Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Lê Quý Đôn môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Thành phố Đà Nẵng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Lê Quý Đôn môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Thành phố Đà Nẵng (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) a) Chứng minh rằng với mọi giá trị dương, khác 1 của x thì biểu thức A không nhận giá trị nguyên, với: x1 x 1 1 x 3 A x 1 x 1 4 x 4 x 2 x 9 x2 y 2 z 2 x 2 y2 z 2 b) Xét các bộ x;; y z thỏa mãn với a,, b c là các số thực khác 0. a2 b 2 c 2 a 2 b2 c 2 x2020 y 2020 z 2020 Tính giá trị của biểu thức: Q . b2 c 2 c 2 a 2 a2 b 2 Câu 2. (1,0 điểm) Trên đồ thị hàm số y 0,5 x2 , cho điểm M có hoành độ dương và điểm N có hoành độ âm. Đường thẳng MN cắt trục Oy tại C với O là gốc tọa độ. Viết phương trình đường thẳng OM khi C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN. Câu 3. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 3x3 x 2 2 x 28 x3 4 x3 7 0. 2 3x 4 xy x 3y y 3 b) Giải hệ phương trình: 8. x2 6 y 1 y2 2 x 9 3 Câu 4. (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình: 2x2 x m2 2 m 15 2x2 3 x m2 2 m 14 0 2 2 2 2 có bốn nghiệm phân biệt x1,,, x 2 x 3 x 4 thỏa mãn x1 x 2 x 3 x 4 3x2 x 3 . Câu 7. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn BC  , nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao xuất phát từ B và C lần lượt cắt đường thẳng AO lần lượt tại D và E. Gọi H là trực tâm giác ABC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE. Chứng minh rằng: a) Tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC và AH là tiếp tuyến của O . b) Đường thẳng AO đi qua trung điểm của đoạn BC. Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn AB AC , nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ đường phân giác AD, D BC của tam giác đó. Lấy điểm E đối xứng với D qua trung điểm của đoạn BC. Đường thẳng vuông góc với BC tại D cắt AO ở H, đường thẳng vuông góc với BC tại E cắt ở AD tại K. Chứng minh rằng tứ giác BHCK nội tiếp. Câu 7. (1,0 điểm) Cho các số thực dương x,, y z thỏa mãn x y z 3. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 x y y z z x x y y z z x 3 2 . xy x y yz y z zx z x xy yz zx HẾT
2. Câu 3. a)Điều kiện: x 3 7. Ta có phương trình tương đương: x2 x 1 2 x3 2 x 28 x3 4 x3 7 0 Nhận xét x 2 là một nghiệm của phương trình. Nếu x 2, ta có: x2 x 1 2 x3 2 x 28 x3 4 x3 7 0. Nếu 3 7 x 2, ta có: x2 x 1 2 x3 2 x 28 x3 4 x3 7 0. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2. x2 6y 1 0 b) Điều kiện . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương: 2 y 2 x 9 0 x2 4 xy 3 y2 3 x 3 y 0 x 3 y x y 3 x 3 y 0 x 3 y x y 3 0 x 3 y . x y 3 Với x 3y, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 8 9y2 6 y 1 y2 6 y 9 3 8 3y 1 y 3 3 8 Nếu y 3 thì 3y 1 y 3 8 . 3 1 8 1 Nếu y thì phương trình tương đương: 1 3y 3 y y x 1. 3 3 3 1 8 1 1 Nếu y 3 thì phương trình tương đương: 3y 1 3 y y không thỏa do y 3. 3 3 3 3 Với x y 3, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 2 8 y 3 6y 1 y2 2 y 3 9 3 8 y2 10 y2 2 y 3 3 2 8 y2 10 y 1 2 3 2 8 Ta có y2 10 y 1 2 10 2 3 1 4 nên phương trình này vô nghiệm. 3 1 Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất x; y 1; . 3
3. a 4 a 3 Ta có: x x . Yêu cầu bài toán tương đương: 2 3 4 a 5 3 a 4 a 3 4 a 5 3 a 4 a 3 0 4 16 a 12 a 11 0 a 11 a 1 a 121. m 0 Với a 121, ta có: 8m2 16 m 121 121 m 2 2 m 0 . m 2 Vậy m 0 hoặc m 2 là các trị cần tìm. Câu 5. a) Gọi BB và CC là đường cao của tam giác ABC. Tứ giác AC HB nội tiếp nên C HB C AB BAC do cùng bù với góc C HB . Mà C HB DHE nên DHE BAC 1 . AOC Tam giác OAC cân tại O nên OAC 900 90 0 ABC BAH . 2 Mặt khác C AE vuông tại C nên C AE AEC 900 hay DEH BAE 900 . Suy ra DEH 900 BAE 90 0 BAH HAE 90 OAC HAE 90 0 HAC ACB . Do đó DEH ACB 2 . Từ 1 và 2 suy ra tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC. Ta có DEH ACB 900 HAC AHB nên HA là tiếp tuyến của O .
4. Câu 7. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có: 2 2 2 2 2 x y 2 2 x y x y 2 x y 2 2 xyxy xy xyxy xy xyxy xy Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi công lai theo vế ta được: x2 y2 2 x y   2   xy x y x y xy Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau là bài toán hoàn tất. 2 2 2 3 x y y z z x 2 4 4 Thật vậy, ta có: . x y 2 2 x y 2 x y 2 1 1 1 4 9 4 9 Do đó:  4 3. xy xy 2 yz 2 zx 2 2 xyz 6 2  3 6 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z 1. Vậy ta có điều phải chứng minh. HẾT