Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2020 - 2021 trường THPT Chuyên Trần Hưng Đạo

Bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2020 - 2021 trường THPT Chuyên Trần Hưng Đạo - Bình Thuận bao gồm đề thi môn Toán, Ngữ văn, có đáp án kèm theo. Giúp các em học sinh dễ dàng tham khảo, so sánh với bài thi của mình.

Đề thi vào lớp 10 năm 2020 - 2021 trường THPT Chuyên Trần Hưng Đạo - Bình Thuận

Đề thi vào lớp 10 chuyên Văn năm 2020 Chuyên Trần Hưng Đạo
- Đề thi vào 10 môn Ngữ Văn
- Đáp án tham khảo đề thi vào 10 môn Ngữ Văn
Đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán chuyên Tin năm 2020 Chuyên Trần Hưng Đạo
- Đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán chuyên Tin năm 2020
- Đáp án Đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán chuyên Tin năm 2020

Đề thi vào lớp 10 chuyên Văn năm 2020 Chuyên Trần Hưng Đạo

Đề thi vào 10 môn Ngữ Văn

Sở GD&ĐT Bình Thuận
Trường THPT Chuyên Trần Hưng Đạo

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC: 2020 - 2021

Môn: Ngữ văn - Hệ số 2
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (4 điểm)

Suy ngẫm của em về thông điệp: Sống chậm lại, nghĩ khác đi và yêu thương nhiều hơn.

Câu 2 (6 điểm)

Cảm nhận của em về hai đoạn thơ sau:

"Áo anh rách vai
Quần tôi có vài mảnh vá
Miệng cười buốt giá
Chân không giày
Thương nhau tay nắm lấy bàn tay"

(Trích Đồng chí - Chính Hữu, Ngữ văn 9, tập 1 NXB Giáo dục Việt Nam 2019 trang 129)

"Không có kính, ừ thì có bụi,
Bụi phun tóc trắng như người già
Chưa cần rửa, phì phèo châm điếu thuốc
Nhìn nhau mặt lấm cười ha ha."

(Trích Bài thơ về tiểu đội xe không kính - Phạm Tiến Duật, Ngữ văn 9, tập 1, NXB Giáo dục Việt Nam, 2019)

Đáp án tham khảo đề thi vào 10 môn Ngữ Văn

Câu 1 (4 điểm)

Gợi ý:

- Giới thiệu khái quát vấn đề nghị luận, dẫn dắt được câu nói: "Sống chậm lại , nghĩ khác đi và yêu thương nhiều hơn."

- Sống chậm lại là cách giúp ta cảm nhận những điều tốt đẹp trong cuộc sống, để nghĩ về cuộc sống và người xung quanh nhiều hơn, để tránh khỏi việt lướt qua nhau một cách vội vã, để lấy lại cân bằng trong cuộc sống, cho ta khoảng lặng để rút ra bài học và kinh nghiệm cho tương lai.

- Sống chậm không có nghĩa là chậm chạp, lạc hậu mà là sống một cách kĩ lưỡng, tránh những ồn ào, hỗn tạp, a dua, ăn theo; tránh sống gấp, sống ẩu.

- Suy nghĩ khác không phải là những cách suy nghĩ, cách nhìn lập dị, quái đản, "bệnh hoạn" mà phải là những suy nghĩ đem lại sự sống cho bản thân, có sắc thái tích cực và có ích, đem lại những điều ý nghĩa, lớn lao cho cuộc sống, xã hội.

- Yêu thương nhiều hơn: nếu bạn sẵn sàng cho đi nhiều hơn thì bạn sẽ nhận về nhiều hơn.

- Phê phán lối sống thực dụng, cá nhân, cơ hội, sống thử, vô cảm trong một bộ phận giới trẻ hiện nay.

- Khẳng định ý nghĩa câu nói, liên hệ với bản thân.

Câu 2 (6 điểm)

Gợi ý:

Giống nhau: Cả hai bài thơ đều nói về hình ảnh anh bộ đội Cụ Hồ - lực lượng chủ yếu trong thời kì kháng chiến chống Pháp và Mĩ. Cả hai tác giả đã xây dựng thành công bức tượng đài vĩ đại về người lính trong cuộc kháng chiến chống Pháp và chống Mĩ để cho người đọc hình dung và càng thấy khâm phục người lính để rồi biết ơn, học tập, noi theo các anh.

So sánh hình ảnh người lính trong hai bài thơ cần thấy rõ: người lính trong “Đồng chí” là hiện thân của vẻ đẹp giản dị, mộc mạc. Ở họ, tình đồng chí được thể hiện thật tự nhiên hòa quyện trong tinh thần yêu nước mãnh liệt. Nét nổi bật của người lính trong “Bài thơ về tiểu đội xe không kính” là sự tếu táo,vui nhộn,trẻ trung, lạc quan phơi phới.

Đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán chuyên Tin năm 2020 Chuyên Trần Hưng Đạo

Đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán chuyên Tin năm 2020

Sở GD&ĐT Bình Thuận

Trường THPT Chuyên Trần Hưng Đạo

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC: 2020 - 2021

Môn: Toán

Bài 1. (2,0 điểm)

Cho phương trình

$x^2 + 2mx - 2m - 6 =0$ (1) (với m là tham số).

a) Tìm m để $x=1+\sqrt{2}$ là một nghiệm của phương trình (1).

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho:

$K=x_1^2+x_2^2$ nhỏ nhất.

Bài 2. (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn:

$\dfrac{x^2+y^2}{x+y} = \dfrac{25}7$

b) Giải phương trình:

$x^2 - 6x + 4 + 2\sqrt {2x-1} = 0$

Bài 3. (2,0 điểm)

a) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P = \dfrac{xy}z + \dfrac{yz}x + \dfrac{zx}y$

b) Cho n là một số nguyên dương và d là một ước nguyên dương của $2n^2$. Chứng minh rằng: $n^2+d$ không phải là số chính phương.

Bài 4. (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB cố định, đường kính CD thay đổi sao cho CD không vuông góc và cũng không trùng với AB. Các đường thẳng BC và BD cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O;R) lần lượt ở E và F.

a) Chứng minh rằng CDFE là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi M là trung điểm của EF, BM cắt CD tại N. Chứng minh rằng tam giác BCN vuông.

c) Gọi O' là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE. Chứng minh rằng O' luôn di chuyển trên một đường thẳng cố định khi CD thay đổi.

Bài 5. (1,0 điểm)

Bên trong hình vuông cạnh 4cm cho 65 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại hình tròn đường kính 1,5cm chứa ít nhất 5 điểm trong 65 điểm đã cho.

Tham khảo thêm: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2020 chuyên Trần Hưng Đạo

Đáp án Đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán chuyên Tin năm 2020

Bài 1.

Thay $x=1+\sqrt{2}$ vào (1) ta có:

$(1+\sqrt{2})^2+2m(1+\sqrt{2})-2m-6=0$

$\Leftrightarrow3+2\sqrt{2}+2\sqrt{2}.m-6=0$

$\Leftrightarrow2\sqrt{2}.m=3-2\sqrt{2}$

$\Leftrightarrow m=\frac{3\sqrt{2}-4}{4}$

KL....

Để (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔

$\Delta'=m^2+2m+6=(m+1)^2+5>0$ với mọi m

⇒ (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Áp dụng hệ thức Vi-ét cho (1) ta có:

$\left\{ \matrix{ x_1+x_2 = -2m \hfill \cr x_1x_2 = -2m - 6 \hfill \cr} \right.$

Ta có:

$K=x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2$

$=(-2m)^2-2(-2m-6)=4m^2+4m+12$

$=(2m+1)^2+11\ge11$ (vì $(2m+1)^2\ge0$ với mọi m)

Suy ra $Min_K=11\Leftrightarrow m=-\frac{1}{2}$

KL.....

Bài 2.

(đkxđ: x + y ≠ 0)

Ta thấy (25;7) = 1 ⇒

$\left\{ \matrix{ x^2+y^2 = 25k \hfill \cr x+y = 7k \hfill \cr} \right.$ (k ∈ ℤ)

$\Rightarrow x+y\ ⋮\ 7$

Ta đi chứng minh:

$x^2+y^2\ge\frac{(x+y)^2}{2}$

$\Leftrightarrow2x^2+2y^2\ge(x+y)^2$ $\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy$ $\Leftrightarrow(x-y)^2\ge0$ Luôn đúng!

Suy ra $x^2+y^2\ge\frac{(x+y)^2}{2}$

$\Leftrightarrow(x^2+y^2)^2\ge\frac{(x+y)^4}{4}$

$\Leftrightarrow4\left(\frac{x^2+y^2}{x+y}\right)^2\ge(x+y)^2$

$\Leftrightarrow4.\left(\frac{25}{7}\right)^2\ge(x+y)^2$

$\Leftrightarrow \dfrac{ -50}{7} \leq x+y \leq \dfrac{ 50}{7}$

Mà x + y nguyên nên:

$-7\le x+y\le7$

Vì $x+y\ ⋮\ 7;x+y\ne0$ ⇒ x + y = ±7.

Ta có:

$\left[ \matrix{ \left\{ \matrix{ x+y =7 \hfill \cr x^2 + y^2 = 25 \hfill \cr} \right. \hfill \cr \left\{ \matrix{ x+y =-7 \hfill \cr x^2 + y^2 = -25 \hfill \cr} \right. \space (loại\space vì \space x^2+y^2 \geq 0)\hfill \cr} \right.$

$\Rightarrow \left\{ \matrix{ x+y =7 \hfill \cr (x + y)^2 -2xy = 25 \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x+y =7 \hfill \cr xy = 12 \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \matrix{ (x;y) = (3;4) \hfill \cr (x;y) = (4;3) \hfill \cr} \right.$ (tm đk)

KL.....

$x^2 - 6x + 4 + 2\sqrt {2x-1} = 0$

(đkxđ: $x \geq \dfrac{1}2$ )

$\Leftrightarrow x^2-4x+4-(2x-1)+2\sqrt{2x-1}-1=0$

$\Leftrightarrow (x-2)^2 = (\sqrt {2x-1} -1 )^2$

$\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x-2 = \sqrt {2x-1} -1 \hfill \cr x-2 =1- \sqrt {2x-1} \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x-1 = \sqrt {2x-1} \hfill \cr 3-x = \sqrt {2x-1} \hfill \cr} \right.$

Với $x-1 = \sqrt {2x-1}$ thì x - 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1, ta có:

$( x-1)^2 = {2x-1} \Leftrightarrow x^2 -4 x + 2 = 0$

$\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 2 + \sqrt 2 & (tm) \hfill \cr x = 2 - \sqrt 2 & (loại \space vì \space x\geq 1) \hfill \cr} \right.$

Với $3-x=\sqrt{2x-1}$ thì 3 - x ≥ 0 ⇔ $\dfrac{1}2 \leq x \leq 3$ , ta có:

$(3-x)^2=2x-1\Leftrightarrow x^2-8x+10=0$

$\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 4-\sqrt 6 & (tm) \hfill \cr x = 4+\sqrt 6 & (loại \space vì \space \dfrac{1}2 \leq x\leq 3) \hfill \cr} \right.$

KL: pt có 2 nghiệm .....

Bài 3.

Đặt:

$\frac{xy}{z}=c$ , $\frac{yz}{x}=a$ , $\frac{zx}{y}=b$ (a, b, c > 0)

Ta thấy:

$ab + bc + ca = \dfrac{yz}x . \dfrac{zx}y + \dfrac{zx}y . \dfrac{xy}z + \dfrac{xy}z . \dfrac{yz}x = x^2 + y^2 + z^2 = 1$

Ta có:

$P=\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}=a+b+c$

Ta đi chứng minh:

$(a+b+c)^2\ge3(ab+bc+ca)$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}2(a-b)^2 + \dfrac{1}2(b-c)^2+ \dfrac{1}2(c-a)^2 \geq 0$ luôn đúng!

Hay $( a + b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$ đúng!

Tức là $P^2\ge3(ab+bc+ca)=3\Leftrightarrow P\ge\sqrt{3}$

Vậy $Min_P=\sqrt{3}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Vì d là một ước nguyên dương của $2n^2$ , đặt:

$2n^2=d.m$ (m ∈ ℕ*)

$\Leftrightarrow d = \dfrac{2n^2}m$

Ta chứng minh bài toán bằng phản chứng. Giả sử:

$n^2+d=a^2$ (a ∈ ℕ*)

$\Leftrightarrow n^2 + \dfrac{2n^2}m = a^2$

$\Leftrightarrow n^2 m^2+{2n^2}m = a^2m^2$

$\Leftrightarrow n^2 (m^2+{2}m)= (am)^2$

Suy ra $m^2+2m$ phải là số chính phương.

Mà ta thấy $m^2<m^2+2m<(m+1)^2$ nên không là số chính phương

⇒ Vô lý, hay điều giả sử là sai.

Tức là $n^2 + d$ không phải là số chính phương (đpcm).

Bài 4.

Bài 4

Ta thấy: ∠ACB = 90° (góc nội tiếp chắn đường kính) ⇒ ∠CEA = 90° - ∠EAC = ∠CAB = ∠CDB (góc nội tiếp cùng chắn cung CB) = 180° - ∠CDF

Hay ∠CDF + ∠CEF = 180° ⇒ CDFE là tứ giác nội tiếp (đpcm).

Xét △EBF vuông tại B, có BM là trung tuyến ⇒ BM = EM = FM ⇒ △MEB cân tại M ⇒ ∠AMN = ∠EMB = 180° - 2.∠BEM (1)

Ta có: ∠BON = ∠BOD = 180° - 2.∠ODB = 180° - 2.∠CEA (cmt) = 180° - 2.∠BEM (2)

Từ (1) và (2) ⇒ ∠AMN = ∠BON = 180° - ∠AON ⇒ ∠AMN + ∠AON = 180° ⇒ Tứ giác AONM nội tiếp

⇒ ∠ONM + ∠OAM = 180° ⇒ ∠ONM = 180° - 90° = 90°, hay BN ⊥ NO

Hay tam giác BCN vuông tại N (đpcm).

Vì O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE, M và O lần lượt là trung điểm 2 dây cung EF và CD ⇒ O'M ⊥ EF và O'O ⊥ CD.

Vì AB ⊥ EF (t.c tiếp tuyến) ⇒ O'M // AB hay O'M // OB.

Vì BN ⊥ CD (cmt) ⇒ O'O // NB hay O'O // MB.

Từ hai điều trên suy ra O'OBM là hình bình hành ⇒ O'M = OB = R (cố định).

Vậy O' luôn di chuyển trên đường thẳng song song với EF, luôn cách EF một khoảng = R về phía ngoài đường tròn (đpcm).

Bài 5.

Bài 5

Ta chia hình vuông đó thành 16 hình vuông đơn vị (cạnh 1cm) như hình vẽ.

Theo nguyên tắc Dirichlet, 65 = 16 x 4 + 1 ⇒ tồn tại một ô vuông có ít nhất 5 điểm đã cho.

Không mất tính tổng quát, gọi hình vuông đó là ABCD như hình. Gọi AC giao BD tại F.

Đường chéo của hình vuông đơn vị là: $\sqrt{1+1}=\sqrt{2}<1,5$ ⇒ đường tròn (F;0,75 cm) luôn chứa hình vuông ABCD, hay đường tròn (F;0,75 cm) luôn chứa ít nhất 5 điểm trong 65 điểm đã cho (đpcm).