Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT năm học 2020-2021 môn Toán (Chuyên) - SGD&ĐT Quảng Ngãi (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT năm học 2020-2021 môn Toán (Chuyên) - SGD&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 ) 1 a 1 1. Rút gọn biểu thức A : a 0;a 1 a2 a a a a a 2. Cho hàm số y m 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 20212 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 q2021 không phải là số chính phương. Bài 3. ( 2,5 điểm ). 2 2 2x 7xy 4 y 0 1. Giải hệ phương trình : 2 x y 6 2 y 1 2. Tìm tấu cả các giá trị của tham số m để phương trình x2 5x 2m 2 0 có hai nghiệm dương phân 2 biệt x1; x2 thỏa mãn x1 4x1 2m 2 x2 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. = 3 0,25 điểm Tuy nhiên, khi đó đẳng thức q2021 = 4q + 3 không xảy ra TH2: a m ― p = q ∗ b a m + p = qb với a,b ∈ N , a + b = 2021. Suy ra q ― q = 2p = 4q + 2 Từ đó 2⋮p và q = 2 Khi đó 2b ― 2a = 10⇒2a―1(2b―a ― 1) = 5 2a―1 = 1 Suy ra ⇒2b―a = 6 (vô lý) 2b―a = 5 0,25 điểm Tóm lại, 2 trường hợp đều không xảy ra tức là điều giả sử sai hay nói cách khác p2 + q2021 không phải số chính phương. Bài 3. 2x2 + 7xy ― 4y2 = 0 (1) 3.1. x2 + y + 6 + 2y = 1 (2) Từ (1) ⇔2x2 ―xy ― 4y2 = 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 16y2 + y + 6 = 1 ― 2y⇔ y ≤ 1 y ≤ 1 2 ⇔ 2 . Vô nghiệm 0,25 điểm 16y2 + y + 6 = (1 ― 2y)2 12y2 + 5y + 5 = 0 Thay y = 2x vào (2) ta được x2 + 2x + 6 = 1 ― 4x 1 1 x ≤ 4 1 1 ― 4x ≥ 0 x ≤ x = 1 ⇔ x2 + 2x + 6 = 1 ― 8x ― 16x2⇔ 4 ⇔ ⇔x = ― 0,25 điểm 152 ― 10x ― 5 = 0 [ 1 3 x = ― 3 1 2 Với x = ― 3 => y = ― 3 Vậy hệ có nghiệm ― 1 ; ― 2 3 3 0,25 điểm 3.2 Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt x1,x2 ⇔ ∆ = 25 ― 4(2m ― 2) > 0 33 m 0 ⇔ 8 ⇔1 0 m > 1 8 2 x1 + x2 = 5;x1.x2 = 2m ― 2 và x1 ― x1 +2m ― 2 = 0 2 0,25 điểm x1 ― 4x1 + 2m ― 2 + x2 = 3 x2 ― 5x + 2m ― 2 + x x ⇔ 1 1 1 + 2 = 3⇔x1 + x2 +2 x1x2 = 9⇔ x1x2 = 2⇔x1 ⇔ x1 + x2 = 3 0,25 điểm x2 = 4⇔2m ― 2 = 4⇔m = 3 (thỏa mãn) Vậy m = 3 0,25 điểm 3.3. 0,25 điểm Đặt x = c + a, y = c + b. Khi đó xy = 4 1 1 1 Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành (x ― y)2 + x2 + y2 ≥ 1 Ta có:
3. 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 E F F O AB BC E F 2EJ E J AE EJ B D H I C Mà AEJ ABI => 0,25 điểm 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 = 900 nên nội tiếp 0 => : 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 OB2 OI.OT 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) Từ (1) và (2) => AH luôn đi qua điểm T cố định khi A di chuyển. 0,25 điểm Bài 5. Đặt S {s1;s2; ;sn} 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 s1;s2; ;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 s1;s2;s3 lần lượt thuộc nhóm I, nhóm II, nhóm III. => s1 s2 s3 3 và s1 s2 s3 3 nên s1 s2 s3 không phải là số nguyên tố. 0,25 TH2: Có ít nhất một nhóm nào đó không có phần tử. Khi có n số s1;s2; ;sn được chia tối đa 2 nhóm mà n 5 nên luôn tồn tại ít nhất 3 số thuộc cùng một nhóm. Hiển nhiên tổng 3 số đó chia hết cho 3 và do đó cũng không phải là số nguyên tố. Tím lại, tất cả các tập hợp gồm n số nguyên dương đôi một khác nhau mà n 5 đều 0,25