Đề tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán (chuyên) năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Điện Biên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH ĐIỆN BIÊN NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn: Toán (Chuyên) Đề chính thức Ngày thi: 15/7/2020 (Có 01 trang)
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ BÀI
Câu 1. (2,0 điểm). 2 1. Cho biểu thức: a a 2a a 2(a 1) P − + − = − +
( với a > 0,a ≠1). a + a +1 a a −1 a) Rút gọn . P
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P .  1 2 x −1 + = 1  y + 3
2. Giải hệ phương trình:  3 4 x −1 − = 7  y + 3
Câu 2. (2,0 điểm). Cho phương trình: 2
x − 5mx − 4m = 0 ( với m là tham số).
a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm đó.
b) Chứng minh rằng khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt x , x thì: 1 2 2 2
x + 5mx + m +14m +1 > 0 . 1 2
Câu 3. (2,0 điểm).
a) Một con Robot được thiết kế có thể đi thẳng, quay một góc 0 90 sang phải hoặc
sang trái. Robot xuất phát từ vị trí A đi thẳng 2m quay sang trái rồi đi thẳng 3m , quay
sang phải rồi đi thẳng 5m đến đích tại vị trí B . Tính khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot. 2 2
b) Cho hai số a, b thỏa mãn a + > b > 0 và .
a b =1. Chứng minh: a b ≥ 2 2 . a − b
Câu 4. (3,0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) . Đường cao AD, BE cắt nhau
tại H . Kéo dài BE, AO cắt đường tròn (O) lần lượt tại F và M . a) Chứng minh HAF ∆ cân.
b) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm H, I, M thẳng hàng và AH = 2OI .
c) Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn (O) để DH.DA lớn nhất.
Câu 5. (1,0 điểm). a) Cho yz xz xy
xy + yz + xz = 0 và xyz ≠ 0 . Chứng minh rằng: + + = 3 . 2 2 2 x y z
b) Cho n là số nguyên dương. Biết rằng 2n +1 và 3n +1 là hai số chính phương.
Chứng minh rằng n chia hết cho 40 .
.................. Hết ...................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH ĐIỆN BIÊN
Năm học : 2020 - 2021
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
MÔN TOÁN CHUYÊN Câu Hướng dẫn Điểm 2 Cho biểu thức: − 2a + a 2(a−1) P = a a − + a + a +1 a a −1 a) Rút gọn . P 3
Với a > 0,a ≠1⇒ a( a 1)
a(2 a 1) 2( a 1)( a 1) P − + − + = − + 0,25 a + a +1 a a −1 1.1 a( a 1)(a a 1) (1,0đ) P − + + =
− (2 a +1) + 2( a +1) = a − a +1 0,25 a + a +1
b) Tính giá trị nhỏ nhất của P . 2  1  3 3
P = a − a +1= a − + ≥  (Với a ∀ > 0,a ≠ 1) 0,25 2    4 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của 3 P = khi 1 a = . 0,25 4 4  1 2 x −1 + = 1 
Giải hệ phương trình:  y + 3  3 4 x −1 − = 7  y + 3 x ≥ 1 Điều kiện:  0,25 y ≠ 3 − 1.2 u  = x −1  2u + v = 1  u = 1 Đặt 
1 (điều kiện u ≥ 0 ) ⇒  ⇔  (thỏa mãn) 0,5 v =  4u − 3v = 7 v = 1 −  y + 3  x −1 =1   = x 2 ⇒  1 ⇔
(thỏa mãn). Vậy HPT có 1 nghiệm (2; 4 − ) 0,25 =  1  − y = 4 −  y + 3 Phương trình: 2
x − 5mx − 4m = 0 .
a) Tìm m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm đó. Ta có: 2 ∆ = 25m +16m 0,25  m = 0 2.a
Để phương trình có nghiệm kép thì 2 0 25m 16m 0  ∆ = ⇔ + = ⇔ 16  0,25 (1,0đ) m = −  25
+) m = 0 nghiệm kép là 5m x = x = = 0 1 2 0,25 2 16 +) m = − nghiệm kép là 5m 8 x = x = = − 0,25 25 1 2 2 5
b) Chứng minh rằng khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt x ; x thì 1 2 2 2
x + 5mx + m +14m +1 > 0 . 1 2
PT có 2 nghiệm phân biệt x ; x thì 2
∆ = 25m +16m > 0 1 2 0,25 2.b − − = ⇔ = + + = (1,0đ) và 2 2 x 5mx 4m 0 x
5mx 4m và x x 5m 1 1 1 1 1 2 0,25 Xét 2 2 2
P = x + 5mx + m +14m +1 = 5mx + 4m + 5mx + m +14m +1 1 2 1 2 0,25 2 2
= 5m(x + x ) + m +18m +1 = 26m +18m +1 1 2 Suy ra 2 2 2
P = 25m +16m + m + 2m +1 = ∆ + (m +1) > 0 (vì ∆ > 0). Đpcm. 0,25
a) Một con Robot được thiết kế có thể đi thẳng, quay một góc 0 90 sang
phải hoặc sang trái. Robot xuất phát từ vị trí A đi thẳng 2m quay sang
trái rồi đi thẳng 3m , quay sang phải rồi đi thẳng 5m đến đích tại vị trí B .
Tính khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot.
Học sinh vẽ được hình minh họa 5 B 0,25 3 3.a A 2 (1,0đ)
Kẻ AC ⊥ BC như hình vẽ: 5 B 0,25 3 A 2 C
Ta có: AC = 7;BC = 3 0,25 2 3 ⇒ AB = 7 + 3 = 58 0,25
Vậy khoảng cách giữa đích đến và nơi xuất phát của Robot là 58 2 2
b) Chứng minh: a + b ≥ 2 2 . Với a > b > 0 và . a b =1. a − b 2 2 2 Vì a + b (a − b) + 2 2 . a b =1⇒ = = (a − b) + 0,25 a − b a − b (a − b) Do 2 2
a > b > 0 ⇒ (a − b) + ≥ 2 (a − b). = 2 2 (BĐT AM-GM) 0,25 (a − b) (a − b) 3.b 2
(1,0đ) Dấu bằng xẩy ra khi: 2 (a − b) =
⇔ (a − b) = 2 ⇔ a − b = 2 (a − b)  2 + 6 a = (t / m) 1 0,25 2 6 − 2 ⇔ a − = 2 ⇔  ⇒ b = a  2 − 6 2 a = (Loai)  2 2 2 Vậy a + b + −
≥ 2 2 . Dấu bằng xẩy ra khi 6 2 6 2 a = ;b = 0,25 a − b 2 2
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) . Đường cao AD, BE cắt
nhau tại H . Kéo dài BE, AO cắt đường tròn (O) lần lượt tại F và M . a) Chứng minh HAF ∆ cân.
Vẽ hình đúng đến câu 4.a F A E 4.a 0,25 (1,0đ) H O B D I C M Ta có:  = 
AHF ACB (cùng phụ với  DAE ) 0,25 Lại có  = 
ACB AFB (cùng chắn cung AB ) 0,25 Suy ra  
AHF  AFB  AHF cân tại A. 0,25
b) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm H, I, M thẳng hàng và AH = 2OI .
Ta có BH / /CM (cùng vuông AC ), HC / /BM (cùng vuông AB ). 0,25 4.b
(1,0đ) ⇒ BHCM là hình bình hình . 0,25
Mà I là trung điểm của BC ⇒ I cũng là trung điểm của HM ⇒ ba điểm
H, I, M thẳng hàng. 0,25
⇒ OI là đường trung bình của AHM ∆ ⇒ AH = 2OI 0,25
c) Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn (O) để DH.DA lớn nhất. Theo câu 1 ta có    
AHF  AFB  BHD  ACB  DAC  DBH(g.g) 0,25 4.c Suy ra DA DB   . DA DH  . DB DC 0,25 (1,0đ) DC DH 2 2      Ta có . BD CD      . BC DB DC DB DC     2     2  0,25
Dấu bằng xẩy ra khi BD  DC .
Vậy để DH.DA lớn nhất thì A là điểm chính giữa cung lớn BC . 0,25 a) Cho yz xz xy
xy + yz + xz = 0 và xyz ≠ 0 . Chứng minh rằng: + + = 3 2 2 2 x y z 5.a (0,5đ) Vì: 1 1 1
xy + yz + xz = 0; xyz ≠ 0 ⇒ + + = 0 x y z 0,25 Chứng minh được nếu: 3 3 3
a + b + c = 0 ⇒ a + b + c = 3abc
Áp dụng công thức trên ta có: 1 1 1 1 1 1 3 + + = 0 ⇒ + + = 3 3 3 x y z x y z xyz   0,25 Lại có: yz xz xy 1 1 1 + + = xyz + + =   3. (Đpcm) 2 2 2 3 3 3 x y z  x y z 
b) Cho n là số nguyên dương. Biết rằng 2n +1 và 3n +1 là hai số chính
phương. Chứng minh rằng n chia hết cho 40 . Đặt 2
2n +1 = x ⇒ x lẻ ⇒ 2n = (x − ) 1 (x + )
1 4 vì x −1; x +1 chẵn ⇒ n chẵn Đặt 2
3n +1 = y ⇒ y lẻ (do n chẵn) và 3n = ( y − ) 1 ( y + )
1 8 vì y −1; y +1 là 0,25 5.b
hai số chẵn liên tiếp mà (3;8) =1⇒ n8 (1).
(0,5đ) Ta có một số chính phương chia cho 5 dư 0 hoặc 1 hoặc 4. Mặt khác 2 2 2 2
x + y = 5n + 2 ⇒ x , y chia cho 5 dư 1
Nên n = ( n + ) − ( n + ) = ( 2 2 3 1 2 1
y − x )5 (2). 0,25
Từ (1), (2) và (5;8) =1 ⇒ n40 . Đpcm.
(Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)
Document Outline

• DE TS10-chuyen-2020 CT
• ĐA-TS10-chuyen-2020 CT