Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Quảng Ngãi (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Quảng Ngãi (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO GIỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày : 04/6/2021 Môn : Toán chuyên Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1. ( 1,5 điểm ) 1a 1 1. Rút gọn biểu thức A : a 0; a 1 a2 a a a a a 2. Cho hàm số ym 2 x 2 ( m là tham số ) có đồ thị là đường thẳng (d). a) Tìm điều kiện của m để hàm số đồng biến trên ℝ b) Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến (d) bằng 1. Bài 2. ( 1,5 điểm ) 1. Cho a là số nguyên lẻ và không chia hết cho 3. Chứng minh rằng a2 2021 2 chia hết cho 24. 2. Cho các số nguyên tố p, q thỏa mãn p q2 là số chính phương. Chứng minh rằng : a) p = 2q + 1. b) p2 q 2021 không phải là số chính phương. Bài 3. ( 2,5 điểm ). 2 2 2x 7 xy 4 y 0 1. Giải hệ phương trình : 2 xy 6 2 y 1 2. Tìm tấu cả các giá trị của tham số m để phương trình x2 5 x 2 m 2 0 có hai nghiệm dương phân 2 biệt x1; x 2 thỏa mãn xxm1 4 1 2 2 x 2 3 . 3. Cho các số thực a,b,c đôi một khác nhau và thỏa mãn c a c b 4 .Chứng minh rằng: 1 1 1 1. a b 2 c a 2 c b 2 Bài 4. ( 3,5 điểm) Cho đường tron tâm O, bán kính R = 4cm và hai điểm B, C cố định trên (O), BC không là đường kính. Điểm A thay đổi trên (O) sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi D, E, F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ A, B, C của tam giác ABC. a) Chứng minh = . b) Gọi M là điểm đối xứng của A qua BC, N là điêm đối xứng của B qua AC. Chứng minh rằng : CD.CN = CE.CM. c) Trong trường hợp 3 điểm C, M, N thẳng hàng, tính độ dài đoạn thẳng AB. d) Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng AI cắt EF tại K. Gọi H là hình chiếu vuông góc của K trên BC. CHứng minh rằng đường thẳng AH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi. Bài 5. ( 1 điểm ) Cho tập hợp S gồm n số nguyên dương đôi một khác nhau ( n 3) thỏa mãn tính chất: tổng của 3 phần tử bất kì trong S đều là số nguyên tố. Tìm giá trị lớn nhất có thể của n.
2. m − p = 1 ⇒ a − 1 = 2p = 4q + 2 ⇒ q = 4q + 3. Suy ra 2 ⋮ q. Từ m + p = q đó: q = 3 0,25 điểm Tuy nhiên, khi đó đẳng thức q =4q+3 không xảy ra TH2: m−p=q với a,b ∈ N∗,a+b = 2021. Suy ra q −q =2p=4q+2 m+p=q Từ đó 2 ⋮ p và q = 2 Khi đó 2 −2 =10⇒22 −1 =5 2 =1 Suy ra ⇒2 =6 (vô lý) 0,25 điểm 2 =5 Tóm lại, 2 trường hợp đều không xảy ra tức là điều giả sử sai hay nói cách khác p + q không phải số chính phương. Bài 3. 2x + 7xy − 4y = 0 (1) 3.1. x +y+6 + 2y = 1 (2) Từ (1) ⇔ 2x −xy−4y =0⇔x(2x−y) + 4y(2x−y) = 0 y=2x ⇔ (x+4y)(2x−y) =⇔ x = −4y 0,25 điểm Thay x = −4y vào (2) ta được 16y +y+6 = 1−2y y≤ y≤ 0,25 điểm ⇔ ⇔ . Vô nghiệm 16y +y+6= (1−2y) 12y +5y+5=0 Thay y = 2x vào (2) ta được √x +2x+6 = 1−4x 1 ⎧ ⎧ 1 ⎧ x≤ ⎪ 1−4x≥0 ⎪ ⎪ 4 ⇔ ⇔ x≤ ⇔ ⇔x 0,25 điểm x +2x+6=1−8x−16x 4 x=1 ⎨ ⎨ ⎨[ 1 ⎪ ⎪15 −10x−5=0 ⎪ x=− ⎩ ⎩ ⎩ 3 1 =− 3 Với x=− =>y=− 0,25 điểm Vậy hệ có nghiệm − ;− 3.2 ∆= 25−4(2m−2) >0 Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt x,x ⇔ S=5>0 ⇔ P=2m−2>0 m 1 x +x = 5;x .x = 2m−2 và x −x +2m−2=0 0,25 điểm x − 4x +2m−2 + x = 3 0,25 điểm ⇔ x − 5x +2m−2+x + x = 3 ⇔ x + x = 3 ⇔x +x +2√xx =9⇔ √xx =2⇔xx =4⇔2m−2=4⇔m=3 0,25 điểm (thỏa mãn) Vậy m=3
3. AP Ta có : sin 푃 = AP 2 3 AB 2 AP 4 3 AO d) Gọi J là trung điểm của EF A Các tam giác AEF và ABC có góc A chung và 퐹 = ( do tứ giác BCEF nội tiếp) nên đồng dạng => E J K AE EF F O AB BC EF2 EJ EJ AE EJ B D H I C 0,25 điểm Mà AEJ ABI => BC BI BI AB BI A' 퐽 = Ta có: Tam giác IEF cân tại I ( vì IE = IF = 1/2BC) => IJ⊥ EF. T Tứ giác IKJH có : 퐾 = 퐽퐾 = 90 nên nội tiếp => : 퐽 + 퐽퐾 = + 퐽퐾 = 180 => A, J, H thẳng hàng. (1). 0,25 điểm Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại T. OA OT Ta có : OA2 OB 2 OIOT. mà góc góc A chung => ∆ ∼∆ OI OA => = mà = ( so le trong) => = . Lại có : = => = => = Mà = 퐽 ( tam giác đồng dạng ) => = 퐽 => A, J, T thẳng hàng (2) 0,25 điểm Từ (1) và (2) => AH luôn đi qua điểm T cố định khi A di chuyển. Bài 5. Đặt S { ss ; ; ; s } 1 2 n Vì khi chia một số nguyên dương bất kỳ cho 3, ta có ba loại số dư là : 0; 1; 2 nên ta chia các số ss1; 2 ; ; sn thành 3 nhóm: Nhóm I gồm các số chia 3 dư 1. 0,25 Nhóm II gồm các số chia 3 dư 2. Nhóm II gồm các số chia hết chi 3. Nếu n 5 thì xảy ra một trong hai TH sau: TH1: Mỗi nhóm có ít nhất 1 phần tử: Không mất tổng quát, giả sử ss1; 2 ; s 3 lần lượt thuộc nhóm I, nhóm II, nhóm III. => s1 s 2 s 3 3 và s1 s 2 s 3 3 nên s1 s 2 s 3 không phải là số nguyên tố. 0,25 TH2: Có ít nhất một nhóm nào đó không có phần tử. Khi có n số ss; ; ; s được chia tối đa 2 nhóm mà n 5 nên luôn tồn tại ít nhất 3 số 1 2 n thuộc cùng một nhóm. Hiển nhiên tổng 3 số đó chia hết cho 3 và do đó cũng không