Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên Long An

Chia sẻ: Phạm Vĩ Kỳ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

344
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chuyên Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án Trường THPT chuyên Long An là tài liệu luyện thi vào lớp 10 hiệu quả dành cho các bạn học sinh lớp 9. Cùng tham khảo và tải về đề thi để ôn tập kiến thức, rèn luyện nâng cao khả năng giải đề thi để chuẩn bị thật tốt cho kì thi sắp tới nhé. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên Long An

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020-2021 LONG AN Môn thi: TOÁN (CHUYÊN) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 17/7/2020 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi có 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) x x 3 2( x  3) x 3 Cho biểu thức P    với x  0; x  9 ( x  1)( x  3) x 1 3 x a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm x để P là số nguyên. Câu 2 (1,5 điểm) 3 Cho hàm số: y   x  3 có đồ thị  d  . 4 a) Vẽ đồ thị  d  . b) Gọi A là giao điểm của  d  với trục tung Oy ; B là giao điểm của  d  với trục hoành Ox . Tính chu vi tam giác OAB và khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng  d  . Câu 3 (1,0 điểm) Cho phương trình: m  m 2 x  m  2   8 x  4 với m là tham số, m  2 . Tìm tất cả giá trị của m để phương trình trên có nghiệm nhỏ hơn 2 . Câu 4 (2,5 điểm) Cho đường tròn  O  có AB là đường kính. Vẽ đường kính CD không trùng với AB . Tiếp tuyến tại A của đường tròn  O  cắt các đường thẳng BC và BD lần lượt tại E và F. Gọi Q là trung điểm của đoạn thẳng AF. a) Chứng minh: ACBD là hình chữ nhật. b) Chứng minh: QO song song BF và BQC là tam giác cân. c) Chứng minh: EB.EC  FB.FD  2CD 2 . Câu 5 (1,0 điểm) Cho đa giác đều 24 cạnh A1 A2 .... A23 A24 . Có tất cả bao nhiêu tam giác vuông nhưng không phải là tam giác vuông cân được tạo thành từ các đỉnh của đa giác trên? Câu 6 (1,0 điểm) 3 b2 c2 Cho các số thực a, b, c sao cho: a  0; b  ; c  5 và a 2   12 . 2 2 9 Tìm giá trị lớn nhất của M  2ab  3a  ca  8c  2 c  5. Câu 7 (1,0 điểm) Cho ABC nhọn có AB  AC . Gọi O, H , G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm, trọng tâm của tam giác trên. Gọi E là điểm tùy ý sao cho luôn tạo thành EHG và EOG. Chứng minh: Tỉ số diện tích EHG và diện tích EOG không phụ thuộc vào vị trí điểm E. HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………….Số báo danh:…………….Chữ ký…… …… Chữ ký CBCT 1:……………………… ...Chữ ký CBCT 2:…………………………...
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020-2021 LONG AN Môn thi: TOÁN (CHUYÊN) Ngày thi: 17/7/2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm có 04 trang) Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1a x x  3  2( x  3) 2  ( x  3)( x  1) P ( x  1)( x  3) (1,0 điểm) 0,25 x x  8 x  3 x  24 0,25 P ( x  1)( x  3) ( x  3)( x  8) 0,25 P ( x  1)( x  3) x 8 0,25 P x 1 Câu 1b  P 2 P 2  4 P  32 0,25 Ta có P  0, P  và  x    . (1,0 điểm)  2 4 P   P  4  P  8  2  Suy ra  x     2 4 P  P  4  P  8 0,25 Suy ra P  4, P  và x  . 2 2 2
8  P  4, P  0,25 2 2  P  P  4  P  8   P  P  4  P  8  x ;x   2   2      0,25 P  8, P  2  P  P  4  P  8  x  2    Câu 2a Tìm đúng tọa độ hai điểm thuộc  d  0,25 (0,5 điểm) Vẽ đúng đồ thị  d  y 0,25 A 2 H B O 1 2 4 x Câu 2b Tọa độ các giao điểm: A  3;0  ; B  4;0 ; OA  3, OB  4 0,25 (1,0 điểm) AB  OA2  OB2  32  42  5 0,25 Chu vi tam giác OAB : OA  OB  AB  3  4  5  12 0,25 Vẽ OH vuông góc với AB tại H . 0,25 Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác OAB vuông tại O có đường cao OA.OB 12 OH , ta có: OH   AB 5 3
Câu 3 m  m 2 x  m  2   8 x  4   m 3  8  x  m 2  2m  4   m  2  x  1 0,25 (1,0 điểm) (vì m2  2m  4   m  1  3  0 ) 2 1 0,25 Phương trình có nghiệm x  m2 1 2m  3 0,25 x  2  0 m2 m2 3 0,25 Kết luận m2 2 Câu 4a (0,75 điểm) B D O C E F A Q Vì AB là đường kính nên ACB  ADB  900 0,25 Vì CD là đường kính nên CAD  CBD  900 0,25 Suy ra ACBD là hình chữ nhật 0,25 Câu 4b Vì O là trung điểm AB , Q là trung điểm AF nên QO là đường 0,25 trung bình tam giác ABF (1,0 điểm) Suy ra: QO song song BF 0,25 4
Vì QO song song BF ; BC BF nên QO BC 0,25 Vì QO BC nên QO đi qua trung điểm BC (tính chất đường kính và dây cung) BQC có QO vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên là 0,25 tam giác cân Câu 4c Tam giác BEA vuông tại A và có đường cao AC nên EA2  EB.EC 0,25 Tam giác BFA vuông tại A và có đường cao AD nên FA2  FB.FD (0,75 điểm) Suy ra EB.EC  FB.FD  EA2  FA2 EA2  FA2  2EA.FA; EA.FA  AB 2  CD2 0,25 Kết luận EB.EC  FB.FD  2CD 2 . 0,25 Câu 5 Đa giác đều A1 A2 .... A23 A24 sẽ nội tiếp đường tròn tâm O và 0,25 A1 A13 , A2 A14 ,...., A12 A24 là 12 đường kính của đường tròn trên. (1,0 điểm) Từ đường kính A1 A13 ta có 22 tam giác vuông: 0,25 A1 A13 A2 , A1 A13 A3 ,..., A1 A13 A12 , A1 A13 A14 ,..., A1 A13 A24 Trong 22 tam giác vuông trên thì có 2 tam giác cân là A1 A13 A7 , A1 A13 A19 0,25 Tương tự cho các đường kính khác, tổng cộng ta có 240 tam giác thỏa 0,25 đề bài. Câu 6 a  2b  3 c  a 8 0,25 2ab  3a  a  2b  3  ; c  a  8  2 2 (1,0 điểm) 4c 5 2 c  5  4  c  5  2 Suy ra: M  a  b  c  2 0,25 a2  1 b2  4 c 2  81 0,25 Ta có: a  ; b ;c  2 4 18 5
a 2 b2 c2 Suy ra: a  b  c     6  12 2 4 18 Suy ra : M  14 Giá trị lớn nhất của M là 14 (Khi a  1, b  2, c  9 ) 0,25 Câu 7 A ( 1,0 điểm) H B G F O C D Vẽ đường kính AD . 0,25 Ta có BH song song DC vì cùng vuông góc AC ; CH song song BD vì cùng vuông góc AB . Suy ra: BHCD là hình bình hành Gọi F là trung điểm AC 0,25 Vì OF là đường trung bình của tam giác ADC và BHCD là hình bình 6
BH hành nên OF song song BH ; OF  2 BG BH 0,25 Vì   2; HBG  OFG nên tam giác BHG đồng dạng tam giác FG FO GH FOG . Suy ra :  2; HGB  OGF GO Suy ra ba điểm O, H , G thẳng hàng (vì HGB  OGB  1800 ) và 0,25 GH  2GO S Suy ra EHG 2 S EOG -------HẾT------- 7