Đề thi tuyển sinh môn Toán vào Lớp 10 - Đề số 8 - Năm học 2019-2020 (Kèm đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh môn Toán vào Lớp 10 - Đề số 8 - Năm học 2019-2020 (Kèm đáp án)

1. MÃ KÍ HIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN NĂM 2021 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 05 câu, trong 02 trang) Câu 1 (2,0 điểm): x 4 x 1 x 2 x 1. Cho biểu thức: A : 2 x 3 x 2 2 x x 1 x 1 1 5 (với x 0,x 1,x 4 ). Tìm các giá trị của x để . A 2 2. Trong cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : y x m (m là tham số) và parabol P : y x2 . Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt 2022 2022 A x1;y1 , B x2 ;y2 sao cho x2 x1 2 y2 y1 3 . Câu 2 (2,0 điểm): 3 1. Giải phương trình: 2 x 1 x x2 7 . x x3 1 x y y2 2. Giải hệ phương trình: . 4 4 4x y 4x y Câu 3 (2,0 điểm): Cho a,b,c 0 và abc a b 3ab. ab b a Chứng minh: 3 . Đẳng thức xảy ra khi nào. a b 1 bc c 1 ac c 1 Câu 4 (1,0 điểm): Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 y2 x2 3y2 2x 1 0 . Câu 5 (3,0 điểm): Cho tam giác nhọn ABC (AB AC ). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H (D BC,E AC,F AB) . Gọi P là giao điểm của BC và EF. Đường thẳng qua D song song với EF lần lượt cắt các đường thẳng AB, AC, CF tại Q, R, S. Chứng minh: 1. Tứ giác BQCR nội tiếp. PB DB 2. và D là trung điểm của QS. PC DC 3. Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC. Câu 6 (1,0 điểm): 1. Một công ty mĩ phẩm cho ra mắt mẫu sản phẩm dưỡng trắng da chống lão hóa mang tên Ngọc Trai với thiết kế là một khối cầu. Bên trong là một hình trụ nằm ở nửa khối cầu để đựng kem dưỡng da (như hình vẽ). Theo dự kiến khối cầu có bán kính R 2 6 cm .
2. Tính thể tích lớn nhất của hình trụ đựng kem để thể tích thực ghi trên bìa hộp là lớn nhất (nhằm thu hút khách hàng, coi phần vỏ giữa đường tròn đáy dưới của hình trụ và mặt cầu là không đáng kể). 2. Cho 40 số nguyên dương a1,a 2 , ,a19 và b1,b2 , ,b21 thỏa mãn hai điều kiện : 1 a1 a 2 a19 200 và 1 b1 b2 b19 200 Chứng minh rằng tồn tại bốn số ai ,a j,bk ,bp với 1 i, j 19;1 k,p 21 thỏa mãn: ai a j;bk bp . a j ai bp bk Hết
3. MÃ KÍ HIỆU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN NĂM 2021 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 06 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 Câu 1 1. (1,0 điểm) (2,0 x 4 x 1 x 2 x điểm) A : 2 x 3 x 2 2 x x 1 x 1 x 4 x 1 x 1 x 2 x 2 x 2 : 0,25 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 x 4 x 1 x 4 x 1  x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 x 1  0,25 x 2 x 1 x 2 x 4 Vì A 0,x 0,x 1,x 4 nên 1 5 x 4 5 x 4 5 0 A 2 x 1 2 x 1 2 0,25 1 1 2x 5 x 3 0 0 x 0 x 2 4 1 Kết hợp với điều kiện, suy ra 0 x . 0,25 4 2. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 x m 0 (1) (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt phương trình (1) có 2 nghiệm phân 0,25 1 biệt 1 4m 0 m . 4
4. Khi đó x1,x2 là hai nghiệm của phương trình (1). x1 x2 1 (2) Theo định lí Viet ta có: 0,25 x1.x2 m (3) Ta có y1 x1 m;y2 x2 m y2 y1 x2 x1 2022 2022 2022 2022 x2 x1 2 y2 y1 3 x2 x1 2 x2 x1 3 2022 2 2 0,25 x2 x1 1 x2 x1 1 x2 x1 4x2x1 1 (*) Thay (2) và (3) vào (*) ta được 1 4m 1 m 0(TM) . Vậy với m 0 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 Câu 2 1.(1,0 điểm) (2,0 ĐKXĐ: x 0. 0,25 điểm) 3 3 x2 7 Với ĐK trên: 2 x 1 x x2 7 x x x 2 x 1 3 x2 7 x2 3 2 x x2 4x 3 x 2 2 0 0 0,25 x 2 x 1 x 2 x 1 x2 4x 3 x2 4x 3 0 x3 3x 2x 2 x 1 1 1 x2 4x 3 0 3 x 3x 2x 2 x 1 0,25 x2 4x 3 0 (1) 3 (2) x 3x 2x 2 x 1 Giải (1) ta được x 1 hoặc x 3 . Giải (2) ta có 3 3 x 3x 2x 2 x 1 x 3x 2 0,25 x3 3x 4 0 x 1 x2 x 2 0 x 1(TM) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x 1 hoặc x 3 . 2.(1,0 điểm) x3 1 x y y2 x3 y3 xy2 1 (1) 4 4 4 4 4x y 4x y 4x y 4x y (2) 0,25 Thay 1 x3 y3 xy2 vào pt (2) ta được 4x4 y4 4x y x3 y3 xy2 xy 3y2 4xy x2 0 Nếu x 0 thì y 1 . 0,25 Nếu y 0 thì x 1 . 2 2 x 3y Nếu 3y 4xy x 0 3y x y x 0 0,25 x y
5. 3 1 Với x 3y , hệ có nghiệm x ,y . 3 25 3 25 Với x y , hệ có nghiệm x y 1 . 3 1  Vậy hệ đã cho có nghiệm: x;y 0;1 , 1;0 , 1;1 , ;  0,25 3 25 3 25  Câu 3 Do a,b,c > 0 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (1,0 1 1 1 3 điểm) 1 1 1 1 1 1 1 1   c c c  c a b a b b b a a 1 1 0,25 Đặt x ,y ,z c thì x, y,z 0 và x y z 3 a b đồng thời bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 1 1 1 3 . xy x y yz y z zx z x 2 Ta chứng minh x y 1 3 xy x y với mọi x, y. Thật vậy, BĐT trên tương đương với 2 2 2 x y 1 2xy 2y 2x 6 xy x y 0,25 2 2 2 x y x 1 y 1 0 (luôn đúng với mọi x, y) Dấu “=” xảy ra x y 1 1 3 Do đó (dấu “=” xảy ra x y 1 ) xy x y x y 1 Tương tự ta suy ra 0,25 1 1 1 3 3 3 xy x y yz y z zx z x x y 1 z y 1 x z 1 (dấu “=” xảy ra x y z 1 ). 1 1 1 9 AD bất đẳng thức: (với A,B,C 0 ) A B C A B C 3 3 3 9 3 Ta được 3 0,25 x y 1 z y 1 x z 1 2 x y z 3 BĐT được chứng minh. Dấu “=” xảy ra x y z 1 hay a b c 1 . Câu 4 x2y2 x2 3y2 2x 1 0 y2 (x2 3) (x 1)2 (1,0 Với y 0 thì x 1 . Do đó x;y 1;0 là một nghiệm của pt. điểm) 0,25 Với y khác 0, vì y2 và (x 1)2 là các số chính phương (do x, y nguyên) nên x 2 3 cũng phải là số chính phương.
6. Do đó đặt x2 3 z2 (z ¢ ) x2 z2 3 x z x z 3 . Ta có x z ; x z là ước số của 3 và x z không âm nên x z 0,25 cũng không âm. x z 3 Suy ra x 2 x 2 hoặc x 2 . x z 1 0,25 Với x 2 thì y 1 hoặc y 1. Với x 2 thì y 3 hoặc y 3. Vậy phương trình có nghiệm: 0,25 (x;y) 2;1 , 2; 1 , 2;3 , 2; 3 , 1;0  . Câu 5 A (3,0 điểm) E F R H S P B D M C Q 1.(1,0 điểm) Do AB AC nên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA. 0,25 Từ đó Q, C nằm về cùng một phía của đường thẳng BR. +) CM A· FE B· CA CF, BE là đường cao của tam giác ABC nên B· FC B· EC 900 0,25 Suy ra tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp A· FE B· CA Do QR //EF nên A· FE B· QR . 0,25 Từ đó suy ra B· CA B· QR . Nên tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp. 0,25 2. (1,0 điểm) DHB : EHA (hai tam giác vuông có B· HD A· HE đối đỉnh) DB HB DC HC HB BF nên .Tương tự ; AE HA AF HA HC EC 0,25 DB AE HB AE FB Từ các tỷ số trên ta được . . 1 DC AF HC AF EC Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được: PB EC FA PB AE FB 0,25 . . 1 . 2 PC EA FB PC AF EC
7. PB DB Từ (1) và (2) ta được 3 0,25 PC DC DQ BD DS CD Do QR song song với EF nên theo định lí Thales ; . PF BP PF CP 0,25 Kết hợp với (3) ta được DQ DS hay D là trung điểm của QS. 3. (1,0 điểm) Gọi M là trung điểm của BC. Ta sẽ chứng minh .DP.DM DQ.DR Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên BDQ : RDC(g g) 0,25 DQ.DR DB.DC (4). Tiếp theo ta chứng minh DP.DM DB.DC DC DB Thật vậy DP.DM DB.DC DP. DB.DC 0,25 2 DP. DC DB 2DB.DC DB. DP DC DC. DP DB PB DB DB.PC DC.PB (đúng theo ý 2). PC DC 0,25 Do đó DP.DM DB.DC 5 DP DR Từ (4) và (5) ta được DP.DM DQ.DR hay DQ DM kết hợp với P· DQ M· DQ (đối đỉnh) 0,25 Suy ra PDQ : RDM Q· PD D· RM Do đó tứ giác PQMR nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm M của BC. Câu 6 1.(0,5 điểm) (1,0 Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình trụ đựng kem lần lượt là r và h điểm) (đơn vị cm, 0 r R;0 h R ). Vì hình trụ nằm ở nửa khối cầu nên tâm của đường tròn và coi phần vỏ giữa đường tròn đáy dưới hình trụ và mặt cầu là không đáng kể nên tâm của đường tròn đáy trên của hình trụ chính là tâm hình cầu 0,25 và r2 R 2 h2 24 h2 (cm) Thể tích hình trụ: V r2h 24 h2 h cm3 V lớn nhất A 24 h2 h lớn nhất. 2 2 2 3 1 1 24 h 24 h 2h A 24 h2 24 h2 .2h2  32 2 2 2 27 (Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số không âm 24 h2 , 24 h2 ,2h2 ) 0,25 Dấu “=” xảy ra khi 24 h2 2h2 h 2 2 Vậy thể tích lớn nhất của hình trụ đựng kem là3 2 2 cm3 khih 2 2 (cm).
8. 2.(0,5 điểm) Xét các tổng có dạng a m bn với a m a1;a 2 ; ;a19 và bn b1;b2 ; ;b21 Do tập hợp a1;a 2 ; ;a19 có 19 phần tử và tập hợp b1;b2 ; ;b21 có 21 phần tử nên có tất cả 19.21 399 tổng dạng a b như thế. m n 0,25 Vì 1 a1 a 2 a19 200 và 1 b1 b2 b19 200 nên 2 a m bn 400 . Nên các tổng a m bn nhận các giá trị nguyên dương từ 2 đến 400. +) Nếu các tổng trên nhận đủ 399 giá trị từ 2 đến 400 ta suy ra: a1 b1 2 a1 b1 1 a19 b21 400 a19 b21 200 a1 a19 ;b1 b21 Từ đó suy ra a19 a1 b21 b1 199 +) Nếu các tổng trên không nhận đủ 399 giá trị từ 2 đến 400. Khi đó với 399 tổng thì theo nguyên lí Dirichlet sẽ tồn tại hai tổng có giá 0,25 trị bằng nhau. ai a j;bk bp Không mất tính tổng quát ta giả sử hai tổng đó là a j bk ai bp ai a j;bk bp Từ đó suy ra a j ai bp bk Vậy bài toán được chứng minh. Hết