De Thi Vao 10 Toan Chuyen 2020 2021 Tinh Tay Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TÂY NINH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN (chuyên)

Thời gian: 150 phút Câu 1.

Giải phương trình



^x1

 

^{x2 5x24}



^0

Câu 2.

Rút gọn biểu thức 9 4 5 29 12 5 T   5  Câu 3.

Cho tam giác ABCvuông tại A_{có đườ}ng cao ^{AH H}



^BC



^.Biết 3 4 AB

AC  và 12 .

AH  5 a Tính theo a_độ dài BC

Câu 4. Giải hệ phương trình

 

 

2 2

5 0 1

2 6 2

x y xy xy x y xy

   



  



Câu 5.

Chứng minh rằng nếu plà một số nguyên tố lớn hơn 3 thì p² 1chia hết cho 24 Câu 6.

Tìm mđểphương trình x² mx  m 7 0có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂sao cho 1² 2^{21 2}



1 2



2 15

2 1

S x x

x x x x

 

   đạt giá trị nhỏ nhất Câu 7.

Cho tam giác ABCnhọn, không cân có O là tâm đường tròn ngoại tiếp và AHlà đường cao, với Hthuộc BC. Gọi M là trung điểm cạnh BCvà Klà hình chiếu vuông góc của M trên cạnh AC.Đường tròn tâm Ingoại tiếp tam giác ABKcắt lại cạnh BC tại D

a) Chứng minh CH CM. CB CD.

b) Gọi Nlà trung điểm AB.Chứng minh Ilà trung điểm của ON Câu 8.

Cho tam giác ABCcó ABC30 ,⁰ ACB15⁰và M là trung điểm BC.Lấy điểm D thuộc cạnh BCsao cho CDAB.Tính số đo góc MAD

Câu 9.

Cho a b c, , là các số thực có tổng bằng 0và  1 a b c, , 1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Pa² 2b² c²

Câu 1.

    ^{ }  

   

2 2

1 5 24 0 1 8 3 24 0

1

1 8 3 0 8

3

x x x x x x x

x

x x x x

x

         

 

       

  



Vậy tập nghiệm phương trình là ^{S }



^3;1;8



Câu 2.

 

²

 

²

9 4 5  52  52 ; 29 12 5  2 53 2 53

 

5 2 2 5 3 5 5

5 5 5 1

T    

    

Vậy T  5 1 Câu 3.

Ta có: 1 ₂ 1₂ 1 ₂

AH  AB  AC và 3 AB4AC

5 4 3

AC 3AH a AB a

    

Vậy BC AB²  AC² 5a

H A

B

C

Câu 4.

   

0

1 5 1 0 0

5 1 0

x

xy x y y

x y

 

     

   

 



 

 

²

*) 0 2 3

*) 0 2 6

*) 5 1 0 5 1 2 5 2 7 0

1 4

7 8

5

x y

y x

x y x y y y

y x

y x

    

   

          

  



     



Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm



0; 3 ; 6;0 ; 4;1 ;

    

8; ⁷ 5

 

    Câu 5.

Ta có:



^{p2  1}

 ^

^p1

^

^p1

^

Vì plà số nguyên tố lớn hơn 3 nên plà số lẻ



^{p 1 ;}

 

^{p 1}



   là hai số chẵn liên tiếp nên



^p1



^{p1 8 1}

  



^{p1 ; ;}

 

^{p p1}



^{là 3 s}ố tự nhiên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 3 Mà p không chia hết cho 3

 



^{1 3}

  

²

1 3 p

p

 

  

Từ (1), (2) và

 

^{3,8  1}



^p1



^{p1 24}



^{hay p}



^{2 1 24}



Câu 6.

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂khi và chỉ khi

   

²

 

0 m2 4 m 7 0 m 2 24 0 m

           Theo Vi – et ta có: ^{1 2}

1 2 7

x x m

x x m

 

  



   

 

2 1 2

2 2 2

1 2

2 15 2 1 2 1

2 2 2 2

2 x x m m

S x x m m

  

    

 

 

Do

 

 

2 2

2 1

0, 2

2 2 2

m m Min S m

m

        



Câu 7.

a) Do ^{AHC MKC CH CA CH CM. CK CA.}

 

¹

CK CM

     

Vì tứ giác ABDKnội tiếp nên ABK  DKC CBA CKD g g( . )

 

. . 2

CB CA

CB CD CK CA CK CD

   

Từ (1) và (2) suy ra CH CM. CB CD.

b) Gọi P T, lần lượt là hình chiếu vuông góc của N I, lên cạnh BC Ta có : P là trung điểm HB(vì N là trung điêm AB)

 

²



^{. .}



TBTD do IBID CH  CD do CH CM CB CD

Nên ^{1 1}

 

2 2

BP BH  BCHC MCDCMD

Suy ra Tcũng là trung điểm của MPmà ^{NP/ /IT / /OM}



^BC



^{nên IT}đi qua trung điểm ONkết hợp với I O N, , thẳng hàng (Vì I O, trung trực AB)

Vậy Ilà trung điểm ON

Câu 8.

Kẻ đường thẳng qua M vuông góc vơi BCcắt ABtại E

Khi đó BCECBE30⁰ 2BCACA là phân gicas của BCE Do đó AE CE

AB CBmà CE BEvà CD ABnên AE BE CD  BC / /

AD CE

 dẫn đến DACACE15⁰

MEClà nửa tam giác đều nên CE 2ME

Từđó ta có: 2

2

AE CE ME ME

AB CB  MB  MB MAlà tia phân giác của BMEhay 450

BMA

Như vậy , MAD BAC BAM  DAC



^{1800 300 150}

 

^{1800 300 450}



^{150 150}

       

Câu 9.

Ta có : ^P



^ac



^{2 2b2 2ac3b22ac}

Nếu ac 0 3b² ac3.1 0 3. Đẳng thức xảy ra khi b² 1,ac0 Chẳng hạn bộ



^{a b c; ;}

 

^{ 1; 1;0}



^thỏa P3

Nếu ac0thì a c, trái dấu và khi đó, b sẽ cùng dấu với một trong hai số a c; .Không mất tính tổng quát, giả sử ab0.Khi đó ta viết lại

 

^{2 2 2 2 2 2 2 2}

P ab  abb c  c b  ab Suy ra P2.1 1 2.0  3.Vậy GTLN của Plà 3.

B M C

E

D

A