Đề thi TUYỂN SINH lớp 10 phần 2 có đáp án

UBND TỈNH KONTUM KONTUM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2019- 2020 Mơn: TỐN Thời gian: 120 phút (khơng kể ĐỀ THI CHÍNH THỨC thời gian giao đề) Ngày thi: Đề số 12 Câu (2,0 điểm) Khơng dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức A  28  63   Rút gọn biểu thức B  x 1 : x x x x x  x  x  0, x  1 Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x  2mx  m  2m   ( m tham số) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2 x1  x2  Giải phương trình  x     x2    x2 Câu (5,0 điểm) Cho đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB theo thứ tự điểm D, E , F Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF K Đường thẳng ID cắt EF N Từ điểm N kẻ đường thẳng song song với (P): y  x2 cắt AB, AC P, Q Gọi M trung điểm cạnh BC a) Chứng minh bốn điểm I , N , P, F nằm đường tròn b) Chứng minh ba điểm A, N , M thẳng hàng c) Chứng minh IM  DK Câu (2,0 điểm) Cho số thực dương a, b Tìm giá trị nhỏ biểu thức M  a2  1  b2  2 b a Tìm số nguyên dương n lớn để A  230  22020  4n số phương Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có diện tích 184cm Gọi M MC NA  , N thuộc cạnh AC cho  Gọi giao BC NC điểm AM BN I Tính diện tích tam giác ANI thuộc cạnh BC cho HẾT - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu không sử dụng máy tính cầm tay - Giám thị khơng giải thích thêm UBND TỈNH KON TUM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, TẠO THPT Kon Tum, THCS – THPT Liên Việt Kon Tum Năm học 2020 – 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: TỐN (Mơn chun) Ngày thi: 26/7/2020 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản Hướng dẫn có 06 trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG - Chấm theo đáp án thang điểm - Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa Nếu phần thi vào thang điểm tương ứng điểm - Trong trình giải học sinh bước sai, bước sau có sử dụng kết phần sai có khơng cho điểm - Bài hình học, học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai phần khơng cho điểm tương ứng với phần - Điểm chi tiết ý nhỏ 0.25 Tổng điểm toàn tính đến 0,25 điểm II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Ý Câu (2,0điểm ) Nội dung Điể m Khơng dùng máy tính cầm tay, tính giá trị 1.0 đ biểu thức A  28  63    A  22.7  32.7   1 0.25    1  3 5  Rút gọn  0.25  1 0.25 0.25 biểu  x  0, x  1 x  0, x  , B   B thức   x  x2  x   x 1  x x   x 1  x 1 1.0 đ 0.25 x x  x x  x 1 : x x x x x  x x 0.25  x  x  1  x   x  x  1 x   x  1  x  1  x    x 1  x 1 0.25 0.25 Cho phương trình: x  2mx  m  2m   ( m tham số) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2 1.0 đ x1  x2  x  2mx  m2  2m    x  2mx   m  1  Ta có    m  1     m  1  , m Vậy phương trình cho có hai nghiệm x1   x2 , m Khi theo định lí Vi-et ta có x1  x2  2m 0.25 Vậy x1  x2    x1  x2  0.25  2m   m  4 Vậy m  4 giá trị cần tìm 0.25 Giải phương trình  x    3x        3x   1.0 đ x    x  1 2 2  x2    x  x  1  x     x    x   1   x   1    x   1  x   3x  1  Câu (2,0điểm) 0.25 2  x2   0.25  x2    2   x2   3x   3  + Giải   : x    x    x  + Giải  3 : x   x  0.25 Bình phương hai phương trình  3 ta x2   x2  x  x   x  3x    x    Thử lại ta suy x  nghiệm phương trình  3 Vậy phương trình  1 có nghiệm x  0.25 0.25 Cho đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB theo thứ tự điểm D, E , F Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF K Đường thẳng ID cắt EF N Từ điểm N kẻ đường thẳng song song với (P): y  2x2 cắt AB, AC P, Q Gọi M Câu (3,0điểm ) 3.0 đ trung điểm cạnh BC Hình vẽ Chứng minh bốn điểm I , N , P, F nằm đường tròn + BC tiếp tuyến đường tròn tâm I , D tiếp điểm  ID  BC · mà PQ // BC  ID  PQ  IN  PQ  INP  90o + AB tiếp tuyến đường tròn tâm I , E tiếp điểm ·  IF  AB  PFI  90o · · Tứ giác INPF có INP  PFI  90o nên nội tiếp đường tròn  điểm I , N , P, F nằm đường tròn Chứng minh ba điểm A, N , M thẳng hàng +Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác IFPN · · » )  IFN (Góc nội tiếp chắn cung IN  IPN Chứng minh tương tự ý 1), ta tứ giác IQEN nội · · » ) tiếp nên IEN (Góc nội tiếp chắn cung IN  IQN + IE  IF ( bán kính đường trịn tâm I ) IEF cân I · ·  IEN  IFN · ·  IPQ cân I  IPN  IQN Do IN  PQ nên N trung điểm PQ 1.0 đ 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 đ 0.25 0.25 0.25 +Trong tam giác ABC có PQ / / BC ; M trung điểm BC nên AM qua trung điểm N PQ  A, N , M thẳng hàng Chứng minh IM  DK + AK // PQ IN  PQ  IN  AK  1 + AE  AF ( Tiếp tuyến qua A đường tròn  I  ) IE  IF ( bán kính đường trịn tâm I )  AI đường trung trực đoạn thẳng EF  AI  EF  KN  AI   0.25 1.0 đ 0.25 + Từ  1   suy N trực tâm AIK  AM  IK Gọi H giao điểm AM IK ; J giao điểm IA EF + Tam giác IHA đồng dạng với tam giác IJK (g-g) IH IA   IJ IA  IH IK IJ IK +Tam giác IEA vng E có JE đường cao nên IJ IA  IE + IE  ID ( bán kính đường trịn tâm I ) IH ID  Vậy IH IK  IJ IA  IE  ID  ID IK Tam giác IHD đồng dạng với tam giác IDK (c-g-c) · ·  IDH  IKD · + AM vuông góc với IK H nên IHM  900 · IDM  900 nên tứ giác IHMD nội tiếp · · » )  IDH ( Góc nội tiếp chắn cung IH  IMH · ·  IKD  IMH · · Vì IMH  MIK  900 (Tam giác IMH vuông H ) · · nên MIK  IKD  900  IM  DK Cho số thực dương a, b Tìm giá trị nhỏ  Câu (2,0điểm ) biểu thức 1  b2  2 b a Với số dương x, y ta có M  a2      x  y  xy  1 Dấu "  " xảy x  y x y 0.25 0.25 0.25 1.0 đ 0.25 ta b2 a a a    a   b b b b + Áp dụng  1 với x  b , y  ta a b b b    b   a a a a  a 1 b 2   a   b      2 b a b a   2 Dấu "  " xảy a b  a b + Áp dụng  1 với x  y  ta b a + Áp dụng  1 với x  a , y  a b  2 b a  a2  0.25 a b 2 b a 0.25 1  b2   2 b a Dấu "  " xảy a  b Vậy giá trị nhỏ M 2 a  b  Tìm số nguyên dương n lớn để A  230  22020  4n số phương Giả sử A số phương, ta có A  230  22020  4n   215    21990  2 n30  0.25 1.0 đ   15 Vì A số phương nên  phương 1990  Vì  21990  2 n 30  2n 15  2 n30 số 0.25 0.25 mà  21990  2 n30 số phương nên ta có  21990  22 n30    2n15   21990  2n14 0.25  n  14  1990  n  2004 Với Câu (1,0điểm ) n  2004 A  230  22020  42004   215  22004  số phương Vậy n  2004 số cần tìm Cho tam giác ABC có diện tích 184cm Gọi M thuộc cạnh BC cho MC  , N thuộc cạnh BC NA  Gọi giao điểm AM BN NC I Tính diện tích tam giác ANI AC cho 0.25 1.0 đ Qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt BN K Vì MC BM  nên  BC BC Trong tam giác BNC có MK / / NC nên MK BM   NC BC NA MK 25  nên  NC NA 21 MK song song với AC  MK song song với NA MK IM IM 25 21    IA  AM   NA IA IA 21 46 21 SAMN  1  S AIN  46 NA AN 3  suy   SAMN  S AMC   Từ NC AC 8 MC 2  nên SAMC  SABC  3 Vì BC 7 21 SABC  S ABC Từ  1 ,   ,  3 suy S AIN  46 184  S AIN  9cm 0.25 Do 0.25 0.25 0.25 - HẾT UBND TỈNH KON TUM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, THPT Kon Tum, THCS – THPT Liên Việt Kon Tum ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm câu, trang) Đề số 13 Năm học 2020 – 2021 Môn: TỐN (Mơn chun) Ngày thi: 26 / / 2020 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm) 1) Khơng dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức A  28  63   2) Rút gọn biểu thức B  x 1 : x x x x x  x  x  0, x  1 Câu (2,0 điểm) 1) Cho phương trình: x  2mx  m2  2m   ( m tham số) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2 x1  x2  2) Giải phương trình  x     x2  1  x2 Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB theo thứ tự điểm D, E , F Đường thẳng qua A song song với BC , cắt EF K Đường thẳng ID cắt EF N Từ điểm N kẻ đường thẳng song song với BC , cắt AB, AC P, Q Gọi M trung điểm cạnh BC 1) Chứng minh bốn điểm I , N , P, F nằm đường tròn 2) Chứng minh ba điểm A, N , M thẳng hàng 3) Chứng minh IM  DK Câu (2,0 điểm) 1) Cho số thực dương a, b Tìm giá trị nhỏ biểu thức M  a2  1  b2  2 b a 2) Tìm số nguyên dương n lớn để A  230  22020  4n phương số Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có diện tích 184cm Gọi điểm M MC NA  , điểm N thuộc cạnh AC cho  Gọi BC NC giao điểm AM BN I Tính diện tích tam giác ANI thuộc cạnh BC cho -HẾT UBND TỈNH KON TUM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, THPT Kon Tum, THCS – THPT Liên Việt Kon Tum Năm học 2020 – 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: TỐN (Môn chung) Ngày thi: 25/7/2020 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản Hướng dẫn có 04 trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG: 1) Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định 2) Việc chi tiết hố thang điểm (nếu có) phải đảm bảo khơng làm thay đổi tổng số điểm câu, ý hướng dẫn chấm thống Hội đồng chấm thi 3) Các điểm thành phần điểm tồn thi làm trịn đến chữ số thập phân II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM: Câu Ý Điể m Đáp án Cho hàm số bậc y  x  Tính giá trị y x  2 a Khi x  2 ta có y  2(2)  0,5  y  5 Rút gọn biểu thức M = (2,0 đ) M b 0,5  x  2 x với x  x  2  x 4 x2  x  2 x  ( x  2)( x  2) ( x  2) 0,25 x  x2 x2 2 x  = –1 x2  (2,0 đ) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  x   0; 0,25 0,5 b) 2 x  y   3 x  y  a Ta có   25  16   0,5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  53 1, 0,5 53 x2  4 2 x  y  5 x    3 x  y  3 x  y  b 0,25 x  x    3 x  y   y  2 0,5 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y )  (1; 2) a) Vẽ đồ thị (P) y  x 0,25 + Ta có bảng giá trị (2,0 đ) x -2 y  x2 -1 0 2 0,5 + Vẽ đồ thị (P) a 0,5 b Tìm giá trị m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 x2 thỏa mãn điều kiện ( x1  3)( x2  3)  Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình x  x  m  x  x  m  (*) Đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt      8m  m  0,25 x  x   x  5x      x   x  5x    x   x  x  5x    4 x  x  0,25 (vô nghiệm) 0,25 Kết hợp với điều kiện  x  x   x y  xy  b) Giải hệ phương trình :  3 64 x  y  61 x   y  0,12 (I) 1,0 0,12 nghiệm hệ phương trình  xy (4 x  y )  Xét xy  ( I )   2 (4 x  y )(16 x  xy  y )  61 0,12 5  (1) 4 x  y  xy  (4 x  y ) (4 x  y)  12 xy   61    0,25 (2) Đặt t  x  y thay vào   ta có: 0,25 60   t  t    61  t    t   xy  t     xy   x  1 x  Giải hệ phương trình     x  y   y  5  y  0,25 a) Tìm tất giá trị m để đường thẳng  d  : y  x  m cắt parabol  P  : y  x hai điểm phân biệt có hồnh độ dương b) Tìm tất giá trị m để phương trình x  mx   phương trình x  x  m  có nghiệm chung 1,5 c) Chứng minh với a, b, c số thực khác tồn phương trình sau có nghiệm 4ax  2(b  c) x  c  (1); 4bx  2(c  a) x  a  (2); 4cx  2(a  b) x  b  a) Tìm tất giá trị m để đường thẳng  d  : y  x  m cắt (3) 0,5 parabol  P  : y  x hai điểm phân biệt có hồnh độ dương Phương trình hồnh độ giao điểm  d   P  là: x  x  m  (1) Để  d  cắt  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ dương phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt 0,12 0,12  '   m     m 1 Tức là:  S   P  m   0,12 Vậy với  m   d  cắt  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ 0,12 dương b) Tìm tất giá trị m để phương trình x  mx   phương trình x  x  m  có nghiệm chung 0,5 Giả sử x0 nghiệm chung hai phương trình 0,12 Khi ta có: x02  mx0   (1) x02  x0  m  (2) Suy ra:  m  1 x0  m  (3) Với m =1 ta hai phương trình x  x   x  x   vô nghiệm 0,12 Vậy m = không thỏa mãn m 8 Với m  từ (3) suy x0  thay vào (2) ta m 1 0,12 m3  24m  72   ( m  6)( m  6m  12)   m  6 Khi m  6 phương trình x  x   có hai nghiệm ; phương trình x  x   có hai nghiệm – Vậy m  6 hai phương trình có nghiệm chung c) Chứng minh với a, b, c số thực khác tồn phương trình sau có nghiệm 4ax  2(b  c) x  c  (1); 4bx  2(c  a) x  a  (2); 4cx  2( a  b) x  b  0,5 (3) Với a, b, c số thực khác nên phương trình cho phương trình bậc hai ẩn ' ' ' Ta có:  (1)  (b  c)  4ac ;  (2)  (a  c)  4ab ;  (3)  (a  b)  4bc 0,12 0,12 ' ' ' 2 Suy ra:  (1)   (2)   (3)  2(a  b  c  ab  bc  ac) Ta có: 2(a  b  c  ab  bc  ac )   a  b    b  c    c  a   2 ' ' ' Suy ra:  (1)   (2)   (3)  Vậy ba phương trình cho tồn nhât phương trình có nghiệm Cho tam giác nhọn ABC với  AB  AC  nội tiếp đường tròn  O  Ba đường cao AD, BE , CF cắt trực tâm H a) a) Chứng minh tứ giác BFHD ; ABDE nội tiếp H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF b) Gọi M trung điểm BC Chứng minh tứ giác DFEM nội tiếp 0,25 0,12 3,5 b) c) Tia MH cắt đường tròn  O  I Chứng minh đường thẳng AI , EF , BC đồng quy a) Chứng minh tứ giác BFHD ; ABDE nội tiếp H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Ta có BDH  BFH  1800 nên tứ giác BFHD nội tiếp Ta có BDA  BEA  900 nên tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính AB Ta có FDH  FBH (Cùng chắn cung FH tứ giác nội tiếp BFHD ) Mặt khác lại có FBH  ABE  ADE (Cùng chắn cung AE tứ giác nội tiếp ABDE ) Suy FDH  EDH hay DH phân giác góc EDF Tương tự FH phân giác góc DFE hay H tâm nội tiếp tam giác DFE (đpcm) b) Gọi M trung điểm BC Chứng minh tứ giác DFEM nội tiếp Vì EM trung tuyến tam giác vng BEC nên ta có tam giác MBE cân M Hay ta có EMC  2EBM (góc ngồi tam giác MBE ) 1,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,12 0,25 Theo câu a) ta có EFD  2HFD (do FH phân giác góc DFE ) Mà ta lại có HFD  HBD  EBM (Cùng chắn cung DH tứ giác nội tiếp BFHD ) 0,25 0,12 Từ suy DFE  EMC  DFEM nội tiếp (đpcm) c) Tia MH cắt đường tròn  O  I Chứng minh đường thẳng AI , EF , BC đồng quy Kẻ đường kính AA ' đường trịn  O  Ta có BH / / A ' C vng góc với AC Và CH / / A ' B vng góc với AB 1,0 0,12 Nên có tứ giác BHCA ' hình bình hành nên có A ', M , H , I thẳng hàng Từ ta có I nằm đường trịn  AFHE  với đường kính AH (vì HIA  A ' IA  900 ) Gọi EF cắt BC S , AI cắt BC S ' Ta có SF SE  SB.SC S ' I S ' A  S ' B.S ' C Ta chứng minh SB.SC  SO  R khơng đổi gọi phương tích S đường tròn  O  Từ ta có S S ' có phương tích đường trịn  AFHE  nên S S' 0,25 a) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: y  y  x y  x  0,12 0,12 0,12 0,25 0,12 0,12 1,0 b) Tìm tất số nguyên dương  a, b  thỏa mãn b  3a Ma 2b a) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: y  y  x y  x    2 Phương trình đa cho tương đương với : y  2 x  y  x   Chúng ta xem phương trình bậc hai biến y Do đó, để phương trình có nghiệm ngun  số phương   2 Ta có:   x  x  x    x  1  x  1  1 - 0,5 0,12 0,12 Nếu x  1 Thay vào phương trình ta được: y  y    y  Do  x; y    1;1 nghiệm phương trình 0,12 - Nếu x  1 Khi đó, để  số phương phải tồn số a  ¢ * cho:  x  1   a  a   x  1    a  x  1  a  x  1   a  x    a    a  x   x       a  x   1   a  1    a  x   1   x  0,12 y  Với x  , thay vào phương trình ta được: y  y  15     y  3 Thử lại, ta thấy nghiệm  1;5  ,  1; 3 thỏa mãn Vậy phương trình cho có ba nghiệm ngun  x; y   x; y    1;1 ,  1;5 ,  1; 3 b) Tìm tất số nguyên dương  a, b  thỏa mãn b  3a Ma 2b 0,5 Do b  3a Ma 2b nên tồn số nguyên dương k cho: b  3a  ka 2b hay b  ka 2b  3a  a  kab  3 nên b Ma   2 Hơn nữa, 3a  ka b  b  b ka  b nên 3a Mb Do đó, số Ta có: 0,12 b 3a b  3a b số nguyên dương ;  2 a b ab a ab 3a  b  9a 3       số nguyên dương nên a      b a ab  a b b a b  số nguyên dương hay 0,12 9a b2 số nguyên dương; 9a M b b m  9a  Khi đó, tồn hai số nguyên dương m, n cho:   an  b Từ đó, suy mn  Do đó, n   1,3,9 nên b   a,3a,9a Khi đó, điều kiện ban đầu tốn trở thành: na  3a Ma 2b  n  3Mab 0,12 Ta xét ba khả có n sau: b  a b  a a  Nếu n     b   4Mab  4Mb - b  a b  3a Nếu n   Do b bội nên không tồn  0,12 M ab 18 M b    a; b  - b  a b  9a a  Nếu n      b  12Mab 108Mb - Vậy có hai cặp số thỏa yêu cầu toán  1;1 ,  1;3  a) Cho a, b hai số dương Chứng minh rằng: 1   a b ab i a  ab  3b   ii  a  5b   1,0 b) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn 1    Tìm giá trị lớn a b c biểu thức: P a  ab  3b   b  bc  3c   c  ca  3a  a) Cho a, b hai số dương Chứng minh rằng: 1   a  ab  3b    a  5b   ii a b ab Ta chứng minh phép biến đổi tương đương: i i Ta có: b  a  b   a  a  b   4ab 1   0 0 a b ab ab  a  b  0,5 0,12 Hơn nữa: b  a  b   a  a  b   4ab  a  b  2ab   a  b   Do bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a  b ii Ta cần chứng minh   16 a  ab  3b    a  5b    15a  23b2  26ab  4a  20b  12  Mặt khác, 15a  13b  26ab  4a  20b  12  13  a  b   10  b  1   a  1  2 nên bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a  b  0,12 0,12 0,12 b) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn biểu thức: P  a  ab  3b   1    Tìm giá trị lớn a b c b  bc  3c   c  ca  3a  1  a  5b   ta được: 4 4 P   a  5b  b  5c  c  5a  Áp dụng bất đẳng thức Áp dụng bất đẳng thức a  ab  3b2    1 ,   ,  3  1 0,12  2  3 ta có: 1   1 1 1 P         ab2 bc 2 c a 2 4 a b c  Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức  * 1   , a, b  ta có: a b a b 1 1  1  1             a b  4  a b  2  4 1 1  1  1             b  c   b  c  4  b c  2  5 1 1  1  1             c  a  4  c a  2  6  ab2  ca2 Từ 0,12 1   , a, b  ta được: a b a b 1   a  5b  a  b  4b 1   b  5c  b  c  4c 1   c  5a  c  a  4a Từ 0,5  * ,   ,   ,   0,12 3 1 1 3 ta được: P       8a b c Vậy giá trị lớn P đạt a  b  c  HẾT Lưu ý: học sinh giải cách khác với đáp án giám khảo xem xét, cho điểm tối đa 0,12 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI PHÒNG ĐỀ THI MƠN TỐN Năm học 2020 – 2021 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Lưu ý: Đề thi gồm 01 trang, thí sinh làm vào tờ giấy thi Đề s 21 Bi (2,0 im) ổ x ỗ a) Cho biu thc P = ỗ ỗ ỗ ốx x + x - x - Rút gọn P Tìm tất giá trị x để P Ê - ổ x ữ ữ ỗ ữ ữ ỗ : ỗ1+ ì ữ ữ ữ ữ x + ữ ữ ỗ x - 1ứ ố ø 1 () b) Cho phương trình ẩn x x - px + q = (với p;q số nguyên () tố) Tìm tất giá trị p q biết phương trình có nghiệm số ngun dương Bài (2,0 điểm) ( ) a) Giải phương trình x + - x2 + 2x + = + 2x ìï x2 + y2 = 2xy2 ïï b) Giải hệ phương trình ïí ïï + = ïïỵ x y Bài (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A (AB < AC), M trung điểm cạnh BC P điểm di động đoạn AM (P khác A M) Đường tròn qua P, tiếp xúc với đường thẳng AB A, cắt đường thẳng BP K (K khác P) Đường tròn qua P, tiếp xúc với đường thẳng AC A, cắt đường thẳng CP L (L khác P) a) Chứng minh BP BK +CP CL = BC b) Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác PKC ln qua hai điểm cố định c) Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PKC E giao điểm thứ hai đường tròn với đường thẳng AC Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PLB F giao điểm thứ hai đường tròn với đường thẳng AB Chứng minh EF // IJ Bài (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = Chứng minh x x2 + + y y2 + + 3z ( ) z2 + £ Đẳng thức xảy nào? Bài (2,0 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên x2y - xy - 2x2 + 5x = { } b) Giả sử A tập hợp tập hợp 1; 2; 3; ; 1023 cho A không chứa hai số mà số gấp đôi số Hỏi A có nhiều phần tử? - Hết Họ tên thí sinh:……………….……………… Số báo danh: ………… Cán coi thi 1:……….……… … Cán coi thi 2: ……… …… …… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI PHỊNG Năm học 2020 2021 HDC –ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Hướng dẫn gồm 04 Bài Đáp án a) (1,0 điểm) Điể m   x   x  x 1  P  :    x  1 x  x    x       P P  x  x 1  x  1   ĐK: x  0, x  0,25 x 1 1 x  P x 1 x  x 1 x  x 1 1 x x  x 1      x   x  x  x  x   x  0,25  0,25  x6 x 8  (2,0 điể m)   x 2   x 4    x    x  16 0,25 b) (1,0 điểm) Điều kiện để phương trình  1 có nghiệm   p  4q   *  x1  x2  p Áp dụng định lý Vi-et ta có  với x1 ; x2  ¢   x1 x2  q 0,25 Vì q số nguyên tố nên x1  x2  0,25 Nếu x1   x2  p x2 số nguyên tố liên tiếp, suy x2 số nguyên tố chẵn nên x2  q  2; p  Tương tự, x2  x1  q  2; p  Ta thấy q  2; p  thỏa mãn điều kiện  * giá trị cần tìm (2,0 điể m) 0,25 0,25 a) (1,0 điểm) Đặt a  x  1; b   x  x  6; b  ab   x b  a    a  b    Ta  2 b  a  a  b  x  Nếu b  a  , thay vào ta được: x   13  x2  x   x   x x  x   0,5 0,25 Nếu b  a  thay vào ta được:  x  2  x2  x   x    x  x 1   1  x    1  x   0,25  1  1   13    ; ; Vậy nghiệm phương trình x    2     b) (1,0 điểm)  x  y  xy Với điều kiện x, y  hệ phương trình trở thành  2  xy  y  xy 0,25  x  xy  y  x   y  x  xy  xy  y    x  y   x  y     x  2y 0,25 x   y x   y x    Nếu x   y   x, y    x   y  1  x  x  2x 0,25  x  2y x    x  y    Nếu x  y   x, y   4 y  y  y  y  y     5  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y    1; 1 ,  ;     0,25 (3,0 điể m) Đáp án cho trường hợp hình vẽ trên, trường hợp khác chứng minh tương tự a) (1,0 điểm) BA tiếp tuyến đường tròn (APK) nên BA  BP.BK  1 CA tiếp tuyến đường tròn (APL) nên CA  CP.CL   Từ (1) (2) suy BP.BK  CP.CL  BA2  CA2  BC 0,5 0,5 b) (1,0 điểm) Gọi AH đường cao tam giác ABC  BA2  BH BC  3 0,5 Từ (1) (3)  BP.BK  BH BC Suy tứ giác HPKC nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác PKC qua hai điểm cố định C H c) (1,0 điểm) 0,5 Theo câu b) đường tròn (J) qua H Chứng minh tương tự (I) qua H (I) (J) cắt H, P nên IJ  HP   · HPEC nt  ·AEP  PHC  5 · HPFB nt  ·AFP  PHC  6 Từ (5) (6) suy tứ giác APEF nội tiếp nên · ·  EPF  EAF  900  PE  PF 0,25 0,25 Gọi G giao điểm HP EF Do tứ giác HPEC APEF nội tiếp nên 0,5 · · · · · · GPE  HCE  MCA  MAC  PAE  PFE · · · ·  GPE  GEP  PFE  GEP  900  PG  EF hay HP  EF   Từ (4), (7) suy IJ // EF P (1,0 điể m)  x  x  y  x  z x  y  y  z  y  x y   x y xz  3z 0,25 6 z  x  z  y 3z   yz yx 1  zx z y 0,5  2x 3x 3y 2y 3z 3z           3     x y xz yz yx zx z y 3    z  2x  y   z  2x  y  Đẳng thức xảy  x  y y  z z  x   x    xy  yz  zx   (2,0 điể m) 0,25 a) (1,0 điểm) Phương trình ban đầu tương đương với xy  x  1  x  x  0,25 x2  5x  4  y  x  1   x    x   x x Vì x, y  ¢ nên x   1; 2; 4 0,25 Lập bảng giá trị x 1 2 4 y 11 $y 11 14 Mà x, y  ¢ nên nghiệm phương trình  x; y    2;1 b) (1,0 điểm) 0,5 Chia số từ đến A0   1 , A1   2;3 , A2   4;5; 6;7 , 1023 thành tập A3   8;9; ;15 , A4   16;17; ;31 , A5   32;33; ;63 , A6   64;65; ;127 , A7   128;129; ; 255 , A8   256; 257; ;511 0,25 A9   512;513; ;1023 Dễ thấy số phần tử tập Ak 2k , k  0,1, ,9 Nhận thấy n  Ak  2n  Ak 1 Xét A  A9  A7  A5  A3  A1  A  512  128  32    682 , rõ ràng A không 0,25 chứa số gấp đôi số khác Ta khơng thể chọn tập có nhiều 682 số thỏa mãn Thật vậy: Giả sử tập A thỏa mãn yêu cầu toán chứa ak phần tử thuộc Ak , k  0,1, ,9 0,25 Xét tập hợp Ak Ak 1 Với m  Ak tùy ý, ta có 2m  Ak 1 Số cặp  m, 2m  2k cặp có nhiều số thuộc A Ngồi tập Ak 1 cịn chứa 2k số lẻ, tức có nhiều 2k  k  k 1 số thuộc A lấy từ Ak Ak 1 Suy a0  a1  21 , a2  a3  23 , a4  a5  25 , a6  a7  27 , a8  a9  29 Cộng bất 0,25 đẳng thức ta a0  a1  a2  L  a9  682 Vậy số phần tử lớn A 682 Chú ý: - Trên trình bày tóm tắt cách giải, thí sinh làm theo cách khác mà cho điểm tối đa ứng với điểm câu biểu điểm - Thí sinh làm đến đâu cho điểm đến theo biểu điểm - Trong câu, thí sinh làm phần sai, khơng chấm điểm - Bài hình học, thí sinh vẽ hình sai khơng chấm điểm Thí sinh khơng vẽ hình mà làm làm cho nửa số điểm câu làm - Bài có nhiều ý liên quan tới nhau, thí sinh cơng nhận ý để làm ý mà thí sinh làm chấm điểm ý - Điểm thi tổng điểm câu làm khơng làm trịn ... Ta có:   20 19 20 21  20 20 1    A = 20 20    20 20 20 20   20 20 = 20 19 20 21  20 20   20 20  20 20 20 20 0 ,25 = 20 19 20 20  20 20   20 20 20 20 0 ,25 = 20 19  20 20  1  20 20 = b) 0 ,25 0 ,25 ... THPT NĂM HỌC 20 20 – 20 21 Mơn: TỐN CHUN ĐỀ CHÍNH THỨC (HDC có 06 trang) Câu Đáp án Điể m a) Tính giá trị biểu thức: 1  20 19 20 21  20 20  A = 20 20 20 20   20 20 20 20  20 20 b) Giải phương trình:... LA ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 20 20 – 20 21 Mơn thi: TỐN CHUN (Đề thi có 01 trang) Đề số 17 Ngày thi: 23 /7 /20 20 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề