Đề tuyển sinh 10 môn Toán (chuyên) năm 2020 – 2021 trường PTNK – TP HCM

Giới thiệu đến quý thầy, cô và các bạn học sinh đề tuyển sinh 10 môn Toán (chuyên) năm 2020 – 2021 trường PTNK – TP HCM gồm 01 trang với 05 bài toán dạng tự luận, thời gian học sinh làm bài thi là 120 phút. Mời các bạn đón xem!

Môn:

Môn Toán 1.3 K tài liệu

Thông tin:
4 trang 1 năm trước

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Đề tuyển sinh 10 môn Toán (chuyên) năm 2020 – 2021 trường PTNK – TP HCM

Giới thiệu đến quý thầy, cô và các bạn học sinh đề tuyển sinh 10 môn Toán (chuyên) năm 2020 – 2021 trường PTNK – TP HCM gồm 01 trang với 05 bài toán dạng tự luận, thời gian học sinh làm bài thi là 120 phút. Mời các bạn đón xem!

48 24 lượt tải Tải xuống
ĐẠI HC QUC GIA TP. H CHÍ MINH ĐỀ THI TUYN SINH VÀO LP 10
TRƯỜNG PH THÔNG NĂNG KHIẾU Năm học 2020 -2021
HỘI ĐỒNG TUYN SINH LP 10 Môn thi: TOÁN (chuyên)
Thi gian làm bài: 150 phút (không k thời gian phát đề)
Câu 1. (2,0 điểm)
Cho các phương trình
2
30x ax 
2
50x bx 
vi
,ab
là tham số.
a) Chứng minh rằng nếu
16ab
thi hai phương trình trên có ít một phương mình có nghiệm.
b) Gi sử hai phương trình trên có nghiệm chung
0
.x
Tìm
,ab
sao cho
ab
có giá trị nh nhất.
Câu 2. (1,5 điểm)
Cho phương trình
22
3 23
n
xy 
vi
là số tự nhiên.
a) Chứng minh rằng nếu
n
chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên
;.xy
b) Chứng minh rằng nếu
l thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên
;.xy
Câu 3. (3,5 đim)
Cho đường tròn
,O
dây cung
BC
không chứa
O
điểm
A
thay đổi trên cung lớn
.BC
Ly các đim
E
và
F
tha mãn
0
90 .ABE CAE ACF BAF
a) Chứng minh
.AE AB AF AC
b) H
AD
vuông góc với
.EF D EF
Chng minh các tam giác
DAB
DAC
đồng dạng và điểm
D
thuộc
một đường tròn cố định.
c) Gi
G
giao đim ca
AD
với đường tròn
,.OGA
Chứng minh
AD
đi qua một điểm c định
.GB AC GC AB

d) Gọi
K
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
.
AEF
Chứng minh
AK
đi qua một điểm cố định.
Câu 4. (1,5 đim)
Cho số tự nhiên
13 7 20
3 5 7.a 
a) Gi
A
tp hp các s nguyên dương
sao cho
k
ưc ca
chia hết cho
105.
Hỏi tập hp
A
bao nhiêu phần tử?
b) Gi sử
B
mt tập con bất k ca
A
9
phần tử. Chứng minh ta luôn có thể tìm đưc
phần tử ca
B
sao tích của chúng là số chính phương.
Câu 5. (1,5 đim)
Cho h phương trình với
là tham số:
.
x xx
k
yz
yz
y yy
k
zx
zx
z zz
k
xy
xy



a) Gii h vi
1.k
b) Chứng minh hệ vô nghiệm với
2k
3.k
--------------------- HT ---------------------
LI GII CHI TIT
Câu 1.
a) Điều kiện xác định của
:M
0.
x
Với điều kiện này, ta có:
( )
( )
(
)
3
8 224
2.
24 24
x x xx
Mx
xx xx
++
= = =
++ ++
Do đó phương trình
4Mx
tương đương:
2 4 20 2 1 0 2 4x x xx x x x x 
tha
0.x
Vậy
4x
là giá trị duy nhất cần tìm.
b) Điều kiện để ba biểu thức
,,MNP
cùng xác định là
0x
4.x
Ta có:



33
11
23 1
22
.
43 1 43 1 4
22
xx
x
N
xx xx x
xx


 

Do đó, ta có:

22
2 1.
222
22
xx
Qx
xxx
xx



Vậy
1.Q
Câu 2.
a) Điều kiện:
0x
1.
x
Phương trình tương đương
42
4 5 01xx 
hoc
33 .
xx
Ta có:

22
1 1 5 0.xx 
Do
0x
1
x
nên phương trình này vô nghiệm.
Li
2
3
3
2 3 3 1.
1 60
33
x
x
xx x
xx
xx






Nhưng
0x
1x
nên
phương trình này vô nghiệm.
Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm.
b) Điều kiện để
d
1
d
cắt nhau là
1.m
Ta lại có
I
thuộc
d
1
,d
nên ta có hệ:
9
49
.
4
32 6
3
m
m
m n mn
n



Do đó
27
4
mn
3
.
4
m
n
c) Đ dài đường chéo
AC
bằng đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình ch nhật
ABCD
nên
10 ( ).AC cm
Đặt
()AB a cm
()BC b cm
vi
, 0.ab
Khi đó diện tích hình chữ nhật
ABCD
2
.ab cm
Theo giả thiết ta có:
2 28 14.ab ab 
Lại có
22 2
100.a b AC
Suy ra:
2
22
2
14 100
48.
22
ab a b
ab


Vậy diện tích hình chữ nht
ABCD
bằng
2
48 .cm
Câu 3.
a) Phương trình hoành độ giao điểm của
P
d
là:
2
2 3 0.x mx 
Ta thấy
1 3 30ac 
nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt
12
;xx
trái dấu nhau.
Do đó
P
luôn cắt
d
tại hai điểm phân biệt
11 2
; , ;2Ax y Bx y
với mọi
.m
Áp dụng định lý Viete, ta có:
12
2xx m
12
3.xx
Do đó
2
12 1 2 12
2 3 2 3 2 6 4 6.y y mx mx m x x m 
Vậy
2
12
4 6.yy m
b) Ta có:
2
11
yx
2
22
yx
nên phương trình tương đương:
 
22 2 2
1 2 1 2 12 1 12 2 1 2
121212 12 12
12
12
443 344
4 4 140
1
.
4
x x x x xx x xx x x x
xxxxxx xx xx
xx
xx
 
 

Nếu
12
4xx
thì
2
12 2
43xx x 
vô lý.
Nếu
12
1xx
thì
21
m
hay
1
.
2
m
Vậy
1
2
m
là giá trị duy nhất cần tìm.
Câu 4.
Gi
x
(tn) là lượng gạo nhập vào khi trong ngày thứ nhất vi
0.x
Khi đó lượng gạo nhập vào kho trong các
ngày thứ hai, thứ ba, thứ tư lần lượt là
6 6 36
120% , 120%
5 5 25
xx x x



36 216
120% .
25 125
xx


a) Tổng lượng gạo đã nhập vào kho sau ngày thứ ba là
6 36 91
5 25 25
xx x x
(tn).
Theo giả thiết ta có:
91
91 25.
25
xx 
Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập
25
tấn gạo.
b) Sau ngày thứ tư, tổng lượng gạo đã nhập vào kho là
6 36 216 671
5 25 125 125
xx x x x
(tn).
Do đó, lượng gạo trong kho đã xuất trong các ngày thứ năm th sau ln t
1 671
10 125
x


tấn
1 9 671 9 671
10 10 125 100 125
xx












tấn. Theo giả thiết ta có:
1 671 9 671
50,996 50.
10 125 100 125
xx x
 







 
Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập
50
tấn gạo.
Câu 5.
a) Do
M
là trung điểm của
AC
nên
0
90 .
OM AC OMC
Lại có
AB AC
OB OC
nên
AO
là trung trực ca
0
90 .
BC AO BC ONC

T đó suy ra tứ giác
OCMN
nội tiếp.
Ta có:
AB AC
nên
AB AC
suy ra
DA
là tia phân giác của
BDC
nên
2 1.BDC ADC
Mặt khác
OM
là trung trực ca
AC
D OM
nên
DM
là trung trực ca
.AC
Suy ra
DM
là phân giác của
2 2.ADC ADC ODC

T
1
2
suy ra
4.BDC ODC
b) Ta có
sd sd sd sd sd
.
2 22
BD AC BD AB AD
APC ACD


ACD DAC
nên
.APC PAC
Suy ra tam giác
APC
cân ti
.
CA CP
Mặt khác ta có
BPD APC DAC DBP
nên tam giác
BDP
cân ti
.D
DE
là phân giác của
BDP
nên
.DE BC
T giác
DEMC
0
90DEC DMC
nên là tứ giác nội tiếp. Suy ra:
.MEC MDC MDA
T đó
0
90 .
DBE BEF DAC MDA
Do đó
EF BD
hay
.ME BD
c) Do tứ giác
OCMN
nội tiếp nên
1
2.
2
MNC MOC AOC ADC MDC 
Mặt khác ta lại có
MNC MEC NME
MEC MDC
(câu b) nên
.NME MEC
Suy ra tam giác
MNE
cân ti
.N
Chú ý rằng tứ giác
ABDC
EMCD
nội tiếp nên ta có:
.
FAD BCD EMD FMD
Do đó tứ giác
FAMD
nội tiếp. Suy ra
.EFB MDA MDC MEN BEF
Vậy tam giác
BEF
cân ti
.B
BD EF
nên
BD
là trung trực ca
.EF
Suy ra
,DE DF
hay
1.
DF
DE
--------------------- HT ---------------------
| 1/4

Preview text:

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU Năm học 2020 -2021
HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 Môn thi: TOÁN (chuyên)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) Cho các phương trình 2
x ax 3  0 và 2
x bx 5  0 với a, b là tham số.
a) Chứng minh rằng nếu ab 16 thi hai phương trình trên có ít một phương mình có nghiệm.
b) Giả sử hai phương trình trên có nghiệm chung x . Tìm có giá trị nhỏ nhất. 0
a, b sao cho a b Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình 2 2 3   23n x y
với n là số tự nhiên.
a) Chứng minh rằng nếu n chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên  ; x y.
b) Chứng minh rằng nếu n lẽ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên  ; x y. Câu 3. (3,5 điểm)
Cho đường tròn O, dây cung BC không chứa O và điểm A thay đổi trên cung lớn 
BC. Lấy các điểm E
F thỏa mãn     0
ABE CAE ACF BAF  90 .
a) Chứng minh AEAB AF AC.
b) Hạ AD vuông góc với EF D EF. Chứng minh các tam giác DAB DAC đồng dạng và điểm D thuộc
một đường tròn cố định.
c) Gọi G là giao điểm của AD với đường tròn O, G  
A . Chứng minh AD đi qua một điểm cố định và
GBAC GCA . B
d) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh AK đi qua một điểm cố định. Câu 4. (1,5 điểm) Cho số tự nhiên 13 7 20 a  3 5 7 .
a) Gọi A là tập hợp các số nguyên dương k sao cho k là ước của a k chia hết cho 105. Hỏi tập hợp A có bao nhiêu phần tử?
b) Giả sử B là một tập con bất kỳ của A có 9 phần tử. Chứng minh ta luôn có thể tìm được 2 phần tử của B
sao tích của chúng là số chính phương. Câu 5. (1,5 điểm)
Cho hệ phương trình với k là tham số:  x x x     k  yz y z  y y y     k .  zx z x  z z z     k  xy x y 
a) Giải hệ với k 1.
b) Chứng minh hệ vô nghiệm với k  2 và k  3.
--------------------- HẾT ---------------------
LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1.
a) Điều kiện xác định của M : x  0. Với điều kiện này, ta có:
( x)3 −8 ( x −2)(x+2 x +4) M = = = x − 2. x + 2 x + 4 x + 2 x + 4
Do đó phương trình M x4 tương đương:
x 2  x4  xx 2  0   x  
2  x  1 0  x  2  x  4 thỏa x 0.
Vậy x  4 là giá trị duy nhất cần tìm.
b) Điều kiện để ba biểu thức M , N, P cùng xác định là x  0 và x  4.
x  3 x  3 1 1 23x   1 Ta có: 2 2 N     .
x43x   1
x43x   1
x4  x   2  x   2
Do đó, ta có:    2 x 2 2 x Q x      x   2  x   1. 2 x  2 x  2 x  2 Vậy Q 1. Câu 2.
a) Điều kiện: x  0 và x 1. Phương trình tương đương 4 2
x  4x 5  0  
1 hoặc x 3  3 .x Ta có:     2 x   2 1 1 x  
5  0. Do x  0 và x 1 nên phương trình này vô nghiệm. x  3 x  3 Lại có 2 x 3 3 x          
x 1. Nhưng x  0 và x 1 nên x 33  x2   x  1 x6 0  
phương trình này vô nghiệm.
Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm.
b) Điều kiện để d và d cắt nhau là m 1. Ta lại có I thuộc d và d , nên ta có hệ: 1 1  9 4m  9 m       4 . 3
m  2nmn   6   n  3  Do đó 27 mn m  và 3  . 4 n 4
c) Độ dài đường chéo AC bằng đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD nên AC 10 (cm).
Đặt AB a (cm) và BC b (cm) với a, b  0. Khi đó diện tích hình chữ nhật ABCD ab  2 cm .
Theo giả thiết ta có: 2a b 28  a b 14. Lại có 2 2 2
a b AC 100.
a b2  2 2 a b  2 Suy ra: 14 100 ab    48. 2 2
Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD bằng  2 48 cm . Câu 3.
a) Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: 2
x 2mx3  0.
Ta thấy ac 1 
3  3 0 nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x ; x trái dấu nhau. 1 2
Do đó P luôn cắt d tại hai điểm phân biệt Ax ; y , B x ; y2 với mọi . m 1 1  2 
Áp dụng định lý Viete, ta có: x x  2m x x  3. 1 2 1 2
Do đó y y 2mx   3 2mx  
3  2mx x  2  6  4m  6. 1 2 1 2 1 2 Vậy 2
y y  4m 6. 1 2 b) Ta có: 2 y x và 2
y x nên phương trình tương đương: 1 1 2 2 2 2 2 2
x 4x x 4x 3x x x 3x x 4x x 4x 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2
 x x x 4x x 4x x x 1 x 4x  0 1 2  1 2  1 2  1 2  1 2  x x 1 1 2   . x  4x  1 2
Nếu x  4x thì 2 vô lý. 1 2
x x  4x  3 1 2 2
Nếu x x 1 thì 2m 1 hay 1 1 2 m  . 2 Vậy 1
m  là giá trị duy nhất cần tìm. 2 Câu 4.
Gọi x (tấn) là lượng gạo nhập vào khi trong ngày thứ nhất với x  0. Khi đó lượng gạo nhập vào kho trong các    
ngày thứ hai, thứ ba, thứ tư lần lượt là 6 6 36
120%x x, 120% x x và 36 216 120% x .x 5 5  25 25  125
a) Tổng lượng gạo đã nhập vào kho sau ngày thứ ba là 6 36 91 x x x x (tấn). 5 25 25
Theo giả thiết ta có: 91 x  91 x  25. 25
Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập 25 tấn gạo.
b) Sau ngày thứ tư, tổng lượng gạo đã nhập vào kho là 6 36 216 671 x x x x x (tấn). 5 25 125 125  
Do đó, lượng gạo trong kho đã xuất trong các ngày thứ năm và thứ sau lần lượt là 1 671  x tấn và 10125  1  9 671  9 671   x  
 tấn. Theo giả thiết ta có:      x
10 10125  100125   1 671  9 671   x    
x 50,996  x  50.
10125  100125 
Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập 50 tấn gạo. Câu 5.
a) Do M là trung điểm của AC nên  0
OM AC OMC  90 .
Lại có AB AC OB OC nên AO là trung trực của  0
BC AO BC ONC  90 .
Từ đó suy ra tứ giác OCMN nội tiếp.
Ta có: AB AC nên  
AB AC suy ra DA là tia phân giác của  BDC nên  
BDC  2ADC   1 .
Mặt khác OM là trung trực của AC D OM nên DM là trung trực của AC.
Suy ra DM là phân giác của   
ADC ADC  2ODC 2. Từ   1 và 2 suy ra   BDC  4ODC. b) Ta có       sdBD sdAC
sdBD sdAB sdAD APC     AC . D 2 2 2 Mà  
ACD DAC nên   APC PAC.
Suy ra tam giác APC cân tại CA  . CP
Mặt khác ta có    
BPD APC DAC DBP nên tam giác BDP cân tại . D
DE là phân giác của 
BDP nên DE BC.
Tứ giác DEMC có   0
DEC DMC  90 nên là tứ giác nội tiếp. Suy ra:   
MEC MDC MD . A Từ đó     0
DBE BEF DAC MDA  90 . Do đó EF BD hay ME B . D
c) Do tứ giác OCMN nội tiếp nên   1   
MNC MOC AOC ADC  2MDC. 2
Mặt khác ta lại có   
MNC MEC NME và  
MEC MDC (câu b) nên   NME MEC.
Suy ra tam giác MNE cân tại N.
Chú ý rằng tứ giác ABDC EMCD nội tiếp nên ta có:    
FAD BCD EMD FM . D
Do đó tứ giác FAMD nội tiếp. Suy ra     
EFB MDA MDC MEN BEF.
Vậy tam giác BEF cân tại .
B BD EF nên BD là trung trực của EF. Suy ra DE DFDF, hay 1. DE
--------------------- HẾT ---------------------
Document Outline

  • PTNK - ĐHQG Tp HCM năm 2020.docx.pdf