Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Thành phố Hồ Chí Minh (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 Thành phố Hồ Chí Minh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 17/07/2020 (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1,0 điểm) abc Cho ba số dương abc,, thỏa mãn điều kiện ++=2020 . bc++ ca ab + abc222 Tính giá trị của biểu thức P= + +:(abc ++) . bc++ ca ab + Câu 2: (2,5 điểm) a) Giải phương trình 2xx22+++ 92 xx −+=+ 1 x 4. y22−2 xy = 8 x −+ 61 x b) Giải hệ phương trình .  23 2 y= x +81 xx −+ Câu 3: (1,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB<< BC CA) nội tiếp đường tròn (O) . Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt (O) tại A1 . Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt (O) tại B1 . Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt (O) tại C1 . Chứng minh rằng các đường thẳng qua ABC111,, lần lượt vuông góc với BC,, CA AB đồng quy. Câu 4: (2,0 điểm) a22+− b() ab2 a) Cho 2 số thực ab, . Chứng minh rằng: ≥+ab . 22ab22++ b) Cho hai số dương ab, thỏa mãn điều kiện ab+≤3 . 20 7 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Qba=−+ +. ab Câu 5: (2,0 điểm) Đường tròn ()I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB,, BC CA lần lượt tại DEF,,. Kẻ đường kính EJ của đường tròn ()I . Gọi d là đường thẳng qua A song song với BC . Đường thẳng JD cắt d, BC lần lượt tại LH, . a) Chứng minh: EFL,, thẳng hàng. b) JA, JF cắt BC lần lượt tại MK, . Chứng minh: MH= MK . Câu 6: (1,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương xy, thỏa mãn phương trình 31x −=y3 . HẾT
2. y22−2 xy = 8 x −+ 6 x 1(1) b.  23 2 y= x +8 xx −+ 1(2) 22yx−=31 x − y = 41 x − Từ phương trình (1) ta có (yx− ) = (3 x −⇔ 1)  ⇔ yx−=−13 x y =− 12 x Với yx=41 − , thay vào (2) ta được (4x− 1)23 = x + 8 x 2 −+⇔ x 1 x3 − 8 x 2 + 7 x = 0 ⇔ xx (2 − 8 x + 7) = 0 xy=⇒=−01 x = 0  ⇔ ⇔xy =⇒=13  2  xx−8 += 70 xy=⇒=7 27 Với yx=12 − , thay vào (2) ta được (1− 2xxxx )23 =+ 8 2 −+⇔+ 1 xxx3 4 2 +=⇔ 3 0 xxx (2 ++= 4 3) 0 xy=⇒=01 x = 0  ⇔ ⇔xy =−⇒=13  2  xx+4 += 30 xy=−⇒=37 Vậy S ={(0;1),(0; − 1),(1;3),(7;27),( −− 1;3),( 3;7)} . Câu 3: (1,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB<< BC CA) nội tiếp đường tròn (O) . Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt (O) tại A1 . Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt (O) tại B1 . Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt (O) tại C1 . Chứng minh rằng các đường thẳng qua ABC111,, lần lượt vuông góc với BC,, CA AB đồng quy. Hướng dẫn giải A M A1 K H O B C Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và OH cắt đường thẳng qua A1, vuông góc với BC ở điểm K. Gọi M là trung điểm AA1 thì OM⊥ AA1 . Suy ra OM⊥ BC. Mặt khác, tứ giác AHKA1 là hình thang vì AH A1 K nên ta có OM là đường trung bình, kéo theo O là trung điểm HK hay nói cách khác, đường thẳng qua A1, vuông góc với BC sẽ đi qua điểm đối xứng với trực tâm H của tam giác ABC qua O. Rõ ràng điểm này bình đẳng với BC, nên hai đường qua BC11, lần lượt vuông góc với CA, AB cũng đi qua K. Vì thế nên ta có các đường thẳng của đề bài đồng quy ở K.
3. b) Kéo dài JF cắt d ở T thì tương tự câu a, ta có TDE,, thẳng hàng và AT= AD = AF = AL. AL AJ AT Theo định lý Thales với d BC thì = = , mà AT= AL nên MH= MK. MH JM MK Câu 6: Tìm tất cả các số nguyên dương xy, thỏa mãn 3x −=y3 1. Hướng dẫn giải Ta có 3x =y32 += 1 ( y + 1)( yy − + 1). Do đó, tồn tại các số tự nhiên uv, sao cho y +=13u .  2 v yy− +=13 Vì y +>11 nên 31u > hay u ≥1. Rút y =31u − , thay vào phương trình dưới, ta có (3uu− 1)2 − (3 − 1) += 1 3 v hay 32u−⋅ 33 u += 3 3 v ⇔ 321 uu−− − 3 += 1 3 v1 . Vì vế phải nguyên nên ta phải có v −≥10 hay v ≥1. Tuy nhiên, nếu v −>10 thì 3v−1 chia hết cho 3, trong khi vế trái không chia hết cho 3, vô lý. Do đó, v =1 hay yy22− +=13 ⇔ yy − = 2. Giải ra được y = 2. Thay vào đề bài, ta được 3x =y3 += 19 nên x = 2. Vậy nên tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là (xy , )= (2; 2). HẾT