺ (x2 2)2 (y2 3)2 y2 (y2 x2 5) 3 ⟺ (x2 y2 1).(x2 y2 5) y2 (y2 x2 5) 0,25 (1,0 2 2 2 2 2 Vì x y 5 0 nên x y 1 y điểm) 2 2 ⇒ x 1 2y ⟺ (x 1).(x 1) 2y2 Do 2 y 2 2 nên (x 1).(x 1)2 0,25 Mà (x 1) (x 1) 2 nên (x 1)2 và ( x 1) 2 2 ⇒ ⇒y 2 y2 (vìy y2 là số nguyên tố) Từ đóx2 1 2y2 9 x 3 (Thỏa mãn) 0,25 Vậy (x:y) = (3; 2) (1,0 điểm) Từ: 0 a b c 3 Suy ra 3 (a b c)2 3(ab bc ca) 0,25 ab bc ca 1 Do đó: a2 1 a2 ab bc ca (a b)(a c) Tương tự: b2 1 (b a)(b c) 0,25 c2 1 (c a)(c b) 4 Suy ra: (1,0 a2 1 b2 1 c2 1 (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b) điểm) b c c a a b b c c a a b 0,25 (a b)2 (b c)2 (a c)2 33 3 (a b)(b c)(c a) (Áp dụng bất đẳng thức Co-si cho ba số dương) 3 Dấu “=” xảy ra khi a b c 0,25 3 A N E Q 5 P O (3,0 F H điểm) R B D C M 1. (1,0 điểm) Vì tứ giác AEHF có: ·AEH A· FH 900 900 1800 0,25 F· AE F· HE 1800
5. Mà B· HC F· HE (Hai góc đối đỉnh) 0,25 Do M và H đối xứng với nhau qua BC nên: B· MC B· HC F· AE B· MC 1800 0,25 Vậy tứ giác ABMC nội tiếp 0,25 2. (1,0 điểm) Gọi R là trung điểm của HC HC RE RH RC (Tính chất đường trung tuyến) 0,25 2 Do đó R là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EHC R· EC R· CE ( RCE cân tại R) AB Lại có: QE QA QB (Tính chất đường trung tuyến) 0,25 2 Q· AE Q· EA ( QAE cân tại Q) Mặt khác: Q· AE R· CE 900 Q· EA R· EC 900 Q· ER 900 0,25 ⇒ QE ⊥ ER tại E và E ϵ (R) ⇒ QE tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EHC 0,25 3. (1,0 điểm) Ta có N· CA N· BA (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN) ·ACP N· BA (Cùng phụ với B· AC ) · · NCA ACP 0,25 NCH có CE vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên NCH cân tại C Do đó AC là đường trung trực của HN ⇒ EH = EN Tương tự ta có: FH = FP 0,25 AM BN CP AD DM BE EN CF FP Do đó: T AD BE CF AD BE CF 0,25 DM EN FP DH EH FH 3 3 AD BE CF AD BE CF DH.BC EH.AC FH.AB 3 AD.BC BE.AC CF.AB S S S S 0,25 3 BHC ACH ABH 3 ABC 4 S S ABC ABC 1. (0,5 điểm) Ta có 44 488 89 = 44 488 8 + 1 = 44 4 . 10n + 8 . 11 1 + 1 (n số 4) (n-1 số 8) (n số 4) (n số 8) (n số 4) (n số 1) n n 2n n n 10 1 n 10 1 4.10 4.10 8.10 8 9 0,25 6 4. .10 8. 1 9 9 9 (1,0 2 4.102n 4.10n 1 2.10n 1 điểm) 9 3 Do có 2.10n +1 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên chia hết cho 3 2 2.10n 1 0,25 Z hay các số có dạng 44 488 89 là số chính phương. 3 2. (0,5 điểm)
6. Vì số các ô chữ nhật con có chu vi không nguyên nhiều nhất là 144 – 133 = 11 nên luôn có ít nhất một dòng và một cột sao cho các ô chữ nhật con trên đó đều có chu vi là số nguyên dương. Chẳng hạn, dòng và cột đó được đánh dấu trên hình vẽ bên: B A 0,25 D C Ta sẽ chứng minh rằng các ô chữ nhật con khác cũng có chu vi là số nguyên dương Gọi A là ô chữ nhật con bất kì có số đo các chiều là (a, b). Khi đó A có chu vi là: p = 2a + 2b = (2a + 2c) + (2b + 2d) – (2c + 2d) Với 2a + 2c, 2b + 2d và 2c + 2d là chu vi tương ứng của các ô chữ nhật C, B, D. Vì các chu vi này đều là số nguyên dương nên 2a + 2b cũng là số nguyên 0,25 dương. Do đó tất cả các hình chữ nhật con đều có chu vi là số nguyên dương Hết