Tổng hợp 10 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2020 – 2021 tập 4

Chứng minh I là tâm đường trong ngoại tiếp tam giác ABC.. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác DMQ và DNP cắt nhautại K với K D.. Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại

Ó ã ¿ í¾ø¿ õ î¾÷ õ ¾ í¿ø¾ õ î¿÷æTHCS.TOANMATH.com

THCS.TOANMATH.com

UBND TỈNH LAI CHÂU

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 17/07/2020

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

-

NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chuyên)

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 nhautại K với K D Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại B và C cắt nhau tại J Chứngminh 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 -

53

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

-

NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chuyên)

Ngày thi: 17/07/2020

Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 5; 5.

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 suy ra b 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 

2n 2 kr 16k2r 2 mod15 r

Mà 2r1; 2; 4; 8 do đó 2n

chia 15 dư 1; 2; 4; 8

 Nếu a3m thì 1, 10a b 10 3 m  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 thì 2, 10a b 10 3 m  2 b 30m b 20 Suy ra 2n 10 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 2, n10a thì b ab chia hết cho 6

Câu 4

a) Ta có:   0

90

ABEACF và BAECAF (do cùng phụ với BAC)

Suy ra ABE ACF AE AB AN

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 lần lượt là giao điểm của 2 DA với đường tròn ngoại tiếp DMQ và DNP

Do đó tứ giác DQK E nội tiếp 1 DA K A 1 EA QA

Tứ giác DNK F nội tiếp 2 DA K A 2 FA NA

Theo câu a) tứ giác NQFE nội tiếp nên EA QA FA NA

Từ đó suy ra DA K A 1 DA K A 2 hay K1K2DMQ  DNPK

Do đó D A K thẳng hàng , ,

Ta có: BKEEABCAFCKF Suy ra  0   0   

Do đó tứ giác BKIC nội tiếp, mà IBJC nội tiếp và JBJC nên BKJCKJ

Hay KJ là phân giác .BKC

BKA AEB 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 , ,

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

-

NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn : TOÁN (chuyên)

Thời gia n làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 2 (1,0 điểm) Trên đồ thị hàm số y 0,5x2, cho điểm M có hoành độ dương và điểm N có hoành độ

âm Đường thẳng MN cắt trục Oy tại C với O là gốc tọa độ Viết phương trình đường thẳng OM khi C là

tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN

có bốn nghiệm phân biệt x x1, 2, x3, x thỏa mãn 4 x12x22x32x42 3x x2 3

Câu 7 (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn BC, nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao xuất phát từ

B và C lần lượt cắt đường thẳng AO lần lượt tại D và E Gọi H là trực tâm giác ABC và O là tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác HDE Chứng minh rằng:

a) Tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC và AH là tiếp tuyến của  O

b) Đường thẳng AO đi qua trung điểm của đoạn BC

Câu 6 (1,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ABAC, nội tiếp đường tròn tâm O Kẻ đường phân giác AD,

DBC của tam giác đó Lấy điểm E đối xứng với D qua trung điểm của đoạn BC Đường thẳng vuông góc.với BC tại D cắt AO ở H, đường thẳng vuông góc với BC tại E cắt ở AD tại K Chứng minh rằng tứ giác

Do C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN mà CMN nên tam giác OMN vuông tại O và C là

trung điểm MN Khi đó

2

0, 5 0,52

Thời gia n làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

38

38

y   y        nên phương trình này vô nghiệm

Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất  ;  1;1

3

x y  



 

2 152

2 142

Câu 5

a) Gọi BB và CC là đường cao của tam giác ABC

Tứ giác AC HB  nội tiếp nên C HB C AB BAC do cùng bù với góc C HB .

Mà C HB DHE nên DHEBAC 1

Tam giác OAC cân tại O nên  0  0  

2

AOC

Mặt khác C AE vuông tại C nên   0

b) Gọi I L, lần lượt là trung điểm của BC và DE Mà tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC mà O là

tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên hai tam giác LHO

và IAO đồng dạng với nhau nên LHO IAO  3

Ta có O L DE và AHHO nên tứ giác AHO L nội tiếp LHOLAO hay LHOO AO  4

Từ  3 và  4 suy ra: IAOO AO hay A O I, , thẳng hàng.

Do đó AO đi qua trung điểm của BC

Câu 6

Gọi P là giao điểm của AD và  O thì P là điểm chính giữa cung BC, X là giao điểm của EP và DH

Ta có OP là trung trực của DE nên OP DH dẫn đến DAH APOADH do đó AHDcân tại H

Do M là trung điểm của DE mà MP EK DX  nên P là trung điểm của DK và EX

Nên DEKX là hình bình hành, suy ra BDX  CEK XBDKCE

Mà DEX 900 nên DPDX DE

Ta có: XK BC nên BKXC là hình thang cân nội tiếp đường tròn (1)

Ngoài ra tứ giác AHPX nội tiếp do AHDAPX DH DX DA DP .

Mặt khác tứ giác ABPC nội tiếp nên DA DP DB DC

Suy ra DH DX DB DC hay BHCX nội tiếp (2)

Từ (1) và (2) suy ra BHCK là tứ giác nội tiếp

X

P

K

E H

O

C B

A

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y z 1.

Vậy ta có điều phải chứng minh

- HẾT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Dành cho học sinh thi và các lớp chuyên xã hội

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)





2) Tìm tất cả giá trị của các tham số m để đường thẳng y  x 3 m cắt parabol yx2 tại hai điểm phân biệt

3) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC, biết độ dài cạch của tam giác là 3 cm

4) Cho hình nón có thể tích V 4 cm3, biết bán kính đáy R 2 cm Tính chiều cao của hình nón đó

1) Cho phương trình x22(m1)x m 22m 3 0 (với m là tham số)

a) Tìm giá trị của tham số m biết x 2 là một nghiệm của phương trình

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 sao cho

1 1

x

y x

x

y x

1) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp tuyến và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

2) Gọi D là điểm thuộc cung lớn BC của đường tròn  O (với DBDC ) và K là giao điểm thứ hai của tia

DM với đường tròn  O Chứng minh rằng MD MK MA MO

3) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng DB, DC Chứng minh AF song song với ME

Câu 5 (1,0 điểm)

1) Giải phương trình:  2  3 2

x x x x  x  x 2) Xét a, b, c là các số dương thỏa mãn 2a2b2cab bc ca  24 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Pa b c

- HẾT -

îò ݸ± ½½ ­8 ¬¸$½ ¿å ¾ µ¸½ î ¬¸<¿ ³~² øî¿ õ ï÷øî¾ õ ï÷ ã çòÌc²¸ ¹· ¬®@ ½+¿ ¾·f« ¬¸'½ ß ãï

î õ ¿ õ

ï

î õ ¾òÞ€· îò

ïò Ù·}· °¸)4²¹ ¬®d²¸ î¨îõ ¨ õ í ã í¨°¨ õ íò

îò Ù·}· ¸e °¸)4²¹ ¬®d²¸

°î¨ õ ï õ°î§ õ ï ã ø¨ §÷

îîø¨ õ §÷ø¨ õ î§÷ õ í¨ õ î§ ã ì

ò

Þ€· íò ݸ± ¬¿³ ¹·½ ²¸;² ßÞÝ ½> ßÞ ä ßÝ øÑ÷

½½ ½|²¸ ßÞå ßÝ ¬|· Óå Ò ª€ ½> ¬{³ × ¬¸«5½ ½|²¸ ÞÝ ßØ ½+¿ ¬¿³ ¹·½ ßÞÝò

ßå Óå Øå ×å Ò Øß ´€ ¬·¿ °¸{² ¹·½ ½+¿ ¹>½ Ó ØÒò

× ª€ ª«:²¹ ¹>½ ª2· ÞÝ ½s¬ Ó Ò ¬|· Õ ò ݸ'²¹ ³·²¸ ßÕ

Ü ½+¿ ÞÝ ò

øÑ÷ ¬|· Þ ª€ Ý ½s¬ ²¸¿« ¬|· Í ò ݸ'²¹ ³·²¸ ÅÞßÍ ã ÄÝßÜòÞ€· ìò

­<· ¸¿§ µ¸:²¹á

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 (không chuyên)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (1,0 điểm) Cho ba biểu thức

x



a) Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn M x 4

b) Trong trường hợp các biểu thức M N và , P xác định, rút gọn biểu thức Q MN P 

Câu 3 (2,0 điểm) Gọi    P d lần lượt là các đồ thị của hàm số , y x 2 và y2mx3

a) Chứng minh rằng đường thẳng  d luôn cắt parabol  P tại hai điểm phân biệt A x y B x y với mọi  1; ,1  2; 2

số thực m Tính y1y2 theo m

b) Tìm tất cả các số thực m sao cho y14y2  x1 4x23x x1 2

Câu 4 (1,0 điểm) Một kho hàng nhập gạo (trong kho chưa có gạo) trong 4 ngày liên tiếp và mỗi ngày (kể từ

ngày thứ hai) đều nhập một lượng gạo bằng 120% lượng gạo đã nhập vào kho trong ngày trước đó Sau đó, từ ngày thứ năm kho ngừng nhập và mỗi ngày kho lại xuất một lượng gạo bằng 1

10 lượng gạo kho ở ngày trước đó Hãy tính lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất trong mỗi trường hợp sau:

a) Ngày thứ ba, sau khi nhập xong thì trong kho có 91 tấn gạo

b) Tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ năm và thứ sau là 50,996 tấn gạo

Câu 5 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  T có tâm , O có AB AC và BAC  90 0 Gọi M

là trung điểm của đoạn AC Tia MO cắt đường tròn  T tại điểm D Đường thẳng BC lần lượt cắt các đường

thẳng AO và AD tại các điểm , N P

a) Chứng minh rằng tứ giác OCMN nội tiếp và BDC4ODC

b) Tia phân giác của BDP cắt đường thẳng BC tại điểm E Đường thẳng ME cắt đường thẳng AB tại điểm

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1

a) Điều kiện xác định của M : x  Với điều kiện này, ta có: 0

Vậy x  là giá trị duy nhất cần tìm 4

b) Điều kiện để ba biểu thức M N P cùng xác định là , , x  và 0 x  4

a) Điều kiện: x 0 và x  Phương trình tương đương 1 x44x2 5 0 1  hoặc x  3 3 x

Ta có:  1 x21x2 5 0 Do x 0 và x  nên phương trình này vô nghiệm 1

Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm

b) Điều kiện để  d và  d cắt nhau là 1 m  Ta lại có I thuộc 1  d và  d nên ta có hệ: 1 ,

9

.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  Khi đó diện tích hình chữ nhật ABCD là , 0 ab cm 2

Theo giả thiết ta có: 2a b  28  a b 14

Câu 3

a) Phương trình hoành độ giao điểm của  P và  d là: x22mx 3 0

Ta thấy ac       nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt 1  3 3 0 x x1; 2 trái dấu nhau

Do đó  P luôn cắt  d tại hai điểm phân biệt A x y B x y với mọi  1; ,1  2; 2 m

x x x x (tấn)

Theo giả thiết ta có: 91 91 25

25x  x 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

a) Do M là trung điểm của AC nên OM ACOMC90 0

Lại có AB AC và OB OC nên AO là trung trực của BCAO BC ONC90 0

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2ADC 1 Mặt khác OM là trung trực của AC và D OM nên DM là trung trực của AC

Suy ra DM là phân giác của ADCADC2ODC 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

Mà DE là phân giác của  BDP nên DE BC

Tứ giác DEMC có DEC DMC900 nên là tứ giác nội tiếp Suy ra: MEC MDC MDA

Từ đó DBE BEF DAC MDA    90 0

Do đó EF BD hay ME BD

c) Do tứ giác OCMN nội tiếp nên   1  2

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 và 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 tại B Mà BD EF nên BD là trung trực của EF

Suy ra DE DF , hay DF 1

DE 

- HẾT -

Ð ø¨÷ ã ø¨ î÷ ø¨ õ ì÷ ¨îõ ¿¨ è õ ¾¨îª2· ¿ ª€ ¾ ´€ ½½ ­8 ¬¸$½ ¬¸<¿ ³~² ¿ õ ¾ ä ïò ݸ'²¹ ³·²¸ ®t²¹ °¸)4²¹ ¬®d²¸ Ð ø¨÷ ã ð ½> ¾8²

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Ngày thi: 15/07/2020 -