Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) 1 1 1 a) Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện a b c 1 và 1. a b c Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có ít nhất một số bằng 1. b) Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện x y z 2045 và x 18 3 y 7 3 z 2020 3 0. Tính giá trị của biếu thức: F x 18 2021 y 7 2021 z 2020 2021 . Câu 2. (2,0 điểm) 1 35 a)Giải phương trình: 1 . x2 1 12x xy 3 y 4 x2 3 x 3 b) Giải hệ phương trình: . 2 2 y 4y 18 7 x 16 x Câu 3. (2,0 điểm) a)Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn xy2 x 2 x4 2 x 1 2 y2 . b) Chứng minh rằng nếu 2n 10a b với a, b, n là các số tự nhiên thỏa mãn 0 b 10 và n 3 thì ab chia hết cho 6. Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có BA C 450. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các hình vuông ABMN và ACPQ. Đường thẳng AQ cắt đoạn thẳng BM tại E, đường thẳng AN cắt đoạn thẳng CP tại F. a) Chứng minh tứ giác EFQN nội tiếp được một đường tròn. b) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh I là tâm đường trong ngoại tiếp tam giác ABC. c) Đường thẳng MN cắt đường thẳng PQ tại D. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác DMQ và DNP cắt nhau tại K với K D. Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại B và C cắt nhau tại J. Chứng minh bốn điểm D, AKJ,, thẳng hàng. Câu 5. (1,0 điểm) Trên một đường tròn người ta lấy 2024 điểm phân biệt, các điểm được tô màu xanh và màu đỏ xen kẽ nhau. Tại mỗi điểm ta ghi một số thực khác 0 và 1 sao cho quy tắc sau được thỏa mãn “số ghi tại điểm màu xanh bằng tổng của hai số ghi màu đỏ kể nó; số ghi màu đỏ bằng tích của hai số ghi tại hai điểm màu xanh kế nó”. Tính tổng của 2024 số đó. HẾT
2. 5 5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x ; x . 4 3 2 y 2 x 3 4 x 5 x 3 1 b) Hệ đã cho tương đương với: . 2 2 y 2 7 x 16 x 14 2 Lấy 2 2 1 , ta được: y 2 2 2 y 2 x 3 x2 6 x 8 y 2 2 2 y 2 x 3 x 3 2 1 y 2 x 3 2 1 y x 6 y x 5 2 1 . y x 4 x 1 y 5 Trường hợp 1: y x 6, thay vào 1 , ta được: 3x2 12 x 15 0 . x 5 x 11 5 2 13 17 2 13 x y 2 3 3 Trường hợp 2: y x 4, thay vào 1 , ta được: 3x 10 x 9 0 . 5 2 13 17 2 13 y y 3 3  5 2 13 17 2 13 5 2 13 17 2 13 Vậy S 1; 5 , 5; 11 , ; , ; . 3 3 3 3  Câu 3. a) Phương trình đã cho tương đương: y2 x 2 x 2 x4 2 x 1 0 x 2 y2 x 4 2 x 1 0 x 2 . 2 4 y x 2 x 1 Với x 2, ta có mọi y nguyên đều thỏa mãn. Với y2 x4 2 x 1, suy ra x4 2x 1 là số chính phương. Ta xét hai trường hợp sau: 2 x 1 thì x4 x4 2 x 1 x2 1 . Do đó x 1 không thỏa mãn. 2 x 1 thì x4 x4 2 x 1 x2 1 . Do đó x 1 không thỏa mãn. Thử trực tiếp: x 0, ta được y 1 hoặc y 1. x 1, ta được y 2 hoặc y 2. x 1, ta được y 0.
3. a)Ta có: AB E ACF 900 và BA E CAF (do cùng phụ với B AC). AE AB AN Suy ra ABE ACF . AF AC AD Do đó AEF ANQ AFE NQA . Từ đó tứ giác NQFE nội tiếp. b) Bổ đề: Nếu gọi M , N lần lượt là trung điểm của BD, AC với ABCD là hình thang AB CD thì MN AB CD. Chứng minh: Gọi K là trung điểm của AD thì KM  AB CD và KN  DC AB. Từ đó suy ra K, MN, thẳng hàng hay MN AB CD. Trở lại bài toán gọi S, L lần lượt là trung điểm của AC, AB. Áp dung bổ đề trên cho hình thang AFCE với I là trung điểm EF, S là trung điểm AC ta có IS CF. Mà CF  AC nên IS  AC tại trung điểm S của AC hay IS là trung trực của AC 1 . Chứng minh tương tự ta cũng có IL là trung trực của AB 2 . Từ 1 và 2 suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. c)Gọi K1, K2 lần lượt là giao điểm của DA với đường tròn ngoại tiếp DMQ và DNP. Do DM E DQE 900 nên DE là đường kính của đường tròn ngoại tiếp DMQ. 0 Suy ra DKE1 90 . 0 Chứng minh tương tự ta cũng có DKF2 90 . Do đó tứ giác DQKE1 nội tiếp DA K1 A EA  QA. Tứ giác DNK2F nội tiếp DAK2 A FA  NA. Theo câu a) tứ giác NQFE nội tiếp nên EA QA FA  NA. Từ đó suy ra DA K1 A DA  K2 A hay K1  K2 DMQ  DNP K. Do đó D, AK, thẳng hàng. Ta có: BK E EAB CAF CKF . Suy ra B KC 1800 2 BKE 2 900 EAB 2 BAC BIC . Do đó tứ giác BKIC nội tiếp, mà IBJC nội tiếp và JB JC nên BKJ CKJ . Hay KJ là phân giác B KC. Mặt khác BKA 1800 AEB 1800 AFC . Suy ra tia đối của tia KA cũng là phân giác của B KC. Do đó A, KJ, thẳng hàng. Hay bốn điểm D, AKJ,, thẳng hàng.