Đề thi năng khiếu môn Toán 10 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi (Lần 1)

Ôn tập cùng Đề thi năng khiếu môn Toán 10 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi (Lần 1) được chia sẻ sau đây sẽ giúp các em hệ thống được kiến thức môn học một cách nhanh nhất và hiệu quả nhất, đồng thời, phương pháp học này cũng giúp các em được làm quen với cấu trúc đề thi trước khi bước vào kì thi chính thức. Cùng tham khảo đề thi ngay các em nhé!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi năng khiếu môn Toán 10 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi (Lần 1) SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN I- KHỐI 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 - 2021 NGUYỄN TRÃI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phútCâu 1: (2 điểm) Giải phương trình: 9 x 2  1  18 x  2  2 .  y 3  x3  3x 2  2 xCâu 2: (2 điểm) Giải hệ phương trình:   x3  y 3  3 y 2  2 y 2Câu 3: (1 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc  . CMR: 3 ab bc ca a bc    3 3 3 ab bc ca a b cCâu 4: (1 điểm) Tìm số tự nhiên x sao cho 1  2 x  22 x1 là số chính phương.Câu 5: (3 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A có đường tròn ngoại tiếp (O). Đườngthẳng AO cắt BC tại M, cắt (O) tại K. Gọi D là một điểm thuộc đoạn BC. Lấy P vàQ thuộc đoạn AB, AC sao cho DP // AC và DQ // AB. Lấy I là trung điểm BD, J làtrung điểm CD. MJ IPa) CMR: BI = MJ và  . MK IJb) CMR: KD  PQ .c) Cho KD cắt (O) tại E. CMR: AQPE là hình thang cân.Câu 6: (1 điểm) Cho bảng vuông 4  4 . Ta điền các số 1; 2; 3; 4 vào bảng sao chomỗi ô một số và không có hàng hoặc cột nào có 2 số giống nhau. Hỏi có bao nhiêucách điền số như vậy? Hướng dẫn giải: 1Câu 1: a) ĐKXĐ: x  3 1Khi x  thì 18 x  2  6  2  2 và 9x2 1  0 3 1Do đó VT  2 . Dấu “=” xảy ra khi x  3Câu 2: Trừ 2 vế ta được: y 3  x3  x3  y 3  3( x 2  y 2 )  2( x  y)2( x3  y 3 )  3( x 2  y 2 )  2( x  y)  0  ( x  y )(2 x 2  2 xy  2 y 2  3x  3 y  2)  0 1 1Có: 2 x2  2 xy  2 y 2  3x  3 y  2  ( x  y  1)2  x 2  x   y 2  y   0 2 2 2Do đó x = y và: x3  x3  3x2  2 x  x  2 hoặc x  . 3 2 2Vậy ( x; y)  (0;0);( ; ) 3 3Câu 3: 1 1 1 2 9 3VT = abc(   )   ab  ac bc  ba ca  cb 3 2(ab  bc  ca) ab  bc  caTa cần CM: 3(a3  b3  c3 )  (a  b  c)(ab  bc  ca)Lại có: (a3  b3  c3 )(a  b  c)  (a 2  b 2  c 2 )2Mà: 3(a 2  b2  c 2 )  (a  b  c)2 và a 2  b2  c 2  ab  bc  ca nên ta có đpcm. 2Dấu “=” xảy ra khi: a  b  c  3 3Câu 4: Xét phương trình: 1  2 x  22 x 1  y 2  2 x (2 x1  1)  ( y  1)( y  1)- Nếu x = 0 thì: y  2 hoặc y  2- Nếu x > 0 thì y lẻ, đặt y = 2k + 1 ta được: 2 x 2 (2 x 1  1)  k (k  1)  x  2Do (k, k+1) = 1 nên k 2x2 hoặc k  1 2 x2TH1: k  m2x2 thì 2 x 1  1  m(k  1) = m  m2 2x2Hay: m  1  2 x2 (m2  8)  0m = 0 loại, m = 1 loại, m = 2 loại, m  3 loại.TH2: k  1  m2 x2 thì 2 x 1  1  mk  m(m2 x 2  1)  m2 2 x2  mHay: 2 x2 (m2  8)  m  1  0 . Từ đó chặn được: 3  m  4 . Do đó m = 3.Vậy x = 4.Câu 5: 1a) Vì I, J là trung điểm BD, CD nên JI = BC = BM nên BI = MJ. 2 MJ BI BI .MA BM .PI IP IPCó:    2   MK MK MK .MA BM BM IJb) Có: KP 2  KB 2  BP 2 , KQ 2  KC 2  CQ 2 .Do đó: KP 2  KQ 2  BP 2  CQ 2  DP 2  DQ 2Áp dụng định lí 4 điểm ta có: KD  PQc) Vì K là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên ED là phân giác BEC . EB BD BPDo đó:   nên ∆??? ~∆??? (?. ?. ?) EC CD CQNên BEP  CEQ  PEQ  BEC  BACLại có: DK // PQ và DK // AE nên kết hợp điều trên ta có AQPE là hình thang cân.Câu 6: Vì các hàng và các cột có thể chuyển vị trí cho nhau nên ta đếm 1 trườnghợp sau đó đếm số cách có thể đổi vị trí.Ta xét trường hợp các số 1 ghi ở đường chéo chính.Tiếp theo là các số 2, 3, 4 ở hàng 1 theo đúng thứ tự.+ TH1: số 2 ghi ở ô đầu tiên của hàng 2 thì 2 ô còn lại là 4;3Làm tiếp ta thấy trường hợp này có 2 cách.+ TH2: Số ...