Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa” để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!
no nl in Câu I (2,0 điểm) oa ct ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn : TỐN (Dành cho thi sinh vào lớp chuyên Tin học) Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 18 tháng năm 2020 ho SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA e x 97 x b có hai nghiệm x14 , x24 Tính giá trị b Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 3x x x 3x x x y x y 15 2) Giải hệ phương trình: 2 x y x y Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn y 3x xy x 2021 21 21 Tính giá trị P 1 2020 x 2020 1010 x 2022 Cho phương trình x x a 1 có hai nghiệm x1 , x2 phương trình Cho x 2) Cho a, b, c ba số nguyên thỏa mãn a c b b a c c b a a b c Chứng minh : a b c chia hết cho 27 Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn AB AC , đường tròn tâm O đường kính BC 2R cắt AB, AC E D E B, D C Trên cung BC không chứa D lấy điểm F (F khác B C) Đường thẳng AF cắt BC M, cắt đường tròn O; R N N F cắt đường tròn ngoại tiếp ADE P (P khác A) 1) Chứng minh tứ giác BEPM nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh AN AF AP AM 3) Gọi I , H , K hình chiếu vng góc F lên đường thẳng BD, BC, AC Chứng minh ba điểm I , H , K thẳng hàng tìm vị trí F cho tổng BC BD CD đạt giá trị nhỏ FH FI FK Câu V (1,0 điểm) 1 Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x , y , z 18 2020 18 2020 Tìm giá trị lớn biểu thức: 18 x 17 x 2020 z 2021 A 18 x 1 y 1 2020 z 1 ho ĐÁP ÁN oa ct Câu I Ta có: nl 7 7 e 7 in 21 21 10 21 10 21 x no 1) 7 7 3 7 3 x2 x2 6 Theo , ta có: P 1 2020 x 2020 10102022 1 1010 x 2020 x 2021 2021 1 1010 x 2020 2021 12021 Vậy P 2) Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm x1 , x2 là; 4a a 97 Điều kiện để phương trình (2) có nghiệm 97 4b b Áp dụng định lý Vi – et vào phương trình (1), (2) ta được: x1 x2 4 x1 x2 97 Ta có: x1 x2 a 4 97 x1 x2 b x14 x24 97 x12 x22 x12 x22 97 2 2 x1 x2 x1 x2 x12 x22 97 1 x1 x2 x12 x22 97 2 x1 x2 x1 x2 x12 x22 97 x12 x22 x1 x2 96 x x 8(ktm) x1 x2 x1 x2 96 x1 x2 6(tm) b x1 x2 6 1296(tm) 4 ho Vậy b 1296 oa ct Câu II no 2 nl 1) Giải phương trình 3x x x 3x x x x x 1 3 x x 1 x 1 1 x x2 x x x x 1 3 x x x x x x x x2 x x 13 (tm) x 2 x x x 3x x 13 (ktm) x Vậy phương trình có nghiệm x 13 x y x y 15 2) Giải hệ phương trình Ta có 2 x y x y x y x y 15 x y x y 15 2 x y x y 5 x y x y 15 2 x y x y 15 x y x y 15 2 2 5 x y x y x y x y x y x xy y x y x y 15 x y x y 15 x y x y x y x y x y 2 x y e x x x 3x x 3x x x x x 1 in 1 11 Ta có: x x x ; 3x x 3 x 3x x 2 12 Ta có: ho 2 x y 3x y Vì x, y nên 3x y 2; x y ;3x y 2; x y U (5) Do ta có trường hợp sau: 3 x y 3 x y x *) x y x y y 3 x y 3 x y x *) x y x y 1 y 3 x y 1 3 x y x *) x y 5 x y y 5 3 x y 5 3 x y 3 x *) x y 1 x y y Vậy phương trình có nghiệm: x; y 0;3; 0; 3; 2;1; 2; 5 2) Ta có: a b c a c b b2 a c c b a a c b b c b b a c b a a c b b2 c b c b a b2 b a c b a b2 b a c b2 x y x x y x x y x e x xy y x x in 1) Ta có: y 3x xy x nl Câu III no Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y 2;1 ; 1;2 oa ct x y x y 15 0. x y 15 *) (VN ) x y x y x y x x y *) 2 y 1 x y x y 15 y 2 x y x3 x *) 2 x y x y 15 y x y ho c b a b a b a b c b c b oa ct a b c b a b c b no a b c b a c a b b c c a nl a b c a b b c c a chia cho : in Nếu a; b; c có số có số dư chia cho a b b c c a 3còn a b c không chia hết cho a b c a b b c c a (trái giả thiết) Do a, b, c chia hết cho a b c a b b c c a 3.3.3 27 Vậy a b c 27 Câu IV A E B N I D P Q M O C H K F 1) Vì tứ giác BCDE nội tiếp đường trịn đường kính BC nên: a b b c c a khơng chia hết cho cịn a b c a b c a b b c c a (trái giả thiết) e Nếu a, b, c có số dư khác (0,1,2) ho ADE ABC (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện) no in e 2 nl Vì tứ giác ADCF nội tiếp đường tròn O nên AN AF AD AC oa ct Mà APE ADE (cùng chắn cung AE ) APE ABC Tứ giác BEPM tứ giác nội tiếp 2) Vì tứ giác BEPM nội tiếp nên AP AM AE AB 1 Vì tứ giác BCDE nội tiếp (O) nên AE AB AD AC 3 Từ (1), (2), (3) suy AN AF AP AM (dfcm) 3) Chứng minh tứ giác CHFK nội tiếp CHK CFK (cùng chắn CK ) Chứng minh tứ giác BIHF nội tiếp BFI BHI 5 (cùng chắn cung BI ) Chứng minh tứ giác DIFK hình chữ nhật IFK 900 Mà BFC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) IFK BFC BFI CFK 6 Từ (4), (5), (6) suy CHK BHI Mà CHK BHK 1800 BHI BHK 1800 điểm I, H, K thẳng hàng Ta có: BD CD BI ID DK KC ID DK 7 FI FK DK DI DK DI (Vì BI CK BI ID FI DK , FK DI , BFI CFK tan BFI tan CFK ) IF KC BK DK ID CH Do DKI CFH tan DKI tan CFH 8 DK FH DK BH Do DKI HBK FIH cot DKI cot HBK 9 DI HF BD CD CH BH BC Từ (7), (8), (9) FI FK FH HF FH BC BD CD BC BC 2.2 R 4 FH FI FK FH FO R BC BD CD đạt GTNN H O F điểm cung BC FH FI FK khơng chứa D Câu V Ta có: nl in e Chứng minh tương tự, ta được: 2; 2020 18 x y 2 2020 z 2021 18 x 17 y 3 Nhân 1 , , 3 vế theo vế ta được: 18.7.2020 18x 1 y 1 2020 z 1 18x 1 y 1 2020 z 1 18 x 1 y 1 2020 z 1 18.7.2020 31815 1009 A 31815 Dấu “=” xảy x ; y ; z 14 2020 x Vậy Max A 31815 y 14 1009 z 2020 18 x 2020 z 2 7y 18 x 17 2020 z 2021 18 x 1 y 1 2020 z 1 no y 1 2020 z y 2020 z 2 1 y 2020 z 2021 y 2020 z 2021 oa ct ho 18 2020 1 1 18 x 17 7y 2020 z 2021 ...ho ĐÁP ÁN oa ct Câu I Ta có: nl 7 7 e 7 in 21 21 10 21 10 21 x no 1) 7 7 3 7 3 x2 x2 6 Theo , ta có: P 1 2020 x 2020 101 02022... 1 101 0 x 2020 x 2021 2021 1 101 0 x 2020 2021 12021 Vậy P 2) Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm x1 , x2 là; 4a a 97 Điều kiện để phương trình (2) có nghiệm... chia cho : in Nếu a; b; c có số có số dư chia cho a b b c c a 3cịn a b c khơng chia hết cho a b c a b b c c a (trái giả thi? ??t) Do a, b, c chia hết