Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

16
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luyện tập với "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình" nhằm đánh giá sự hiểu biết và năng lực tiếp thu kiến thức của học sinh thông qua các câu hỏi đề thi. Để củng cố kiến thức và rèn luyện khả năng giải đề thi chính xác, mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo tại đây.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH THÁI BÌNH Năm học: 2021 – 2022 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Dành cho thí sinh thi chuyên Toán, Tin) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1. (2, 0 điểm) 1. Cho f ( x)  x 2  3x  5 có hai nghiệm là x1 , x2 . Đąt g ( x)  x 2  4 . Tính giá trị của T  g  x1   g  x2  . 1 1 1 2. Cho a , b, c la các số thực khác 0 và thóa mân (a  b  c)      1. Chứng minh a b c   rằng  a3  b3  b25  c 25  c 2021  a 2021   0 . Bài 2. (2, 5 điểm) 1. Giải phương trình 4 x  3  4 x  3 x  9 .  2 2 xy x  y  x  y  1 2 2. Giải hệ phương trình   3 x 2  33  3 2 x  y  1  3 x  y  6  Bài 3. (3, 5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB  AC ) nội tiếp trong đường tròn (O) có các đường cao BE , CF cắt nhau tại H . Gọi S là giao điểm của các đường thằng BC và EF , gọi M là giao điểm khác A của SA và đường tròn (O) . a. Chứng minh rằng tứ giác AEHF nội tiếp và HM vuông góc với SA . b. Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh rằng SH vuông góc với AI . c. Gọi T là điểm nằm trên đoạn thằng HC sao cho AT vuông góc với BT . Chứng minh rằng hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác SMT và CET tiếp xúc với nhau. Bài 4. (1, 0 điểm) Giả sử n là số tự nhiên thỏa mãn điều kiện n ( n  1)  7 không chia hết cho 7. Chứng minh rằng 4 n 3  5n  1 không là số chính phương. Bài 5. (0, 5 điểm) Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3abc . Tìm giá trị lớn nhất của a b c biểu thức T   2  2 3a  2b  c 3b  2c  a 3c  2a 2  b 2 2 2 2 2 2 --------------- Hết ------------- Trang 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TH ÁI B ÌNH Năm học: 2020 – 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. (2, 0 điểm) 1. Cho f ( x)  x 2  3x  5 có hai nghiệm là x1 , x2 . Đąt g ( x)  x 2  4 . Tính giá trị của T  g  x1   g  x2  . 1 1 1 2. Cho a , b, c la các số thực khác 0 và thóa mân (a  b  c)      1. Chứng minh a b c   rằng  a3  b3  b25  c 25  c 2021  a 2021   0 . Lời giải 1. Cho f ( x)  x 2  3x  5 có hai nghiệm là x1 , x2 . Đặt g ( x)  x 2  4. Tính giá trị của T  g  x1  .g  x2  . Vì x1 , x2 là nghiệm của f ( x)  x 2  3x  5 nên ta có:  x12  3x1  5  0  x 2  3x1  5  2   12 .  x2  3x2  5  0  x2  3x2  5  x1  x2  3 Theo định lý Vi-et ta có:  nên:  x1 x2  5 T  g  x1  .g  x2    T  x12  4 x22  4  T   3 x1  5  4  3 x2  5  4  T   3 x1  1 3 x2  1 T  9 x1 x2  3  x1  x2   1 T  9  ( 5)  3.3  1 T  35 Vậy T  35 . 1 1 1 2. Cho a , b, c là các số thực dương khác 0 và thỏa mãn (a  b  c )      1. Chúng a b c   minh rằng  a  b 3 3  b 25 c 25  c 2021 a 2021 0 1 1 1 1 1 1 1 Vì (a  b  c)      1 nên a  b  c  0       a b c  a b c abc   Trang 2
1 1  1 1       0  a abc b c  bc bc   0 a (a  b  c) bc  1 1  (b  c)   0  a(a  b  c) bc   bc  a 2  ab  ac   (b  c)  0  abc(a  b  c)  (b  c)(c  a )(a  b)  0 abc(a  b  c )  a  b   b  c  c  a Vậy  a3  b3  b25  c 25  c 2021  a 2021   0 (đpcm). Bài 2. (2, 5 điểm) 1. Giải phương trình 4 x  3  4 x  3 x  9 .  2 2 xy x  y  x  y  1 2 2. Giải hệ phương trình   3 x 2  33  3 2 x  y  1  3 x  y  6  Lời giải 1. Giải phương trình 4 x  3  4 x  3 x  9 . Điều kiện xác định: x  0 , ta có: 4 x  3  4 x  3x  9  ( x  3  4 x  3  4)  2( x  2 x  1)  0  ( x  3  2) 2  2( x  1)2  0  x  3  2  0   x  1  0 x  3  4   x  1 (tm DKXD) x  1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1  2 2 xy x  y  x  y  1 2 1 2. Giải hệ phương trình   3 x 2  33  3 2 x  y  1  3 x  y  6  2 Trang 3
2 x  y  1  0 ĐKXĐ:  x  y  0 2 xy 1  x 2  y 2  1 x y 2 xy  ( x  y ) 2  2 xy  1 x y  ( x  y )3  2 xy ( x  y )  2 xy  ( x  y ) Đặt S  x  y, P  xy  S 2  4P  ta có: S 3  2 SP  2 P  S  S ( S  1)( S  1)  2 P ( S  1)  0    ( S  1) S 2  S  2P  0 S  1 x  y  1  2  2 S  S  2P  0 x  y  x  y  0 2 TH1: Với x  y  1  y  1  x , thay vào  2  ta được: 3 x 2  33  3 2 x  1  x  1  3 x  1  x  6  3 x 2  33  3 x  2 x  7  3 x 2  33  2 3 x 2  33.3 x  9 x  4 x 2  28 x  49  6 3 x 2  33  x  x 2  19 x  16    36 3x 2  33 x  x 4  361x2  256  38 x3  32 x 2  608 x  x 4  70 x 3  393 x 2  580 x  256  0  ( x  1) 2 ( x  4)( x  64)  0 x 1 y  0 (TM )    x  4  y  3 (TM )  x  64  y  63 (TM ) TH2: Với x 2  y 2  x  y  0 . Ta coi đây là phương trình bậc hai ẩn x . Để tồn tại x thì   1  4  y 2  y   0  4 y 2  4 y  1  0  1 2   1 2   4  y    y  0  2  2  1 2 1  2   y 2 2 1 2 1  2 Tương tự ta cũng có  x . 2 2 Trang 4
1  2 1  2 Suy ra 2 x  y  1  2.   1  0 , không thỏa mãn điều kiện 2 x  y  1  0 nên 2 2 trường hợp này hệ vô nghiệm. Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là {(1; 0), (4; 3), (64; 63)} . Bài 3. (3, 5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB  AC ) nội tiếp trong đường tròn (O) có các đường cao BE , CF cắt nhau tại H . Gọi S là giao điểm của các đường thằng BC và EF , gọi M là giao điểm khác A của SA và đường tròn (O) . a. Chứng minh rằng tứ giác AEHF nội tiếp và HM vuông góc với SA . b. Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh rằng SH vuông góc với AI . c. Gọi T là điểm nằm trên đoạn thằng HC sao cho AT vuông góc với BT . Chứng minh rằng hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác SMT và CET tiếp xúc với nhau. Lời giải a) Chứng minh rằng tứ giác AEHF nội tiếp và HM vuông góc với SA . Vì  AEH   AFH  90  90  180 nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH (dhnb).   BFC Có tứ giác BCEF nội tiếp BEC    90 .    SCE  SFB  (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp). Xét SBF và SCE có:   SCE SFB  là góc chung   cmt  ; góc FSB SB SF  SBF # SEC ( g .g )    SB.SC  SF .SE 1 SE SC Trang 5
Có tứ giác BCAM nội tiêp đường tròn (O ) .Xét SBM và SAC có   SAC Góc SBM  (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).  là góc chung Góc MSB SB SM  SBM # SAC  g .g     SB.SC  SM .SA 2 SA SC SF SA  là góc chung Từ 1 và  2  suy ra SF .SE  SM .SA   , lại có góc MSF SM SE   SEA  SMF # SEA  c.g .c   SMF  ( 2 góc tương ứng)  AMFE là nội tiếp đường tròn Suy ra 5 điểm A, M , F , H , E cùng nằm trên đường tròn đường tròn đường kính AH   HMS  Tứ giác AEHM nội tiếp đường tròn, suy ra góc HEA   90. (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp). Suy ra HM  SA . b. Gọi I là trung điểm của BC . Chíng minh rằng SH vuông góc với AI . Kéo dài AO cắt đường tròn tại D , khi đó ta có DC  BH (cùng vuông góc với CA ) và DB  CH (cùng vuông góc với BA ) nên BHCD là hình bình hành Mà I là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của HD , hay I , H , D thẳng hàng. Lại có DM  AM do AD là đường kính, HM  SA nên D, H , M thẳng hàng Vậy bốn điểm D, I , H , M thẳng hàng, suy ra IM  AS . Mà AH  SI nên H là trực tâm ASI  SH  AI . c. Gọi T là điểm nằm trên đoạn thằng HC sao cho AT vuông góc với BT . Chứng minh rằng hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác SMT và CET tiếp xúc với nhau.   HMS Gọi tia AH cắt BC tại K , suy ra tứ giác HKSM nội tiếp do HKS   180 .  chung; AMH Xét AMH và AKS có: SAH   AKS   90 AH AM  AMH # AKS  g .g     AH . AK  AM . AS  3 AS AK Tương tự ta có tứ giác HKEC nội tiếp suy ra AE AH AEH # AKC  g .g     AE. AC  AH . AK  4 AK AC Từ  3 và  4  suy ra AM . AS  AE. AC . Theo giả thiết,    90  AETB là tức giác nội tiếp, suy ra  ATB  AEB , ATE  ABE Mà  ABE   ACT   ATE    chung ACT , lại có TAE AT AC  ACT # ATE  g .g     AE  AC  AT 2 AE AT Vì  ATE   ACT  cmt  nên AT là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của CET 1 Trang 6
AM AT Lại có AM . AS  AE. AC  AT 2   . AT AS  chung; AM  AT Xét ATM và AST có: SAT  cmt  AT AS  ATM # AST (c.g.c)   ATM   AST ( 2 góc tương ứng). Suy ra AT là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của SMT  2  Từ 1 và  2  suy ra hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác SMT và CET tiếp xúc với nhau. Bài 4. (1, 0 điểm) Giả sử n là số tự nhiên thỏa mãn điều kiện n ( n  1)  7 không chia hết cho 7. Chứng minh rằng 4 n 3  5n  1 không là số chính phương. Lời giải Giả sử tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn điểu kiện n( n  1)  7 không chia hết cho 7 và 4n3  5n  1 là số chính phương. Ta có 4n3  5n  1  (n  1)  4n 2  4n  1 Đặt UCLN  n  1; 4n 2  4n  1  d  d  *  n  1 d Suy ra  4n  4n  1 d 2 Có 4n 2  4n  1  4n(n  1)  8(n  1)  7 d  7 d Vì n(n  1)  7 không chia hết cho 7 nên n(n  1) không chia hết cho 7 , suy ra n  1 không chia hết cho 7 , suy ra d  7  d  1 . Do đó, n  1 và 4n 2  4n  1 là hai số nguyên tố cùng nhau, mà tích của chúng là số chính phương suy ra n  1 và 4n 2  4n  1 là các số chính phương. Suy ra 4n 2  4n  1  a 2 (a  )  (2n  1) 2  a 2  2  (2n  a  1)(2n  a  1)  2 Vì 2n  a  1  2n  a  1  5  n  4  2n  a  1  1    a  1  2n  a  1  2   2   , không thoả mãn n, a là các số tự nhiên.  2n  a  1  2  1   n    2n  a  1  1  2  a  1   2 Vậy giả sử là sai, ta có điều phải chứng minh. Bài 5. (0, 5 điểm) Trang 7
Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3abc . Tìm giá trị lớn nhất của a b c biểu thức T   2  2 3a  2b  c 3b  2c  a 3c  2 a 2  b 2 2 2 2 2 2 Lời giải a b c Ta có: a 2  b 2  c 2  3abc    3 bc ca ab Áp dung bất đẳng thức AM  GM ta có: a b a b 2  2   bc ca bc ca c b c b c 2  2   ca ab ca ab a a c a c 2  2   bc ab bc ab b Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên, ta có:  a b c   1 1 1 1 1 1  2     2        3  bc ca ab  a b c a b c Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có: 3a 2  2b 2  c 2  2  a 2  b 2    a 2  c 2   4ab  2ac a a 1 1    . 3a  2b  c 2 2 2 4ab  2ac 2 2b  c 1 1 1 9 1 1 1  2 1 Áp dụng Cauchy – Schwarz ta có:     .     b b c bbc 2 2b  c 18  b c  b 1 2 1 c 1 2 1 Hoàn toàn tương tự, ta có:    ;     3b  2c  a 2 2 18  c a  3c  2a  b 18  a b  2 2 2 2 Suy ra T  .      .3  T  . 1 1 1 1 1 1 6 a b c 6 2 1 Vậy GTLN của T là , dấu "  " xảy ra khi a  b  c  1 . 2 Trang 8