Đang tải... (xem toàn văn)
Untitled SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn TOÁN (Dành cho thi sinh vào lớp chuyên Tin học) Thời gian làm bài 150 phút Ngày th[.]
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 ... 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... 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