Tuyển Tập Các Đề Thi Vào Lớp 10 CHUYÊN TOÁN Có Đáp Án Chi Tiết. Tổng hợp đề thi Toán Lớp 9 vào lớp 10 trường chuyên THPT Cực Hay có hướng dẫn giải cụ thể nhất.
♦Có link tải file phía dưới này
Hướng dẫn tải:
→Bước 1: Click vào mục tải tài liệu “Tải Tại Đây“
→Bước 2: Mở link file tải
→Bước 3: Click vào biểu tượng tải để tải xuống
- Tải Tài Liệu này: Tải Tại Đây
Tag Tham Khảo: Tuyển Tập Các De Thi Vào Lớp 10 Chuyên Toán Có Đáp An, Tuyển Tập Các De Thi Vào Lớp 10 Chuyên Toán Có Đáp An, Tuyển Tập Các De Thi Vào Lớp 10 Chuyên Toán Có Đáp An Hà Nội, Tuyển Tập De Thi Vào 10 Chuyên Toán, De Thi Chuyên Toán Vào Lớp 10 Có Đáp An, De Thi Chuyên Toán Vào Lớp 10 Gia Lai, Tổng Hợp De Thi Tuyển Sinh Lớp 10 Môn Toán, De Thi Vào 10 Năm 2019 2020, Tuyển Tập De Thi Vào 10 Chuyên Toán, Tuyển Tập Các De Thi Vào Lớp 10 Chuyên Toán Có Đáp An, Ôn Thi Vào Lớp 10 Môn Toán Theo Chuyên De Có Đáp Án, Tuyển Tập Các De Thi Vào Lớp 10 Chuyên Toán Có Đáp An Hà Nội, Đề Thi Chọn Lớp 10 Môn Toán, Đề Thi Toán Chung Vào Trường Chuyên, Đề Thi Toán Vào Lớp 10 Chọn Lọc Có Đáp Án, Đề Thi Tuyển Sinh Lớp 10 Môn Toán,
6 411 KB 0 67
Nhấn vào bên dưới để tải tài liệu
Để tải xuống xem đầy đủ hãy nhấn vào bên trên
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
------------------- ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: TOÁN [chuyên]
Ngày thi: 17/07/2020
Thời gian làm bài:150 phút [không kể thời gian phát đề] Câu 1. [2,0 điểm]
a] Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện a b c 1 và 1 1 1
1.
a b c Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có ít nhất một số bằng 1.
b] Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện x y z 2045 và x 18 y 7 z 2020 0.
3 3 Tính giá trị của biếu thức: F x 18 2021 y 7 2021 3 z 2020 2021 . Câu 2. [2,0 điểm]
a] Giải phương trình: 1 1
x 1
2 35
.
12 x
xy 3 y 4 x 2 3 x 3
b] Giải hệ phương trình:
.
2
2
y
18
7
x
16
x
y
4
Câu 3. [2,0 điểm]
a] Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn xy 2 x 2 x 4 2 x 1 2 y 2 .
b] Chứng minh rằng nếu 2n 10a b với a, b, n là các số tự nhiên thỏa mãn 0 b 10 và n 3 thì ab chia
hết cho 6.
Câu 4. [3,0 điểm]
450. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các hình vuông ABMN và ACPQ.
Cho tam giác ABC nhọn có BAC
Đường thẳng AQ cắt đoạn thẳng BM tại E, đường thẳng AN cắt đoạn thẳng CP tại F .
a] Chứng minh tứ giác EFQN nội tiếp được một đường tròn.
b] Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF . Chứng minh I là tâm đường trong ngoại tiếp tam giác ABC.
c] Đường thẳng MN cắt đường thẳng PQ tại D. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác DMQ và DNP cắt nhau
tại K với K D. Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại B và C cắt nhau tại J . Chứng
minh bốn điểm D, A, K , J thẳng hàng.
Câu 5. [1,0 điểm]
Trên một đường tròn người ta lấy 2024 điểm phân biệt, các điểm được tô màu xanh và màu đỏ xen kẽ nhau. Tại
mỗi điểm ta ghi một số thực khác 0 và 1 sao cho quy tắc sau được thỏa mãn “số ghi tại điểm màu xanh bằng
tổng của hai số ghi màu đỏ kể nó; số ghi màu đỏ bằng tích của hai số ghi tại hai điểm màu xanh kế nó”. Tính
tổng của 2024 số đó.
------------------------------------------HẾT------------------------------------------ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
------------------- ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: TOÁN [chuyên]
Ngày thi: 17/07/2020
Thời gian làm bài:150 phút [không kể thời gian phát đề] Câu 1.
a] Ta có: 1 1 1
1 ab bc ca abc.
a b c Khi đó 1 a 1 b1 c 1 a b c ab bc ca abc 0.
Suy ra: 1 a 1 b1 c 0.
Đẳng thức này chứng tỏ một trong ba số a, b, c có ít nhất một số bằng 1.
a b c 0
.
b] Đặt a x 18, b y 7 và c z 2020. Khi đó ta có: 3
3
3
a
0
b
c
Do đó: F a 2021 b 2021 c 2021.
Ta có: a 3 b3 c3 3abc a b c a 2 b2 c 2 ab bc ca 0.
Suy ra 3abc a 3 b3 c3 0. Không mất tính tổng quát giả sử a 0.
Khi đó ta có: b3 c 3 b c.
Suy ra F a 2021 b 2021 c 2021 0 c 2021 c 2021 0. Vậy F 0.
Câu 2.
a] Điều kiện xác định: x 1. Ta có: 35
1
1
0 x 0. Do đó x 1.
12 x
x 2 1 Bình phương hai vế của phương trình đã cho, ta được: 1 2 1
1225
x 1 144 x 2 25
144 x 4 625 x 2 625 0
12 2 x 2 1
x4
2 x2
1225
2
0
2
x 1
x 1 144
x2
49 x 2
25
0
x 2 1 12 x 2 1 12 x2
x 1
2
5
x
4
4 x 54 x 53 53x 5 0
5
x
3 x 1. 5
5
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x ; x .
4
3
2
y 2 x 3 4 x 5 x 3 1
.
b] Hệ đã cho tương đương với:
2
2
y
7
x
16
x
14
2
2
Lấy 2 2 1 , ta được: y 2 2 y 2 x 3 x 2 6 x 8
2 y 2 2 y 2 x 3 x 3 1
2 2 y 2 x 3 1
2 y x6
2
.
y x 5 1
y x 4 x 1 y 5
Trường hợp 1: y x 6, thay vào 1 , ta được: 3x 2 12 x 15 0
.
x 5 x 11
x 5 2 13 y 17 2 13
3
3
Trường hợp 2: y x 4, thay vào 1 , ta được: 3x 2 10 x 9 0
.
5
2
13
17
2
13
y
y
3
3
5 2 13 17 2 13 5 2 13 17 2 13
,
;
;
Vậy S 1; 5 , 5; 11 ,
.
3
3
3
3
Câu 3.
a] Phương trình đã cho tương đương:
y 2 x 2 x 2 x 4 2 x 1 0
x 2 y 2 x 4 2 x 1 0
x 2
.
2
4
y x 2 x 1 Với x 2, ta có mọi y nguyên đều thỏa mãn.
Với y 2 x 4 2 x 1, suy ra x 4 2 x 1 là số chính phương. Ta xét hai trường hợp sau:
x 1 thì x 4 x 4 2 x 1 x 2 1 . Do đó x 1 không thỏa mãn. x 1 thì x 4 x 4 2 x 1 x 2 1 . Do đó x 1 không thỏa mãn. 2 2 Thử trực tiếp:
x 0, ta được y 1 hoặc y 1.
x 1, ta được y 2 hoặc y 2.
x 1, ta được y 0. Vậy phương trình đã có có nghiệm x; y 2; a , 0;1 , 0; 1 , 1; 2 , 1; 2 , 1; 0 với a .
b] Ta có: 2n 10a b suy ra b chia hết cho 2 mà 0 b 10 nên b 2; 4; 6; 8.
Bây giờ đặt n 4k r với k và r 0; 1; 2; 3.
Ta có: 2 n 2 4 k r 16k 2r 2 r mod15.
Mà 2r 1; 2; 4; 8 do đó 2n chia 15 dư 1; 2; 4; 8.
Nếu a 3m 1, thì 10a b 10 3m 1 b 30m b 10. Suy ra 2n 10a b b 10 mod15. Do đó b 10 chia 15 dư 1; 2; 4; 8. Mà b 2; 4; 6; 8 nên b 6. Nên ab 6.
Nếu a 3m 2, thì 10a b 10 3m 2 b 30m b 20. Suy ra 2n 10a b b 5 mod15. Do đó b chia 15 dư 1; 2; 4; 8. Mà b 2; 4; 6; 8 nên không có giá trị nào của b thỏa mãn. Hay không tồn tại
a dạng 3m 2 sao cho 2n 10a b. Nếu a 3m thì ab 3mb mà b chẵn nên ab 6. Vậy trong mọi trường hợp a, b thỏa mãn 2n 10a b thì ab chia hết cho 6.
Câu 4.
CAF
[do cùng phụ với BAC
].
a] Ta có: ABE
ACF 900 và BAE
Suy ra ABE ACF AB AN
AE
.
AF AC AD .
Do đó AEF ANQ
AFE NQA Từ đó tứ giác NQFE nội tiếp.
b] Bổ đề:
Nếu gọi M , N lần lượt là trung điểm của BD, AC với ABCD là hình thang AB CD thì MN AB CD.
Chứng minh: Gọi K là trung điểm của AD thì KM AB CD và KN DC AB.
Từ đó suy ra K , M , N thẳng hàng hay MN AB CD.
Trở lại bài toán gọi S , L lần lượt là trung điểm của AC , AB.
Áp dung bổ đề trên cho hình thang AFCE với I là trung điểm EF , S là trung điểm AC ta có IS CF .
Mà CF AC nên IS AC tại trung điểm S của AC hay IS là trung trực của AC 1.
Chứng minh tương tự ta cũng có IL là trung trực của AB 2.
Từ 1 và 2 suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
c] Gọi K1 , K 2 lần lượt là giao điểm của DA với đường tròn ngoại tiếp DMQ và DNP.
DQE
900 nên DE là đường kính của đường tròn ngoại tiếp DMQ.
Do DME
0
Suy ra DK
1 E 90 .
0
Chứng minh tương tự ta cũng có DK
2 F 90 . Do đó tứ giác DQK1 E nội tiếp DA K1 A EA QA.
Tứ giác DNK 2 F nội tiếp DA K 2 A FA NA.
Theo câu a] tứ giác NQFE nội tiếp nên EA QA FA NA.
Từ đó suy ra DA K1 A DA K 2 A hay K1 K 2 DMQ DNP K .
Do đó D, A, K thẳng hàng. 1800 2 BKE
2 900 EAB
2 BAC
BIC
.
EAB
CAF
CKF
. Suy ra BKC
Ta có: BKE
CKJ
.
Do đó tứ giác BKIC nội tiếp, mà IBJC nội tiếp và JB JC nên BKJ
.
Hay KJ là phân giác BKC
1800
.
Mặt khác BKA
AEB 1800
AFC. Suy ra tia đối của tia KA cũng là phân giác của BKC
Do đó A, K , J thẳng hàng. Hay bốn điểm D, A, K , J thẳng hàng. Câu 5.
Gọi các điểm lần lượt được đánh số là A1 , A2 , A3 ,..., A2024 . Trong đó Ak với k lẽ được tô màu xanh, k chẵn
được tô màu đỏ với k 1, 2,..., 2014.
Giả sử A1 x và A2 y với x, y khác 0 và 1. Khi đó A3 A1 A2 A3
Do A2 A4 A3 A4 A3 A2 A2
y
.
A1
x y
y.
x y
y
Tương tự ta tính được A5 1 x, A6 1 x y, A7 1 , A8 x y.
x
x
y
y
y y
Suy ra: A1 A2 ... A8 x y y 1 x 1 x y 1 x y 3.
x
x x
x
Ta tính được A9 A8
x và A10 y.
A7 Do A1 A9 , A2 A10 nên quá trình này cứ tiếp tục thì thấy rằng cứ sau 8 điểm liên tiếp các số sẽ được lặp lại
theo thứ thứ tự như 8 điểm ban đầu.
2024 Do đó A
i i 1 2024 8
2024
A8
3 759.
8 i1
8 Vậy tổng các số cần tìm là 759.
--------------------- HẾT --------------------- This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.
Video liên quan