BỘ 5 đề CHUYÊN TUYỂN SINH 10 TẶNG FREE CHO THẦY cô TRUONG THUY TIEN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2020 – 2021 Khóa 18/07/2020 Mơn thi: TỐN (Chun) Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Câu (3,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức A  2a  3a  3a  với � � 1� � �x  � �x  �  b) Giải phương trình: � x � � x � Câu (2,0 điểm) �2  2 x  y  � � �1  x  y  Giải hệ phương trình � Câu (2,0 điểm)     a 3 1   y  1 x 1 Cho hàm số có đồ thị đường thẳng  d  a) Vẽ đồ thị  d  hàm số cho mặt phẳng tọa độ b) Đường thẳng  d ' song song với  d  qua điểm có tọa độ  0;3 Đường thẳng  d   d ' cắt trục hoành A; B cắt trục tung D, C Tính diện tích tứ giác ABCD Câu (2,0 điểm) Trên đường trịn đường kính AD lấy hai điểm B, C khác phía AD � BE  AC  E �AC  cho BAC  60 Từ B kẻ a) Chứng minh ABD : BEC b) Biết EC  3cm Tính độ dài dây BD Câu (1,0 điểm) Trên đỉnh đa giác có 12 cạnh người ta ghi số, số đỉnh tổng hai đỉnh liền kề Biết hai số hai đỉnh A5 A9 10 Tìm số đỉnh A1 TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 ĐÁP ÁN Câu a) Ta có: A  2a  3a  3a   3a  a  3a  3a   3a   a  3a  3a  1  3a   a  1  1 a �a 3 1     � 3a  a  � 3a  a  � 3a   a  1   Với 3 Thay (2) vào (1) Ta : A  3a  3a  Vậy A  � � 1� � �x  � �x  �  b) Giải phương trình: � x � � x � 1 � 1� t  x   x �0  � t  �x  � x   � t   x  x x x � x� Đặt Khi phương trình cho trở thành:  t    7t   � 2t  7t   t1  � � � t2  � Giải phương trình ta  �  x  1   � x  � x x2 � 3 � *)t  � x   � x  3x   � � x x � *)t  � x  Vậy phương trình cho có nghiệm TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 x   2; x   2; x  2; x   Câu Ta có : �x x �0 x �  x x  � *Trường hợp 1: x �0 hệ phương trình cho thành:      �2  2 x  y  � 1 x  y  � � �� � �1  x  y  �1  x  y  � � � 1 x  1 �x  � �� �� (tm) y   � �1  x  y  �          *Trường hợp 2: x  hệ phương trình thành:     � �  22 x y 3 x 2  x  y  � � �� �  x  y  � �1  x  y  � � �  1 x  1 � � �x  3 �� �� (tm) y    �1  x  y  � �             �x  � Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm �y   � �x  3 � �y  3   Câu a) Học sinh tự vẽ đồ thị  d  b) Gọi phương trình  d ' y  ax  b a   �  d ' : y  Vì đường thẳng  d ' / /  d  nên TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923   1 x  b  Vì đường thẳng  d ' qua điểm có tọa độ  0;3 nên ta thay x  0, y  vafpo 3 phương trình đường thẳng  d ' ta được: Vậy phương trình đường thẳng    d ' : y    d  : y  1 x 1 �Xét Cho x  � y  � D  0;1 y 0�0 Cho   1 x 1 � x       1 x  � x  3 1 OA  ( dvdt ); OB  Khi đó, Diện tích tứ giác ABCD là:   � A� � 1  �  � � �  3     ( dvdt ) TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 � � 3   � B� � 1  ;0 � � 1 � � � �  ;0 � � 1  (dvdt );OC  3;OD  � � 1  � 1 1�  OB.OC  OA.OD  2 2� � S ABCD  SOBC  SOAD    Cho     b � b  3 1 x   d ' : y   x  �Xét Cho x  � y  � C  0;3 y 0�0    1 � 1 � � � Câu a) Ta có: �ABD  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AD ) �  900 � � �  900 BE  AC  gt  � BEC ABD  BEC � � Xét ABD BEC ta có: ABD  BEC (cmt ) � � � ACB  � ADB (góc nội tiếp chắn cung AB ) hay ECB ADB Vậy ABD : BEC ( g.g ) b) Vì BE  AC ( gt ) � ABE vuông E 0 � � Lại có: BAC  60 hay BAE  60 AB  1  ABE Do nửa tam giác cạnh AB BD AB.EC �  � BD   2 BE EC BE Vì ABD : BEC (cmcau a) AB.3 BD     cm  AB 3 Thay (1) vào (2), ta được: AB � BE  Vậy BD   cm  TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 Câu Theo cách tính số đỉnh đa giác , ta có: �A4  A3  A5 � A4  A6  A3  A5  A5  A7 � A3  A7  10  A5  A4  A6  10  � A  A  A �6 �A3  A2  A4 � A3  A7  A2  A4  A6  A8 � 10  A2  A8  10 � A2  A8  20 � A  A  A �7 �A2  A1  A3 � A2  A8  A1  A3  A7  A9 � 20  A1   10   � A1  19 � A  A  A �8 Vậy A1  19 TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2020 – 2021 Thời gian: 150 phút Bài 1(2,0 điểm) A Cho biểu thức x 2  x 1 x 1 x �x �0 �  � � x  x  x  �x �1 � a) Rút gọn biểu thức A b) Hãy so sánh giá trị biểu thức A với Bài (1, điểm) Tìm tất cặp số thực  m; n  cho phương trình x  mx  n  có hai nghiệm x1 x2 thỏa mãn   x1    x2   2, đồng thời phương  x1    x2    2 trình x  nx  m  có hai nghiệm x3 , x4 thỏa mãn Bài (1,0 điểm) Giải phương trình: x  x   x  x   Bài (1 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương  a; b  cho ab ước a2  b Bài (1,5 điểm) Cho hình thoi ABCD cạnh a, có �ABC  120 Gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD Trên cạnh AB, AD, tương ứng lấy � điểm E , F khơng trùng với đỉnh hình thoi cho, cho EOF  60 Hãy tính tích BE.DF theo a Bài (2,5 điểm) Cho tam giác ABC  AB �AC  Lấy điểm P nằm tam giác cho AP  AB Đường trịn tâm A, bán kính AP cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC hai điểm phân biệt M , N ( M khác với C đường thẳng AB ) Đường thẳng MN cắt cạnh AB, AC K , L a) Chứng minh tứ giác BLKC tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tam giác ABP đồng dạng với tam giác APL Bài (1 điểm) Cho a, b, c số thực thỏa mãn abc  Chứng minh rằng: TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 a2  b2  c2   2  2 �a  b  1  b  c  1  c  a  1 c 2a ab bc TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 ĐÁP ÁN Bài a) A     x 2  x 1 x 2  x 1 x �x �0 �  � � x  x  x  �x �1 �   x2    x 1 x 2    x  1  x  2  x  1  2x  x     x 1  x 1  x x 1 x  x 2   2 x 5 x 2 x 5  x    �0 x 2 x2 A� Vậy Bài � 1  m  4n �0 � ��  *   n  m � �2 Hai phương trình có nghiệm Theo định lý Vi – et ta có: n m x1  x2   m; x1 x2  n ; x3  x4  ; x3 x4  2 Vậy �   x1    x2   2 �1   x1  x2   x1x2  2 � � � 3��   x1  x2   x1 x2    x1    x2   � � � �  m  n  2 � m  1 � � ��  tmdk  *  m 3�� n    n   � � � 2 b) A  Vậy  m; n    1; 2  Bài Điều kiện : �x �2 x2  x   x  x       � x2  2x  x  x  x   x   TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923     � x  x 1  x 1 x 1  � � �x  �0 �x   � � Do x �1, � � x  �0 �� x 1  � x  1(tmdk ) � � 2 x  x  � x  x 1  � � � � Vậy phương trình có tập nghiệm S   1     Bài ab a  b  1 Vì ab a  b a a � a b � b  ka  k �� ka a  ak � ka a  k Từ (1) suy � ak � � � � a  k � k 2k � 2Mk ka � k  a 1 k a2 � � � � b  ka  b  ka  Vậy � � Thử lại ta thấy cặp số thỏa mãn Bài 1� � ABD  ABC  600 � ABD Do tam giác ABC cân � BD  AB  a, �ABO  �ADO  60 Ta có: TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT CHUYÊN Năm học 2020 – 2021 Môn thi: TỐN CHUYỂN Thời gian: 150 phút Khóa thi ngày 23 – 25/07/2020 Câu (2,0 điểm) A  x x 18 �x �0 �  � � x  x  x  �x �9 � 1 x  x  a) Cho biểu thức Rút gọn biểu thức A n b) Tìm tất số tự nhiên n thỏa mãn  lập phương số tự nhiên Câu (1,0 điểm) Cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  x  Tìm giá trị tham số m biết đường thẳng  d ' : y  x  m cắt đường thẳng  d  điểm có hồnh độ dương thuộc  P  Câu (2,0 điểm)  a) Giải phương trình :  2  x   3x  2 � �x  y  xy  x  �2 2 b) Giải hệ phương trình: �x y  xy  y  x  xy  y  Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC cân A( AB  BC ), M trung điểm AC , G trọng tâm tam giác ABM a) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OG  BM b) Lấy điểm N BC cho BN  BA Vẽ NK vng góc với AB K, BE BE vng góc với AC E, KF vng góc với BC F Tính tỉ số KF Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ), có ba đường cao AD, BE, CF đồng quy H Vẽ đường trịn  O  đường kính BC Tiếp tuyến đường tròn  O  E cắt AD K a) Chứng minh KA  KE b) Vẽ tiếp tuyến AM đường tròn  O  , M tiếp điểm Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDM Chứng minh O, I , M thẳng hàng TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn 2 biểu thức H  3xy  yz  zx  x y TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 ĐÁP ÁN Câu a) A   1 x 2  x 3   1 x  x    x    x  x 3    x 3  x  3  x 3   x 1  x 1  x 3 x 3 x 3   x  3 x 8       18 x   x  x  18   x x 18 �x �0 �  � � x  x  x  �x �9 � x 3 18 x 3 x 3   x  x  24 x 3   x 3  x 8 x 3 n b) Giả sử   a  a �� Suy 3n  a    a    a  2a    1 Vì a ��nên a   1.Suy a   3k  k �� � a  3k  Thay vào (1) ta được: 3n  k  9k  18k  12   3k  3k  6k   �� kM �� kM �� k  � �� � k 1 � �� � k 1 � � k  k  M 3( Voly ) � � 3k  6k   � �� k  k   � Ta có: � Suy a  1.Thay vào (1) ta n  TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 Câu Phương trình hồnh độ giao điểm  P  (d) : x  1 � y  � x2  x  � x2  x   � � x  3� y  � Gọi A, B giao điểm  P   d  A  1;1 , B  3;9  Yêu cầu toán � B  3;9  � d  : y  x  m �  4.3  m � m  3 Vậy m  3 giá trị cần tìm Câu a)   �1 �  x   3x  1�  �x �2 � �3 � �  x  2  x   3x  � 2  x  x  � 1� �  x  x  1�x � ��  x  x  x  � 2� x  1(tm) � � x  3x   � � � x   (ktm) � Vậy S   1 2 � �  x  y    x  y   xy  y  �x  y  xy  x  � b) � �� �x y  xy  x  xy  y  �xy  x  y   y  x  y    x  y   2 � x  y   x  y   xy  y    � x  y  x  y  xy  y      � � �� �� � xy  y  x  y  x  y   x  y �       x  y  � � � �� 2 �  x  y    x  y   xy  y  � x  y    x  y   xy  y  � �  �� �� �x  y   x  y   x  y   � � TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 �x   y �x   y �x   y �� �� ��   y  y  y  3 � y  y   �xy  y  3 � �x   y x  2; y  1 � � � ��y  1 � � x  2; y  � ��y  �� Vậy hệ cho có hai nghiệm  x; y  �  2; 1 ;  2;3  Câu a) Gọi L trung điểm AB.ML cắt AO J �  BIA �  900 , LOJ � � OJL ABI  sd � AB  OLJ  BAI Xét có: � OLJ : BAI ( g g ) (1) TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 LG  LM  LJ (2) 3 Tam giác ABM có G trọng tâm nên Gọi P giao điểm BM OA Ta có P trọng tâm ABC � � � � Từ (1), (2), (3) � OGJ : BPI � PBI  HBI  GOJ  HOI � AP  AI  3 �  HOI � � BHIO � HBI tứ giác nội tiếp � � � BHO  BIO  90 � OG  BM ( dfcm) �  BE E � sin C BC b) Ta có BEC vng �  KF F � sin FBK BK BKF vuông �  FBK � � BF  KF � BE  BC  * C BC BK KF BK Mà tam giác ABC cân A nên Mặt khác BAN cân B BA  BN ( gt ), có NK , AI đường cao ứng với hai cạnh bên nên NK  AI Chứng minh BKN  BIA � BK  BI BE BC  2 Thay vào (*) ta KF BI TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 Câu � � a) Chứng minh AEHF nội tiếp � AHE  AFE � � � Mà AFE  ACB (cùng bù với BFE ) � � � ACB  HEK (cùng chắn BE ) �  HEK � � KHE KHE cân K � KH  KH  1 �  KAE �  900 � �KHE �  KEA � � KAE � � � Mặt khác �HEK  KEA  90 Suy tam giác AKE cân K nên KA  KE   Từ (1) (2) suy KA  KE  dfcm  TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 b) Dễ dàng chứng minh AH AE  � AH AD  AC AE  3 AC AD � � � � Xét AEM AMC có: EAM chung ; AME  ACM (cùng chắn ME ) AE AM � AEM : AMC ( g  g ) �  � AE AC  AM   AM AC AH AM � AH AD  AM �  AM AD Từ (3) (4) AH AM � HAM chung ;  AM AD Xét AHM AMD có: � � AHM : AMD(c.g.c) � HDM � AMH (5) AHE : ACD � � � (6) Gọi Mx tiếp tuyến  I  có : HDM  HMx Từ (5) (6) suy Mx �MA � IM  AM mà OM  AM ( gt ) Nên O, I , M thẳng hàng (đpcm) Câu Khơng tính tổng qt giả sử  x �y �z Ta có:  y  z   y  x  �0 � y  xy  zy  xz �0 � y  xz �xy  zy � y z  x z �xyz  x y � x z  y x  z y �xyz  x y  z y  y  xz  x  z   xyz � x z  y x  z y �y  x  z   xyz  y  x  z   x  z   xyz 1 �  x  y  z   xyz   xyz 27 � x z  y x  z y  xyz �4 Ta lại có: H  xy  yz  zx  x y   x  y  z  xy  yz  zx  x y  x z  y x  z y  xyz Áp dụng kết ta được: H �4 TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 Vậy Max H  � x  y  z  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TÂY NINH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn thi: TỐN (chun) Thời gian: 150 phút Câu Giải phương trình Câu Rút gọn biểu thức Câu  x  1  x  x  24   T   29  12 5 AB  AH H � BC   AC ABC A Cho tam giác vng có đường cao Biết 12 AH  a Tính theo a độ dài BC 2 � �x y  xy  xy   1 � x  y  xy   2 Câu Giải hệ phương trình � Câu Chứng minh p số nguyên tố lớn p  chia hết cho 24 Câu Tìm m để phương trình x  mx  m   có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 x1 x2  15 S x1  x22   x1 x2  1 cho đạt giá trị nhỏ Câu Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân có O tâm đường tròn ngoại tiếp AH đường cao, với H thuộc BC Gọi M trung điểm cạnh BC K hình chiếu vng góc M cạnh AC Đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABK cắt lại cạnh BC D a) Chứng minh CH CM  CB.CD b) Gọi N trung điểm AB Chứng minh I trung điểm ON Câu TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 � � Cho tam giác ABC có ABC  30 , ACB  15 M trung điểm BC Lấy điểm D thuộc cạnh BC cho CD  AB Tính số đo góc MAD Câu Cho a, b, c số thực có tổng 1 �a, b, c �1 Tìm giá trị lớn 2 biểu thức P  a  2b  c ĐÁP ÁN Câu  x  1  x  x  24   �  x  1  x  x  3x  24   x 1 � �  x  1  x    x  3  � � x 8 � � x  3 � Vậy tập nghiệm phương trình S   3;1;8 Câu 94  �T   52    52 2 3   5 ; 29  12  5  1 Vậy T   Câu 1   AB  AC 2 AB AC Ta có: AH TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923  3   3 AH  4a � AB  3a 2 Vậy BC  AB  AC  5a � AC  Câu x0 �  1 � xy  x  y  1  � � �y  � x 5y 1  � *) x  �   � y  3 *) y  �   � x  *) x  y   � x  y  �   � y  y   y 1� x  � � � � y   � x  8 � 8;   0; 3 ;  6;0  ;  4;1 ; � � 7� � 5� � Vậy hệ cho có nghiệm Câu p  1   p  1  p  1  Ta có: Vì p số ngun tố lớn nên p số lẻ �  p  1 ;  p  1 hai số chẵn liên tiếp nên  p  1  p  1 M  1  p  1 ; p;  p  1 số tự nhiên liên tiếp nên có số chia hết cho �  p  1 M3 ��  2 p  1 M  p � Mà không chia hết cho 3,8   �  p  1  p  1 M24 hay  p  1 M24  Từ (1), (2) Câu Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2   � m   m    �  m    24   m  TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 Theo Vi – et ta có: �x1  x2  m � �x1 x2  m  2m   m   �S     2  x1  x2   m  2  m   2 x1 x2  15  m  2 2 �0, m � Min S   � m  2 2 m  2 Do Câu CH CA  � CH CM  CK CA  1 CK CM a) Do Vì tứ giác ABDK nội tiếp nên �ABK  �DKC � CBA : CKD( g g ) CB CA �  � CB.CD  CK CA   CK CD Từ (1) (2) suy CH CM  CB.CD b) Gọi P, T hình chiếu vng góc N , I lên cạnh BC Ta có : P trung điểm HB (vì N trung điêm AB) TB  TD  IB  ID  � CH  2CD  CH CM  CB.CD  1 BP  BH   BC  HC   MC  DC  MD 2 Nên AHC : MKC � TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 Suy T trung điểm MP mà NP / / IT / /OM   BC  nên IT qua trung điểm ON kết hợp với I , O, N thẳng hàng (Vì I , O �trung trực AB) Vậy I trung điểm ON TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 Câu Kẻ đường thẳng qua M vng góc vơi BC cắt AB E � � � � Khi BCE  CBE  30  BCA � CA phân gicas BCE AE CE AE BE   Do AB CB mà CE  BE CD  AB nên CD BC �  ACE �  150 � AD / / CE dẫn đến DAC MEC nửa tam giác nên CE  2ME AE CE ME ME    � MA Từ ta có: AB CB 2MB MB tia phân giác �BME hay �BMA  450 Như , �MAD  �BAC  �BAM  �DAC   1800  300  150    1800  300  450   150  150 Câu 2 Ta có : P   a  c   2b  2ac  3b  2ac 2 Nếu ac �0 � 3b  ac �3.1   Đẳng thức xảy b  1, ac  Chẳng hạn  a; b; c    1; 1;0  thỏa P  Nếu ac  a, c trái dấu đó, b dấu với hai số a; c Không tính tổng qt, giả sử ab �0 Khi ta viết lại P   a  b   2ab  b  c  2c  b2  2ab Suy P �2.1   2.0  Vậy GTLN P TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 THẦY CÔ CẦN BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10, TRỌN BỘ 12 FILE (CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT).ƯU ĐÃI GIẢM 50% TRONG THÁNG CHĨ CÒN 189K VUI LÒNG LIÊN HỆ ZALO 0907338923 HOẶC FB: https://www.facebook.com/hien.cogiao.52/ TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 ...  2ab Suy P �2.1   2.0  Vậy GTLN P TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 THẦY CÔ CẦN BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10, TRỌN BỘ 12 FILE (CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT).ƯU ĐÃI GIẢM 50 % TRONG THÁNG CHĨ CÒN 189K VUI LÒNG... DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG TRỊ ĐỀ THI CHÍNH THỨC Khóa ngày 21 tháng năm 2020 Mơn thi : TỐN (Dành cho thí sinh thi chuyên Toán)...  Vậy BD   cm  TRUONG THUY TIEN ZALO:0907338923 Câu Theo cách tính số đỉnh đa giác , ta có: �A4  A3  A5 � A4  A6  A3  A5  A5  A7 � A3  A7  ? ?10  A5  A4  A6  10  � A  A  A �6