Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên môn Toán năm 2020 tỉnh Thái Nguyên có đáp án chi tiết | Toán học, Đề thi vào lớp 10 - Ôn Luyện

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Website: tailieumontoan.com KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020 2021 MÔN: TOÁN (Dành cho thí sinh thi chuyên Toán) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang). UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC. Câu 1 (1,5 điểm). Cho hai số thực a, b thỏa mãn ab 2. Chứng minh. a9  b9  a 4  b 4   a 5  b5   16  a  b  . 2 Câu 2 (1,5 điểm). Giải phương trình 16 x  1  2 4 x  1  4 x  1 2 .. Câu 3 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  3b  5c 2020. Tìm giá. trị lớn nhất của biểu thức. P. 3ab 15bc 5ca   . a  3b 3b  5c 5c  a. Câu 4 (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2n  1 và 3n  1 là các số chính phương. Chứng minh 15n  8 là hợp số. Câu 5 (1,0 điểm). Bạn Chi được thưởng mỗi ngày ít nhất một chiếc kẹo, nhưng trong 7 ngày liên tiếp, tổng số kẹo Chi nhận được không quá 10 chiếc. Chứng minh trong một số ngày liên tiếp, tổng số kẹo Chi nhận được là 27 chiếc. Câu 6 (2,0 điểm). Cho đường tròn.  O ,. từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn kẻ các. tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B, C là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của AO và BC. Vẽ đường kính CD của đường tròn  O  . Đường thẳng AD cắt đường tròn.  O. tại M khác D.. a) Chứng minh tam giác AMB và tam giác ABD đồng dạng. 2 b) Gọi N là giao điểm của BM và AO. Chứng minh NH  NM .NB.. Câu 7 (2,0 điểm). Cho đường tròn.  I, r. nội tiếp tam giác ABC. Điểm M thuộc cạnh BC. I,r với M  B, M C. Đường tròn  1 1  nội tiếp tam giác AMC. Đường thẳng song song I,r với BC , tiếp xúc với đường tròn  1 1  cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại B ', C '. Gọi N là giao điểm của AM với B ' C ' , đường tròn Chứng minh: Liên hệ tài liệu word toán SĐT hoặc zalo: 039.373.2038.  I 2 , r2 . nội tiếp tam giác AB ' N ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Website: tailieumontoan.com. a) Bốn điểm A, I , I1 , I 2 cùng nằm trên một đường tròn. b) r r1  r2 .. ------ HẾT -----Họ và tên thí sinh:…………….…………................Số báo danh……… KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020- 2021 MÔN THI: TOÁN Dành cho chuyên Toán. UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. HƯỚNG DẪN CHẤM ( Bản hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) I. Hướng dẫn chung - Giám khảo cần nắm vững yêu cầu của hướng dẫn chấm để đánh giá đúng bài làm của thí sinh. Thí sinh làm cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. - Khi vận dụng đáp án và thang điểm, giám khảo cần chủ động, linh hoạt với tinh thần trân trọng bài làm của học sinh. - Nếu có việc chi tiết hóa điểm các ý cần phải đảm bảo không sai lệch với tổng điểm và được thống nhất trong toàn hội đồng chấm thi. - Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu hỏi trong đề thi, chấm điểm lẻ đến 0,25 và không làm tròn. II. Đáp án và thang điểm Câu Nội dung Điểm. Ta có. a. 4.  b 4   a 5  b5   16  a  b . a 9  b9  a 5b 4  a 4b5  16  a  b  Câu 1. 0,5. a 9  b9  a 4b 4  a  b   16  a  b  a 9  b9  16  a  b   16  a  b   do ab 2  a 9  b9 .. 0,5. 0,5 0,25. 1 x . 4 ĐK : Ta có:. 16 x 2  1  2 4 x  1  4 x  1 2 Câu 2. .  4 x  1  4 x  1 . . 4x 1.  Do. . . 2 4 x  1  4 x  1  2 0. 0,25. . 4 x  1  2  4 x  1  2 0. . 4x 1 1. . 4 x  1  2 0 (*). 4 x  1  1  0 với mọi. x. 1 4 nên từ (*) suy ra. 4 x  1  2 0  4 x  1 4  x . 5  TM  . 4. Liên hệ tài liệu word toán SĐT hoặc zalo: 039.373.2038. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Website: tailieumontoan.com. 5 x . 4 Vậy phương trình có một nghiệm Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương a và 3b ta có:. 0,5. 2. Câu 3.  a  3b    3ab a  3b 2     a  3b a  3b 4 CMTT ta có: 15bc 3b  5c 5ca 5c  a  ;  3b  5c 4 5c  a 4 2  a  3b  5c  P 1010 4 Từ đó suy ra: Vậy giá trị lớn nhất của P là 1010 khi và chỉ khi. 0,5. 0,25. 2020  a   3  2020 2020  a 3b 5c   b  . 3 9  404  c  3 . Câu 4. 0,25 0,25. 2n  1 a 2 a, b  *  .   2 Đặt 3n  1 b Khi đó ta có: 9a 2  b 2 9  2n  1   3n  1   3a  b   3a  b  15n  8.. 0,5. *. Vì a, b   suy ra 3a  b  1 . Ta cần chứng minh 3a  b  1 Hay 3 2n  1 . 3n  1  1  3 2n  1  1  3n  1.  9  2n  1  3n  2  2 3n  1  15n  7  12n  4. Câu 5. ( luôn đúng). Vậy 15n  8 là hợp số. Xét 28 ngày liên tiếp từ ngày thứ nhất đến ngày thứ 28 mà Chi nhận được kẹo. T n Gọi   là tổng số kẹo Chi nhận được đến ngày thứ n. Vì tổng số kẹo Chi nhận được trong 7 ngày liên tiếp không vượt quá 10 chiếc nên ta có: 1 T  1  T  2   ...  T  28  40. T 1 , T  2  ,..., T  28  Xét 28 số nguyên dương phân biệt   . Theo nguyên lý T a T  b   mod 27  Đirichlet, tồn tại hai số   với 1 a  b 28 hay.  T  b   T  a   27. 1 T  b   T  a  39 T b  T  a  27. Mặt khác ta có: suy ra   Liên hệ tài liệu word toán SĐT hoặc zalo: 039.373.2038. 0,25 0,5. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Website: tailieumontoan.com. Vậy từ ngày thứ a  1 đến ngày thứ b thì Chi nhận đúng 27 chiếc kẹo.. Câu 6. a) Xét tam giác AMB và tam giác ABD có: ABM  ADB  cïng b»ng 1 s® BM     2   A chung. 1,0. Do đó tam giác AMB và tam giác ABD đồng dạng (g-g) 2 b) Xét tam giác ABO vuông tại B , đường cao BH có : AB  AH . AO (1). 0,25. Mặt khác ta có hai tam giác ABM và ADB đồng dạng (g-g) suy ra AB AM   AB 2  AM . AD (2). AD AB Từ (1) và (2) suy ra AH . AO  AM . AD suy ra hai tam giác AMH và AOD   đồng dạng. Do đó MHN MDC      Mặt khác MDC MBC (cùng chắn cung MC ) suy ra MHN MBH Xét hai tam giác NHM và NBH có:    MHN MBH , MNH chung, suy ra hai tam giác NHM và NBH đồng dạng NH NM   NH 2  NB.NM . Do đó NB NH. Câu 7. a) Ta có:. ANB '  B  ' AN AB ' N 180 0  AB ' N 0 0   AI 2 N  AI 2 I1 180  180  900  . 2 2 2 Liên hệ tài liệu word toán SĐT hoặc zalo: 039.373.2038. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Website: tailieumontoan.com.   I 900  ABC AI 2 1   2 Mà B ' C '/ / BC suy ra AB ' N  ABC suy ra (1)  AIC  AII 900  ABC (2). 1 2 Tương tự ta có   Từ (1) và (2) suy ra AI 2 I1  AII1 do đó bốn điểm A, I 2 , I , I1 cùng nằm trên một đường tròn. Chú ý : Ra một trong hai nội dung ở (1) hoặc (2) cho 0,5 điểm. b) Xét tam giác AI 2 I1 và AIC có :  BAC  I 2 AI1  IAC  ; AI 2 I1  AIC 2 do đó hai tam giác AI 2 I1 và tam giác AIC đồng dạng. I 2 I1 AI1   * IC AC Suy ra : Xét tam giác ANI1 và AI1C có :. 0,25.     NAI 1 CAI1 ; AI1 N  ACI1 do đó hai tam giác ANI1 và tam giác AI1C đồng dạng. I1 N AI1   ** CI AC 1 Suy ra. 0,25. Từ (*) và (**) suy ra I1 I 2 I1 N CI IN   1 1 IC CI1 CI I1I 2 . 0,5. 0,5. 0,25. r1 r  1  r r1  r2 . r r1  r2. I1 N r1 I1 N r   1 ( Do I 2 N r2 suy ra I1 I 2 r1  r2 ) Vậy r r1  r2 . ---- Hết---. Liên hệ tài liệu word toán SĐT hoặc zalo: 039.373.2038. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>