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

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

1. MÃ KÍ HIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2020 MÔN: TOÁN Thờigianlàmbài: 150 phút (Đềthigồm 05 câu, 01 trang) Câu1(2,0 điểm). 2 3 5 2 3 5 1. Rútgọnbiểuthứcsau: A . 2 2 3 5 2 2 3 5 2. Cho phươngtrình x2 2(m 1)x 2m 5 0 (x làẩn, m làthamsố). Tìmcácgiátrịcủa m đểphươngtrìnhcóhainghiệm x1; x2thỏamãnđiềukiện: 2 2 (x1 2mx1 2m 1)(x2 2mx2 2m 1) 0 Câu2(2,0 điểm). 1.Giải phươngtrình:2x2 - 5x + 2 = 42(x 3 21x 20) . x2 4y2 5 2.Giải hệphươngtrình: . 4xy x 2y 7 Câu3(2,0 điểm). 1. Tìmtấtcảcácsốnguyêntốp, q thỏamãnđiềukiện.p2 2q2 1 2. Cho x 2 y3 y 2 x3 và M = 2y 2y2 2xy x2 2021 . Tìm giá trị nhỏ nhất của M. Câu4(3,0 điểm). 1. Cho tam giác ABC nhọncó AB > AC. Gọi M làtrungđiểmcủa BC, cácđườngcao AD, BE, CF cắtnhautại H. Đườngthẳng FE cắtđườngthẳng BC tại K. Gọi (C1) và (C2) lầnlượtlàđườngtrònngoạitiếpcác tam giác AEF và DKE. Chứng minh rằng: a)ME làtiếptuyếnchungcủa (C1) và (C2). b)KH  AM . 2. Cho hìnhvuông ABCD cạnh a. Vẽđườngtròntâm A bánkính a. Điểm H bấtkỳthayđổitrêncung BD của (A, a) nằmtronghìnhvuông . Qua H kẻtiếptuyếnvớiđườngtròn (A, a) cắt BC, CD theothứtự ở M và N. Xácđịnhvịtrícủa H để MN cóđộdàinhỏnhất. Câu 5 (1,0 điểm). 1.Tìmsốtựnhiên n ≥ 1 saochotổng 1! + 2! + 3! + + n! làmộtsốchínhphương. 2.Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ luôn tồn tại ít nhất một số có tổng các chữ số chi hết cho 11. Hết
2. MÃ KÍ HIỆU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2020 Môn: TOÁN (Hướngdẫnchấmnàygồm05 câu, 04trang) Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) 2(3 5) 2(3 5) 3 5 3 5 A 2 0,25 2 2 4 6 2 5 4 6 2 5 4 ( 5 1) 4 ( 5 1) 6 2 5 6 2 5 0,25 5 5 5 5 2 2 1 5 5 1 0,25 5 1 5 5 5 1 1 5 5 1 2 0,25 5 5 2.(1,0 điểm) '= m2 – 4m + 6 = (m – 2)2 + 2 > 0, m ptluôncó 2 Câu 1 0,25 (2,0 nghiệmphânbiệtvớimọi m. x2 2(m 1)x 2m 5 0 điểm) Phươngtrìnhcóhainghiệm x ; x nên: 1 1 1 2 2 x2 2(m 1)x2 2m 5 0 2 0,25 x1 2mx1 2m 1 4 2x1 2 x2 2mx2 2m 1 4 2x2 x1 x2 2m 2 Theo địnhlíVi-et ta có : x1.x2 2m 5 Theo bài ra ta có : (x2 2mx 2m 1)(x2 2mx 2m 1) 0 1 1 2 2 0,5 4 2x1 . 4 2x2 0 16 8 x1 x2 4x1x2 0 3 16 8 2m 2 4 2m 5 0 m 2 Câu 2 1.(1,0 điểm) (2,0 Đk: x3 - 21x – 20 0 điểm) (x+1)(x+4)(x-5) 0- 4 x -1 hoặcx 5 (*) 0,25 Với (*) thì 2x2 -5x + 2 > 0; x + 4 0, x2 - 4x – 5 0 Do đó: 2x2 - 5x + 2 = 4 2(x 3 21x 20) 2(x2 – 4x – 5) + 3(x + 4) = 42x 2 8x 10. x 4 (2) Đặt 2x 2 8x 10 = a 0; x 4 = b 0 0,25 Phương trình (2) trở thành: a2 + 3b2 = 4ab (a – b)(a – 3b) = 0 + Nếu a = b thì 2x 2 8x 10 = x 4 2x2 - 9x – 14 = 0 0,25
3. 9 193 x1,2 = (TM) 4 + Nếu a = 3b thì 2x 2 8x 10 = 3x 4 2x2 - 17x – 46 = 0 17 3 73 x3,4 = (TM) 4 0,25 9 193 17 3 73 Vậy phương trình có 4 nghiệm x1,2 = ; x3,4 = 4 4 2.(1,0điểm) x2 4y2 5 4xy x 2y 7 a 2 2b 5 0,25 Đặt x + 2y = a; 2xy = b, hpt trở thành: a 2b 7 Cộng theo từng vế hai pt, ta được: a2 + a- 12 = 0 (a-3)(a+4)=0 a = 3 hoặc a = - 4 x 2y 4 11 0,25 -Với a = -4 thì b . Ta có hpt: 11 2 2xy 2 11 x và 2y là nghiệm của phương trình: t2 4t 0 2 0,25 Phương trình vô nghiệm. -Với a = 3 thì b=2 x 2y 3 Ta được hệ pt: 2xy 2 0,25 1 Giải hpt được: (x=1;y=1) và (x=2;y= ) 2 Câu 1.(1,0điểm) 3(2 Nếup,q đềukhông chia hếtcho 3 thì p2 1 mod3 ,q2 1 mod3 0,25 điểm) p2 2q2  1 mod3 vôlý. Do đótronghaisốp,q phảicómộtsốbằng 3. 0,25 +) Nếu p 3 9 2q2 1 q2 4 q 2. Do đó. p,q 3,2 0,25 +) Nếu q 3 p2 18 1 p2 19 vôlí. Vậy. p,q 3,2 0,25 2.(1,0điểm) Ta cóx 2 y3 y 2 x3 (ĐK: x; y - 2) x3 y3 x 2 y 2 0 0,25 x y x2 xy y2 x 2 y 2 0 2 2 x 2 y 2 x xy y x 2 y 2 0 x 2 y 2 x 2 y 2 x2 xy y2 1 0 x 2 y 2 0 0,25 x 2 y 2 x2 xy y2 1 0 * x 2 y 2 0 x y * x 2 y 2 x2 xy y2 1 0 (1) 0,25
4. Ta thấy x 2 y 2 0 x; y 2 2 2 2 1 3 2 x xy y x y y 0x; y 2 2 4 x 2 y 2 x2 xy y2 1 0x; y 2 pt (1) vônghiệm. Với x y ta có M = 2y 2y2 2xy x2 2021 = 2y 2y2 2y2 y2 2021 0,25 = y2 2y 2021 y 1 2 2020 2020 Vậy GTNN của M là 2020 x y = - 1 (Thỏamãn ĐK) Câu 4 A C1 (3,0 F điểm) E N H K B C D M a.(1,0 điểm) Ta có A· EH A· EH 900 nêntứgiác AEHF nộitiếpđườngtrònđườngkính AH hay chínhlàđườngtròn (C1) 0,25 Ta lạicó E·(cùngphụvớiAH E· BM ) E· CD mặtkhác EM làtrungtuyếnthuộccạnhhuyềncủa tam giácvuông CEB 0,25 M· BE=M· EB (tam giác EMB cântại M) · · Do đó EAH MEB Hay ME làtiếptuyếncủa (C1) tại E 0,25 Chứng minh tươngtự ta có ME làtiếptuyếncủa (C ) tại E 2 0,25 Vậy ME làtiếptuyếnchungcủa (C1) và (C2). b(1,0 điểm) · 0 Gọi N làgiaocủa AM và (C1) ANH= 90 HN  AM (1) 0,25 2 Ta có ME làtiếptuyềncủa (C1) nên ME = MN . MA 2 0,25 ME làtiếptuyếncủa (C2) nên ME = MD . MK Do đó MN . MA = MD . MK . Chứng minh đượctứgiác ANDK nộitiếp 0,25 · · 0 nênKNA KDA = 90 KN  AM (2) 0,25 Từ (1) và (2) K, N, H thẳnghàng hay KH  AM 2(1,0 điểm) A B M H m D N n C Đặt CM = m , CN = n , MN = x 0,25
5. m + n + x = 2CD = 2a và m2 +n2 = x2 m n 2 Do đó : x2= m2 +n2 ≥ 2 0,25 2x2 ≥ ( 2a x)2 x≥ 2a2 x 2a x ≥ 2a( 2 1) khôngđổi 0,25 2 1 min MN =2a 2m =1 n. Khiđótiếptuyến MN // BD hay A, H, C thẳnghàng. 0,25 Vậykho H làgiaocủa AC và (A, a) thì MN nhỏnhấtbằng 2a 2 1 Câu 1(0,5 điểm) 5(1 +Với n = 1 thì 1! = 1 = 12làsốchínhphương . điểm) Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 khônglàsốchínhphương 0,25 Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32làsốchínhphương Với n ≥ 4 Ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; ; n! đềutậncùngbởi 0 0,25 do đó 1! + 2! + 3! + + n! cótậncùngbởichữsố 3 nênnókhôngphảilàsốchínhphương . Vậycó 2 sốtựnhiên n thỏamãnđềbàilà n = 1; n = 3. 2.(0,5 điểm) Xéttậphợp 39 sốtựnhiênliêntiếp: S a1;a 2 ; ;a39 , a a 1,1 i 38 .Trongtập a ;a ; ;a  luôntồntạihaisốcótậncùng i 1 i 1 2 20 0,25 là 0 vàhơnkémnhau 10 Do đótronghaisốnàytồntạiítnhấtmộtsốcóchữsốhàngchụcnhỏhơn 9, kíhiệusốđólà.A Bc0 0 c 8, c ¥ , B ¥ Xét 11 số: A;A 1;A 2; ;A 9;A 19 . Ta có: 11 sốtrênthuộctập S. 11 sốđócótổngcácchữsốlà 11 sốtựnhiênliêntiếpvìcáctổngđólà: s A ;s A 1;s A 2; ;s A 9;s A 10 ,vớis A làtổngcácchữsốcủa 0,25 A. Trong 11 sốtựnhiênliêntiếpluôntồntạimộtsố chia hếtcho 11. Do vậy, ta cóđiềuphảichứng minh. . Hết