Đề thi tuyển sinh lớp vào lớp 10 chuyên môn Toán năm 2020 - 2021 tỉnh Vĩnh Phúc có đáp án | Toán học, Đề thi vào lớp 10 - Ôn Luyện

- Hướng dẫn chỉ trình bày các bước cơ bản của 1 cách giải, nếu học sinh có cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm theo thang điểm của hướng dẫn chấm.. - Trong một bài, thí sinh giải đúng đ[r]

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MƠN: TỐN

Dành cho thí sinh thi chun Tốn chuyên Tin Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu (4,0 điểm).

a) Giải phương trình 2x 3 x 1 b) Giải phương trình 2

4

3

x x

x  x  x  x 

c) Giải hệ phương trình

2 2

4

4

x xy x

x y xy

x

   

 

   





Câu (1,5 điểm)

a) Tìm tất số nguyên tố p cho 2p23p4 số nguyên tố b) Tìm tất số nguyên dương

a b c d

, , ,

thỏa mãn !a b c ! !d!.

Cho biết kí hiệu !n tích số tự nhiên từ đến n Câu (1,0 điểm) Cho số dương

a b c

, ,

Chứng minh







 

 







2 2

3

8 27

16

a b c a b b c c a

ab bc ca a b c

    

 

   

Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB AC nội tiếp đường tròn

 

O Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, tia AI cắt đường tròn

 

O

điểm D (khác A) Đường thẳng OD cắt đường tròn

 

O điểm E (khác D) cắt cạnh BC điểm F.

a) Chứng minh tam giác IBD cân Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC b) Chứng minh ID IE IF DE

c) Gọi điểm M N, hình chiếu vng góc I cạnh AB AC, Gọi H K, điểm đối xứng với M N, qua I Biết AB AC 3.BC, chứng minh KBI HCI Câu (0,5 điểm) Thầy Du viết số 20202021 thành tổng số nguyên dương đem cộng tất chữ số số nguyên dương với Hỏi thầy Du nhận kết số

2021 2022 không? Tại sao?

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

Dành cho thí sinh thi chun Tốn chun Tin ————————

Lưu ý chung:

- Hướng dẫn trình bày bước cách giải, học sinh có cách giải khác vẫn cho điểm theo thang điểm hướng dẫn chấm.

- Trong bài, thí sinh giải đến đâu cho điểm đến đó.

- Bài hình học khơng vẽ hình khơng cho điểm, vẽ hình sai khơng cho điểm ứng với phần vẽ hình sai.

- Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm tròn. Câu (4,0 điểm).

a) (1,5 điểm). Giải phương trình 2x 3 x 1

Nội dung Điểm

Điều kiện xác định: x1

Phương trình: 2x 3 x  1 2x  3 x1





2x 2x x

      

0,5

2x 2x 4x

       2x 3 x

0 x x x        0,5



 



0

1 3

x x x x x x                   0,25 3 x x x x             

Vậy phương trình có nghiệm x3

0,25

b) (1,5 điểm). Giải phương trình 2

4

3

x x

x  x x  x 

Nội dung Điểm

Điều kiện xác định

2

3

x x x x          

 (1) 0,25

+) Nhận xét: x0không nghiệm phương trình. +) Với x0: Khi phương trình viết thành

2

4

3

x x x x

x x

 

   

4

3

1 x x x x        0,25 Đặt t x x   

, thay vào phương trình ta được:

4

6

t t 









4

6

t t

t t

 

 

 2

8t 48 10t 3t 18t 3t 48 t

        

0,5

Với t4, ta có:

2

1 3

x x x

x

      

vô nghiệm





3 4.3

      .

Với t4, ta có: x 1 x 4 x 5x 3 0, ta có  52 4.3 13 0  suy phương trình có hai nghiệm phân biệt

5 13 13

;

2

x   x  

So sánh với điều kiện (1) ta phương trình có hai nghiệm

5 13 13

;

2

x  x 

c) (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2

x xy x

x y xy

x            

Nội dung Điểm

Điều kiện x0.





2

2 2

2

1 4

5

4 2

x x y x xy x

x y xy x y xy

x x                          





2 x y x x y x               0,25

2 2

2

4 4 4

1 1 1

16 11

4 1 4 3 0

1

x y x y x y

x x x

x x x x x

x x                                                 0,25



 



4 1 1 11

3 11 11

3 x y x x y x y x x x x x x x x                                        0,25 11 52 33 x y x y                     

Vậy hệ có hai nghiệm ( ; )x y

11 52 (1;2), ;

3 33        0,25

Câu (1,5 điểm).

a) (0,5 điểm). Tìm tất số nguyên tố p cho 2p23p4 số nguyên tố

Nội dung Điểm

Nếu p3 p3 2p23p4 31 số nguyên tố suy p3 thỏa mãn. Nếu p3k1,k 









2

2

2p 3p4 3 k1 3 3k1 4 18 k 21k 9 3, kết hợp với

2

2p 3p4 3 suy 2p23p4 không số nguyên tố.

0,25

Nếu p3k2,k  2p23p4 3



k2



23 3



k2



4 18 k233k18 3 , kết hợp

b) (1,0 điểm). Tìm tất số nguyên dương

a b c d

, , ,

thỏa mãn a b c! ! !d!. Cho biết kí hiệu n! tích số tự nhiên từ đến n

Nội dung Điểm

Giả sử a b c  , kết hợp với giả thiết ta 1   a b c d . *) Nếu a b  a a a! !



1



b a a !



1



c a a !



1



d













1 a b a c a d a           vơ lí.

0,25

*) Nếu a b !a c !d!

+) Nếu a b c  từ phương trình ta được:









2 !a a a ! 1 c a a ! 1 d  2



a1



c



a1



d

0,25

Từ phương trình ta được: 2a 1 a1

Với a 1 b1, ta phương trình 2c!d! + Nếu c 2 c! 3, ! 3 d   3 vơ lí + Nếu c 2 4d! vơ lí.

0,25

+) Nếu a b c  từ phương trình cho ta được:





3 ! !

3 a

a d a d a

d  

       

  

Vậy



a b c d, , ,

 

 2, 2, 2,3



0,25

Câu (1,0 điểm). Cho số dương , ,a b c Chứng minh







 

 







2 2

3

8 27

16

a b c a b b c c a

ab bc ca a b c

    

 

   

Nội dung Điểm

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:







 

 













 

 







2 2 2

3

8 27 27

2

a b c a b b c c a a b c a b b c c a

ab bc ca a b c ab bc ca a b c

         

 

       







 

 









 

 





 



2

3

8 27 2

3

2 12

a b c

a b b c c a a b b c c a

ab bc ca a b c ab bc ca a b c

 

     

 

       

0,5

Ta chứng minh



 

 





 





 

 





 



2

12 a b b c c a 16 a b b c c a ab bc ca a b c

ab bc ca a b c

  

         

   

0,25

























9 ab a b bc b c ca c a 2abc ab a b bc b c ca c a 3abc

6 2

a b b c c a a b b c c a

c a b b a c b a c

  

           

              

           



a b



2



b c



2



c a



2 0

ab bc ca

  

   

(luôn đúng) Dấu xảy a b c  Do bất đẳng thức chứng minh

Câu (3,0 điểm).Cho tam giác nhọn ABC có AB AC nội tiếp đường trịn

 

O Gọi điểm I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, tia AI cắt đường tròn

 

O điểm D (khác điểm A) Đường thẳng

OD cắt đường tròn

 

O điểm E (khác D) cắt cạnh BC điểm F .

a) (1,0 điểm). Chứng minh tam giác IDB cân Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC

Nội dung Điểm

Ta có

   1  1 

2 2

IBD IBC DBC   ABC DAC  ABC BAC

(1) (do AI, BI phân giác góc BAC, ABC tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn)

0,25

Mặt khác

   1 1

2

BID IBA IAB   ABC BAC

(do AI, BI tương ứng phân giác góc BAC, ABC) (2).

Từ (1) (2) ta BID IBD   tam giác DBI cân D.

Ta có

   1  1 1

2 2

ICD ICA DCB   ACB DAB  ACB BAC

(3) (do AI, CI phân giác góc BAC, ACB tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn)

Mặt khác

    1

2

CID ICA IAC   ABC BAC

(do AI, BI tương ứng phân giác góc BAC, ABC) (4).

Từ (3) (4) ta CID ICD   tam giác DCI cân D.

0,25

Do tam giác DBI DCI cân D nên DB DI DC DI ,   DB DC DI   Dlà tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC 0,25

b) (1,0 điểm). Chứng minh ID IE IF DE 

Nội dung Điểm

Theo kết phần a ta có tam giác DIC cân D nên CD DI

Do OD trung trực BC suy F trung điểm BC Do DE đường kính đường trịn (O) suy DCE 900.

0,25

Kết hợp với CF đường cao tam giác DCE nên CD2 DF DE DI 

DI DE

DF DI

  0,25

Xét hai tam giác DIF DEI có:

DI DE

DF DI IDF EDI suy tam giác DIF đồng dạng với tam giác DEI 0,25

Suy

IF ID

ID IE IF DE

IE DE   . 0,25

c) (1,0 điểm) Gọi điểm M N, hình chiếu vng góc I cạnh AB AC, Gọi ,H K điểm đối xứng với M N, qua I Biết AB AC 3.BC, chứng minh

  .

KBI HCI

Nội dung Điểm

Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác ABDC ta được:

AB DC AC DB AD BC  



AB AC DB AD BC



 3.BC ID AD BC 3.ID AD IA 2.ID

     

0,25

Gọi P trung điểm đoạn thẳng AI, suy

1

MPAP PI ID AI  I

trung điểm PD Mặt khác I trung điểm HM suy tứ giác MPHD hình bình hành MP DH . Từ suy DH = MP = DI (5)

0,25 Chứng minh tương tự ta DK = DI (6)

Mặt khác theo kết phần a ta DB = DC = DI (7)

Từ (5), (6), (7) ta DB = DC = DH = DK = DI suy B, C, H, K, I thuộc đường tròn tâm D

0,25

Do B, C, H, K, I thuộc đường tròn tâm D nên



2

KBI

sđIK ,



2

ICH 

sđIH Do IKIH  IK IH  sđIK  sđIH

Từ suy KBI HCI

các chữ số số nguyên dương với Hỏi thầy Du nhận kết số 2021 2022 không? Tại sao?

Nội dung Điểm

Nhận xét. Cho số nguyên dương m, kí hiệu S m

 

tổng chữ số m Khi

 



mod 9



S m m .

Chứng minh Giả sử 10 1.10 1.10

k k

k k k k

m a a a a a a  a a

 

     





 





1 mod mod

k k

a a  a a S m m

      

0,25

Ta có













2021 2021 3.673

2020 mod 2020 mod  mod

   

Do 43 1 mod 9





 202020214 mod 92





7 mod 9





Mặt khác 2021 mod , 2022 mod 9











Từ suy





2021

2020 2021 mod

,





2021

2020 2022 mod Do thầy Du không nhận kết 2021 2022

0,25