Luyện tập với tài liệu Bộ 15 đề thi chuyên Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án được tổng hợp và chia sẻ sau đây giúp bạn hệ thống được các kiến thức cần thiết, nâng cao khả năng tư duy và kỹ năng giải đề thi nhanh và chính xác để chuẩn bị bước vào kì thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán sắp tới đạt kết quả tốt nhất! Mời các bạn cùng tham khảo đề thi!
BỘ 15 ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN VÀO LỚP 10 NĂM 2020 - CÓ ĐÁP ÁN Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Dương Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Thuận Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Điện Biên Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Phịng Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Lâm Đồng Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thành phố Đà Nẵng 10 Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT TP.HCM 11 Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc 12 Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án Trường Đại học KHTN ĐHQG Hà Nội 13 Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Tốn năm 2020-2021 có đáp án Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 14 Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án Trường PT Năng khiếu ĐHQG TP.HCM 15 Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun mơn Tốn năm 2020-2021 có đáp án Trường THPT chuyên Long An SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn Tốn chun Ngày thi 10/7/2020 Thời gian 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) Câu (3,0 điểm) a) Giải phương trình x 2020 x 2019 x x 2019 2020 4039 b) Cho hai số thực m, n khác thỏa mãn 1 Chứng minh phương trình: m n x2 mx n x nx m ln có nghiệm Câu (1,5 điểm) Với số thực x, y thay đổi thỏa mãn x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P x y x y xy Câu (2,0 điểm) a) Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x xy y x y b) Với a, b số thực dương thỏa mãn ab a b Chứng minh rằng: a b ab 2 1 a 1 b 1 a 1 b Câu (3,5 điểm) 900 nội tiếp đường trịn O bán kính R, M điểm nằm cạnh Cho tam giác ABC cân A BAC BC cho BM CM Gọi D giao điểm AM đường tròn O với D A , H trung điểm đoạn thẳng BC Gọi E điểm cung lớn BC , ED cắt BC N a) Chứng minh MA MD MB MC BN CM BM CN b) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD Chứng minh ba điểm B, I , E thẳng hàng c) Khi AB R, xác định vị trí M để 2MA AD đạt giá trị nhỏ HẾT LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a) Điều kiện: x 2019 Nhân hai vế phương trình cho 4039 x x 2019 2020 4039 x 2020 x 2019, ta được: x 2020 x 2019 x 2020 x 2019 x 2020 x 2019 x 2020 x 2019 x 2020 x 2019 1 x 2019 1 x 2020 1 x 2019 x 2020 x 2020 So với điều kiện ban đầu ta thấy x 2020 nghiệm phương trình b) Ta có 1 m n mn m n Phương trình tương đương: x mx n 1 x nx m 2 Phương trình 1 2 có 1 m2 4n 2 n 4m Ta có: 1 2 m n2 4m 4n m n 2mn m n Suy hai số 1 2 lớn Do hai phương trình 1 2 ln có nghiệm Suy phương trình cho ln có nghiệm Câu Ta có: P x y x y xy x y x y x y 1 y x 1 y x 1 Đẳng thức xảy 1 x y x 0; 4 Chẳng hạn x 2; y x 3; y Vậy giá trị nhỏ P đạt y x 1 x 0; 4 Câu a) Ta có x y x xy y y x y Mặt khác x y x xy y x y x Suy ra: x y x y Với x y, ta có: 3x x x y x Với x y, ta có: x x x x 1 Với x 1, ta có: y 1 Với x 1, ta có: y Vậy phương trình cho có ba nghiệm x; y 0;0 , 1; 1 , 1;1 b) Ta có: ab a b a a ab a b a ba 1 Tương tự b a bb 1 Suy ra: a b a b a b a ba 1 a bb 1 2ab a b ab a b1 a 1 b a b1 a a b1 a 1 a 1 b ab 1 a 1 b Suy điều phải chứng minh Câu chắn cung AC a) Ta có: ABM MDC AMB CMD Suy BMA DMC đó: MA MB MC MD MA MD MB MC ACE nên ABE ACE ABE ACE có AE cạnh chung, AB AC ABE ACE ABE ACE 900 (do tứ giác ABEC nội tiếp) Suy ABE ADE 900 hay MD EN Suy AD đường kính O Mà D O nên Ta có NHE NDM NH NE NM NH NE ND 3 NM MD Lại có: NCD NEB NC NE NB NC NE ND 4 ND NB Từ 3 4 suy NM NH NB NC MN MC NB Suy ra: BN MC MN NH MN NB MN NH NB MN BH Hay BN CM MN BH 5 900 MA MD MH MN Tứ giác AHDN nội tiếp có AHN NDA Tứ giác ABDC nội tiếp MA MD MB MC Do đó: MH MN MB MC MB MN CN Suy ra: BM CN MN MB MH MN BH 6 Từ 5 6 suy ra: BN CM BM CN b) Ta có: MBD BDM MID BID BIM 0 900 90 90 900 ADC CBD AED IBD 90 2 900 Suy ra: IBD AED EAD 900 AED Mà EBD EBD hay B, I , E thẳng hàng Do IBD ADB nên ABM ADB ABM ACB c) Ta có: Suy ra: R2 AB AM AD AM AB AB AD Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: AM AD 2 AM AD 2 R2 R Đẳng thức xảy AM AD hay M trung điểm AD Khi AD R Vậy giá trị nhỏ của 2AM AD R đạt M trung điểm AD với D điểm cho AD R HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) - KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO NĂM HỌC: 2020 - 2021 Môn thi: TỐN (Hệ số - Chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) - Câu xy x y Giải hệ phương trinh: 2 xy x y Câu a) Cho p p số nguyên tố lớn Chứng minh p chia hết cho b) Tìm tất số nguyên tố p cho p lập phương số nguyên dương Câu Cho số thực x, y, z thỏa mãn 1 Chứng minh rằng: x y z x y z x 1 y 1 z 1 Câu Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AD, BE , CF cắt H Gọi K điểm tùy ý cạnh BC với K B, K C Kẻ đường kính KM đường trịn ngoại tiếp tam giác BKF đường kính KN đường trịn ngoại tiếp tam giác CEK Chứng minh M , H , N thẳng hàng Câu Cho 20 điểm phân biệt mặt phẳng Chứng minh tồn đường trịn có 12 điểm cho bên có điểm cho bên ngồi …Hết… LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu S P P S Đặt S x y, P xy với S P Khi hệ cho trở thành: 2 S P S S 12 S Ta có: S S 12 S 4 x y x 2, y Với S 3, ta có: P Khi xy y 2, x Với S 4, ta có: P Loại S P Vậy hệ cho có hai nghiệm x; y 2;1 , 1; 2 Câu a) Ta có: p lẽ p nên p chia dư Nếu p 1mod 3 suy p mod 3 vơ lí p số ngun tố lớn Do p mod 3 nên p mod 6 Hay p chia hết cho b) Vì p lập phương số tự nhiên nên đặt p 1 a3 với a * a lẽ Khi ta có: p a 1a a 1 Do a lẽ nên a 1 chẵn a a 1 a a 1 lẽ nên suy a 1 Khi a 3, ta có: p 33 1 13 Vậy p 13 giá trị cần tìm Câu Ta có: 1 1 1 x 1 y 1 z 1 1 x y z x y z x y z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có: x 1 y 1 z 1 x y z x y z y z x Suy ra: x y z x 1 y 1 z 1 Đẳng thức xảy x y z x 1 y 1 z 1 Câu Ta có: AF AB AE AC tứ giác BCEF nội tiếp Gọi I giao điểm AK với BFK , ta có: AI AK AF AB AE AC 1 Gọi I giao điểm AK với CEK , ta có: AI AK AE AC AF AB 2 Từ 1 2 suy I I Hay AK qua I giao điểm thứ hai đường tròn BFK CEK với K I EIA ABC 1800 BAC Ta có EIF AIF ACB Suy tứ giác AEIF nội tiếp Mà tứ giác AEHF nội tiếp nên năm điểm A, E , I , F , F thuộc đường tròn AFH 900 hay HI IK 3 Suy ra: AIH NIK 900 nên M , I , N thẳng hàng MN IK 4 Mặt khác MIK Từ 3 4 suy M , H , N thẳng hàng Ta có điều phải chứng minh Câu Trước hết ta chứng minh tồn điểm P mà khoảng cách từ P đến 20 điểm cho khác Thật vậy, khoảng cách từ P đến hai điểm A, B P nằm đường trung trực AB Do cần chọn điểm P không nằm đường trung trực đoạn thẳng tạo 20 điểm cho Gọi khoảng cách P đến 20 điểm cho d1 d d3 d 20 Xét đường trịn tâm P bán kính d12 , đường trịn chứa 12 điểm có khoảng cách đến P gần Ta có điều phải chứng minh HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn: Tốn (Chun) Ngày thi: 15/7/2020 Đề thức (Có 01 trang) Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ BÀI Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức: P = a2 − a 2a + a 2(a − 1) ( với a > 0, a ≠ ) − + a + a +1 a a −1 a) Rút gọn P b) Tìm giá trị nhỏ P x − + = y+3 Giải hệ phương trình: 4 x − − = y+3 Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x − 5mx − 4m = ( với m tham số) a) Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm b) Chứng minh phương trình có nghiệm phân biệt x1 , x2 thì: x12 + 5mx2 + m + 14m + > Câu (2,0 điểm) a) Một Robot thiết kế thẳng, quay góc 900 sang phải sang trái Robot xuất phát từ vị trí A thẳng 2m quay sang trái thẳng 3m , quay sang phải thẳng 5m đến đích vị trí B Tính khoảng cách đích đến nơi xuất phát Robot b) Cho hai số a, b thỏa mãn a > b > a.b = Chứng minh: a + b2 ≥2 a −b Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường cao AD, BE cắt H Kéo dài BE , AO cắt đường tròn (O) F M a) Chứng minh ∆HAF cân b) Gọi I trung điểm BC Chứng minh ba điểm H , I , M thẳng hàng AH = 2OI c) Khi BC cố định, xác định vị trí A đường trịn (O) để DH DA lớn Câu (1,0 điểm) a) Cho xy + yz + xz = xyz ≠ Chứng minh rằng: yz xz xy + + = x2 y z b) Cho n số nguyên dương Biết 2n + 3n + hai số phương Chứng minh n chia hết cho 40 Hết CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI Độc lập – Tự – Hạnh phúc ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CHUN NĂM 2020 Mơn thi: Tốn (Dùng riêng cho thí sinh thi vào chun Tốn, chun Tin học) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài (2,0 điểm) 2= x3 3= y3 z3 Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời điều kiện: x + y + z =+ 12 + 16 xyz > Tính giá trị biểu thức P = 1 + + x y z Bài (2,0 điểm) Xét phương trình bậc hai ax + bx + c = (1) Trong a, b, c số nguyên dương Biết điều kiện sau thỏa mãn: phương trình (1) có nghiệm; số a 2020b chia hết cho 12; số c + chia hết cho c + Hãy tìm giá trị lớn tổng a + b + c Bài (2,0 điểm) Tìm số nguyên a nhỏ cho bất đẳng thức x + x − x + a ≥ với số thực x Bài (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn ( O ) có AB > BC Một đường tròn qua hai đỉnh A, C tam giác ABC cắt cạnh AB, BC hai điểm K , N (O ) (K, N khác đỉnh tam giác ABC ) Giả sử đường tròn đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN cắt giao điểm thứ hai M với M khác B Chứng minh rằng: a) Ba đường thẳng BM , KN , AC đồng quy điểm P b) Tứ giác MNCP nội tiếp c) BM − PM = BK ⋅ BA − PC ⋅ PA Bài (1,0 điểm) Cho hai số A, B có 2020 chữ số Biết số A có 1945 chữ số khác bao gồm 1930 chữ số bên trái 15 chữ số bên phải, số B có 1945 chữ số khác bao gồm 1930 chữ số bên trái 24 chữ số bên phải Chứng minh ƯCLN ( A; B ) số có khơng q 1954 chữ số - HẾT - LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài Từ giả thiết thứ nhất, ta suy x, y, z ba số dấu Mà xyz > nên ba số x, y, z số dương Bây giờ, đặt 2= x3 3= y 4= z k (k > 0) ta có: 1 1 x3 y z 2x + 3y + 4z = + + = k + + x y z x y z Mà: + 12 + 16= 4k 4k 4k + 3 + 3= x y z 1 1 4k + + x y z Do đó, giả thiết thứ hai tốn viết lại thành Từ đây, ta dễ dàng suy P = 1 1 k + += x y z 1 1 4k + + x y z 1 1 + + = x y z Bài Từ giả thiết, ta suy a, b số có chữ số Vì c + chia hết cho c + nên (c + 3)(c − 3c + 9) − (c + 3) = 24 chia hết cho c + ( ) Do phương trình (1) có nghiệm nên biệt thức khơng âm, tức b − 4ac ≥ ( 3) Do a 2020b chia hết cho 12 nên b chia hết cho a + b + chia hết cho 4 Do b chia hết cho b nguyên dương nên b = b = • Với b = , ta có ac ≤ (do (3)) a + chia hết cho (do (4)) Kết hợp với (2), ta tìm cặp (a; c) thỏa mãn (1;1), (1;3) (4;1) • Với b = , ta có ac ≤ 16 (do (3)) a chia hết cho (do(4)) Kết hợp với (2), ta tìm cặp (a; c) thỏa mãn (3;1), (3;3), (3;5), (6;1) (9;1) So sánh kết quả, ta thấy a + b + c lớn 18, đạt khi= a 9,= b c = Bài Cho x = 23 23 , ta a − Mà a số nguyên nên a ≥ ≥ , tức a ≥ 16 16 Mặt khác, với a = , ta có x + x − x + 2= x + 2( x − 1) ≥ 0, ∀x ∈ Vậy a = số nguyên nhỏ thỏa mãn yêu cầu đề Bài a) Vì tam giác ABC không cân A nên AC , KN cắt nhau, AC , BM phải cắt Gọi P giao điểm BM AC Ta có ∠CPM = ∠APB = 180o − ∠ABP − ∠BAP = (180o − ∠KBM ) + (180o − ∠CAK ) − 180o = ∠MKN + ∠CNK − 180o = 360o − ∠CNM − 180o = 180o − ∠CNM Suy tứ giác CNMP nội tiếp Từ đây, với ý tứ giác ACNK , ABMC nội tiếp, ta có ∠CNP = ∠CMP = ∠CAB = ∠CAK = ∠BNK Mà hai góc CNP BNK vị trí đối đỉnh nên ba điểm K , N , P thẳng hàng Vậy AC , BM KN đồng quy P b) Theo câu a), ta chứng minh tứ giác MNCP nội tiếp c) Gọi ( I ),( J ) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC , BKN ∠BKN = ∠NCA Mà hai góc vị trí so le Vẽ tiếp tuyến Bx, By theo thứ tự ( J ),(O ) Ta có ∠xBN = nên ta có Bx AC Mà JB ⊥ Bx nên BJ ⊥ AC Tương tự, ta có ∠YBA = ∠BCA = ∠NCA = ∠BKN nên By KN , dẫn đến BO ⊥ KN Mặt khác, theo tính chất đường nối tâm hai đường trịn vng góc với dây cung chung, ta có OI ⊥ BM , IJ ⊥ KN OI ⊥ AC Do BJ OI (cùng vng góc với AC ) OB IJ (cùng vng góc với KN ) nên tú giác BOIJ hình bình hành Hệ OJ qua trung điểm BM (tính chất đường trung trực), nên OJ chứa đường trung bình tam giác BIM Suy OJ IM , mà OJ ⊥ BM nên IM ⊥ BM Kẻ tiếp tuyến BS CP đến đường tròn ( I ) hình vẽ Áp dụng định lý Pythagoras cho tam giác vuông BIM PIM , BIS PIT , ta có BM − PM = ( BI − IM ) − ( PI − IM ) = BI − PI = ( BS + IS ) − (( PT + IT ) Mà IS = IT nên BM − PM =BS − PT (1) Dễ thấy cặp tam giác BSA BKS , PAT PTC đồng dạng (g-g), ta suy BS= BA ⋅ BK , PT= PC ⋅ PA (2) Từ (1) (2), ta suy BM − PM = BA ⋅ BK − PC ⋅ PA Bài Từ giả thiết, ta suy A= 1090 ⋅ a + b B= 1090 ⋅ c + d với a, c hai số có 1930 chữ số, b số có 15 chữ số d có 24 chữ số Đặt x = ƯCLN ( A; B ) ta có aB − cA chia hết cho x , thức ad − bc chia hết cho x Ta chứng minh ad − bc khác Thật vậy, giả sử ad = bc , ta có Do a c hai số có 1930 chữ số nên (1) c d = a b c 101930 < = 10 Trong đó, d số có 24 chữ số b số có 15 a 101929 d 1023 d c chữ số nên > 15 > 10 Suy > 10 > , mâu thuẫn Vậy ad − bc ≠ b 10 b a Vì ad − bc khác nên từ (1), ta suy ad − bc ≥ x Mặt khác, ta lại có • • ad < 101930 ⋅1024 = 101954 , tức ad có khơng q 1954 chữ số bc < 101930 ⋅1015 = 101945 b, tức bc có khơng q 1945 chữ số Do đó, với ý ad − bc < max {ad , bc} , ta suy ad − bc số ngun dương có khơng q 1954 chữ số, từ x số có khơng 1954 chữ số (đpcm) - HẾT - ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG PHỔ THƠNG NĂNG KHIẾU Năm học 2020 -2021 Mơn thi: TOÁN (chuyên) HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) Cho phương trình x ax x bx với a, b tham số a) Chứng minh ab 16 thi hai phương trình có phương có nghiệm b) Giả sử hai phương trình có nghiệm chung x0 Tìm a, b cho a b có giá trị nhỏ Câu (1,5 điểm) Cho phương trình x y 3n với n số tự nhiên a) Chứng minh n chẵn phương trình cho khơng có nghiệm ngun x; y b) Chứng minh n lẽ phương trình cho có nghiệm nguyên x; y Câu (3,5 điểm) Lấy điểm E Cho đường trịn O , dây cung BC khơng chứa O điểm A thay đổi cung lớn BC CAE 900 ACF BAF F thỏa mãn ABE a) Chứng minh AE AB AF AC b) Hạ AD vng góc với EF D EF Chứng minh tam giác DAB DAC đồng dạng điểm D thuộc đường tròn cố định c) Gọi G giao điểm AD với đường tròn O , G A Chứng minh AD qua điểm cố định GB AC GC AB d) Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh AK qua điểm cố định Câu (1,5 điểm) Cho số tự nhiên a 313 57 20 a) Gọi A tập hợp số nguyên dương k cho k ước a k chia hết cho 105 Hỏi tập hợp A có phần tử? b) Giả sử B tập A có phần tử Chứng minh ta ln tìm phần tử B tích chúng số phương Câu (1,5 điểm) Cho hệ phương trình với k tham số: x x x k y z yz y y y k z x zx z z z k x y xy a) Giải hệ với k b) Chứng minh hệ vô nghiệm với k k - HẾT - LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a) Điều kiện xác định M : x Với điều kiện này, ta có: ( x) −8 = x+2 x +4 M = ( )( ) x −2 x+2 x +4 = x+2 x +4 x − Do phương trình M x tương đương: x 2 x4 x x 2 x 2 x x x thỏa x Vậy x giá trị cần tìm b) Điều kiện để ba biểu thức M , N , P xác định x x Ta có: N x 1 x 43x 1 Do đó, ta có: Q x 1 x 2 3 x 1 x 43x 1 x x 2 x 2 x x 2 x 2 x 2 x x 2 x 2 Vậy Q Câu a) Điều kiện: x x Phương trình tương đương x x 1 x x Ta có: 1 x 1 x 5 Do x x nên phương trình vơ nghiệm x x Lại có 2 x x x Nhưng x x nên x 3 x x 1 x 6 phương trình vơ nghiệm Tóm lại phương trình cho vô nghiệm b) Điều kiện để d d1 cắt m Ta lại có I thuộc d d1 , nên ta có hệ: 4m m 3m 2n mn n 27 m n c) Độ dài đường chéo AC đường kính đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD nên AC 10 (cm) Do mn Đặt AB a (cm) BC b (cm) với a, b Khi diện tích hình chữ nhật ABCD ab cm Theo giả thiết ta có: a b 28 a b 14 Lại có a b AC 100 a b a b 142 100 Suy ra: ab 48 Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD 48 cm Câu a) Phương trình hồnh độ giao điểm P d là: x 2mx Ta thấy ac 1 3 3 nên phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 trái dấu Do P ln cắt d hai điểm phân biệt A x1 ; y1 , B x2 ; y 2 với m Áp dụng định lý Viete, ta có: x1 x2 2m x1 x2 Do y1 y2 2mx1 3 2mx2 3 2m x1 x2 4m Vậy y1 y2 4m b) Ta có: y1 x12 y2 x22 nên phương trình tương đương: x12 x22 x1 x2 x1 x2 x12 x1 x2 x22 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 1 x1 x2 x1 x2 x1 x2 Nếu x1 x2 x1 x2 x22 3 vô lý Nếu x1 x2 2m hay m Vậy m giá trị cần tìm Câu Gọi x (tấn) lượng gạo nhập vào ngày thứ với x Khi lượng gạo nhập vào kho 36 216 36 ngày thứ hai, thứ ba, thứ tư 120% x x, 120% x x 120% x x 25 125 25 36 91 a) Tổng lượng gạo nhập vào kho sau ngày thứ ba x x x x (tấn) 25 25 91 Theo giả thiết ta có: x 91 x 25 25 Vậy ngày thứ kho hàng nhập 25 gạo 36 216 671 b) Sau ngày thứ tư, tổng lượng gạo nhập vào kho x x x x x (tấn) 25 125 125 Do đó, lượng gạo kho xuất ngày thứ năm thứ sau 671 671 x x Theo giả thiết ta có: 10 10 125 100 125 671 671 x x 50,996 x 50 10 125 100 125 Vậy ngày thứ kho hàng nhập 50 gạo Câu 671 x 10 125 900 a) Do M trung điểm AC nên OM AC OMC 900 Lại có AB AC OB OC nên AO trung trực BC AO BC ONC Từ suy tứ giác OCMN nội tiếp nên BDC 2 Ta có: AB AC nên ADC 1 AB AC suy DA tia phân giác BDC Mặt khác OM trung trực AC D OM nên DM trung trực AC 2 Suy DM phân giác ADC ADC 2ODC 4ODC Từ 1 2 suy BDC sd sd sd BD AC sd BD AB sd AD b) Ta có APC ACD 2 nên APC PAC ACD DAC Mà Suy tam giác APC cân CA CP APC DAC DBP nên tam giác BDP cân D Mặt khác ta có BPD nên DE BC Mà DE phân giác BDP DMC 900 nên tứ giác nội tiếp Suy ra: MEC MDC MDA Tứ giác DEMC có DEC BEF DAC MDA 900 Do EF BD hay ME BD Từ DBE MOC 1 c) Do tứ giác OCMN nội tiếp nên MNC AOC ADC MDC MEC NME MEC MEC MDC (câu b) nên NME Mặt khác ta lại có MNC Suy tam giác MNE cân N BCD EMD FMD Chú ý tứ giác ABDC EMCD nội tiếp nên ta có: FAD MDA MDC MEN BEF Do tứ giác FAMD nội tiếp Suy EFB Vậy tam giác BEF cân B Mà BD EF nên BD trung trực EF DF Suy DE DF , hay DE - HẾT - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020-2021 LONG AN Mơn thi: TỐN (CHUN) Ngày thi: 17/7/2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) (Đề thi có 01 trang) Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức P x x 3 2( x 3) x 3 với x 0; x ( x 1)( x 3) x 1 3 x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P số nguyên Câu (1,5 điểm) Cho hàm số: y x có đồ thị d a) Vẽ đồ thị d b) Gọi A giao điểm d với trục tung Oy ; B giao điểm d với trục hoành Ox Tính chu vi tam giác OAB khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d Câu (1,0 điểm) Cho phương trình: m m x m x với m tham số, m Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm nhỏ 2 Câu (2,5 điểm) Cho đường tròn O có AB đường kính Vẽ đường kính CD khơng trùng với AB Tiếp tuyến A đường tròn O cắt đường thẳng BC BD E F Gọi Q trung điểm đoạn thẳng AF a) Chứng minh: ACBD hình chữ nhật b) Chứng minh: QO song song BF BQC tam giác cân c) Chứng minh: EB.EC FB.FD 2CD Câu (1,0 điểm) Cho đa giác 24 cạnh A1 A2 A23 A24 Có tất tam giác vng tam giác vuông cân tạo thành từ đỉnh đa giác trên? Câu (1,0 điểm) b2 c2 12 2 Tìm giá trị lớn M 2ab 3a ca 8c c Cho số thực a, b, c cho: a 0; b ; c a Câu (1,0 điểm) Cho ABC nhọn có AB AC Gọi O, H , G tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm, trọng tâm tam giác Gọi E điểm tùy ý cho tạo thành EHG EOG Chứng minh: Tỉ số diện tích EHG diện tích EOG khơng phụ thuộc vào vị trí điểm E HẾT Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………….Số báo danh:…………….Chữ ký…… …… Chữ ký CBCT 1:……………………… Chữ ký CBCT 2:………………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020-2021 LONG AN Mơn thi: TỐN (CHUN) Ngày thi: 17/7/2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm có 04 trang) Ghi chú: Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu hướng dẫn chấm cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định CÂU Câu 1a P (1,0 điểm) x x 2( x 3) ( x 3)( x 1) ( x 1)( x 3) 0,25 P x x x x 24 ( x 1)( x 3) 0,25 P ( x 3)( x 8) ( x 1)( x 3) 0,25 P Câu 1b ĐIỂM NỘI DUNG x 8 x 1 0,25 P x 2 Ta có P 0, P (1,0 điểm) P P 32 0,25 P P 8 0,25 P P P Suy x 2 Suy P 4, P x P 2 P 4, P P x 0,25 P P 8 P P 8 P ;x 2 0,25 P 8, P P x Câu 2a (0,5 điểm) P P 8 Tìm tọa độ hai điểm thuộc d 0,25 Vẽ đồ thị d 0,25 y A H B O Câu 2b (1,0 điểm) x Tọa độ giao điểm: A 3;0 ; B 4;0 ; OA 3, OB 0,25 AB OA2 OB2 32 42 0,25 Chu vi tam giác OAB : OA OB AB 12 0,25 Vẽ OH vng góc với AB H 0,25 Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác OAB vng O có đường cao OH , ta có: OH OA.OB 12 AB Câu (1,0 điểm) m m x m x m x m 2m m x 0,25 (vì m2 2m m 1 ) Phương trình có nghiệm x x 0,25 m2 2m 2 0 m2 m2 Kết luận 0,25 0,25 m2 Câu 4a (0,75 điểm) B D O C E F A Câu 4b (1,0 điểm) Q Vì AB đường kính nên ACB ADB 900 0,25 Vì CD đường kính nên CAD CBD 900 0,25 Suy ACBD hình chữ nhật 0,25 Vì O trung điểm AB , Q trung điểm AF nên QO đường trung bình tam giác ABF 0,25 Suy ra: QO song song BF 0,25 Vì QO song song BF ; BC BF nên QO BC 0,25 Vì QO BC nên QO qua trung điểm BC (tính chất đường kính dây cung) Câu 4c (0,75 điểm) BQC có QO vừa đường cao vừa đường trung tuyến nên tam giác cân 0,25 Tam giác BEA vng A có đường cao AC nên EA2 EB.EC Tam giác BFA vng A có đường cao AD nên FA2 FB.FD 0,25 Suy EB.EC FB.FD EA2 FA2 Câu (1,0 điểm) EA2 FA2 2EA.FA; EA.FA AB CD2 0,25 Kết luận EB.EC FB.FD 2CD 0,25 Đa giác A1 A2 A23 A24 nội tiếp đường tròn tâm O 0,25 A1 A13 , A2 A14 , , A12 A24 12 đường kính đường trịn Từ đường kính A1 A13 ta có 22 tam giác vng: 0,25 A1 A13 A2 , A1 A13 A3 , , A1 A13 A12 , A1 A13 A14 , , A1 A13 A24 Câu Trong 22 tam giác vng có tam giác cân A1 A13 A7 , A1 A13 A19 0,25 Tương tự cho đường kính khác, tổng cộng ta có 240 tam giác thỏa đề 0,25 2ab 3a a 2b 3 (1,0 điểm) c c 5 a 2b ; c a 8 c a 8 0,25 4c 5 Suy ra: M a b c 0,25 b2 c 81 a2 Ta có: a ; b ;c 18 0,25 a b2 c2 Suy ra: a b c 12 18 Suy : M 14 Giá trị lớn M 14 (Khi a 1, b 2, c ) Câu 0,25 A ( 1,0 điểm) H B G F O C D Vẽ đường kính AD 0,25 Ta có BH song song DC vng góc AC ; CH song song BD vng góc AB Suy ra: BHCD hình bình hành Gọi F trung điểm AC 0,25 Vì OF đường trung bình tam giác ADC BHCD hình bình hành nên OF song song BH ; OF BH BG BH 2; HBG OFG nên tam giác BHG đồng dạng tam giác FG FO GH 2; HGB OGF FOG Suy : GO 0,25 Suy ba điểm O, H , G thẳng hàng (vì HGB OGB 1800 ) 0,25 Vì GH 2GO Suy S S EHG EOG -HẾT -