Đề thi chính thức tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên Toán - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Phước (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chính thức tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên Toán - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Phước (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2021 BÌNH PHƯỚC MÔN THI: TOÁN CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 9/6/2021 (Đề thi gồm có 01 trang) x x 1 x x 1 2 x 2 x 1 Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A : x x x x x 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên. Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 2x 2x 3 3x2 6x 1 2 2 2x 4xy 3x 4y 4 9 x 1 x 2xy x 2y b) Giải hệ phương trình: x 1 x 2y 2x 2y 5 Câu 3. (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 2(m 3)x 3m2 8m 5 0 , với m là tham số. a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 phân biệt thỏa mãn điều kiện: 2 2 x1 2x2 3x1x2 x1 x2. Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn O , D là điểm chính giữa trên cung nhỏ BC của đường tròn O , H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. Hai điểm K, L lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC. a) Chứng minh AL.CB AB.KL. b) Lấy điểm E trên đoạn thẳng AD sao cho BD DE . Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. c) Đường thẳng KL cắt đường tròn O tại hai điểm M , N ( K nằm giữa M , L ). Chứng minh AM AN AH. Câu 5. (1,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x y x y 3 2x y 5 x y 22. b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a2 a 3b2 b. Chứng minh rằng 2a 2b 1là số chính phương. Câu 6. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: a3 b a) a . a2 b2 2 a3 b3 c3 a b c b) . a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 3 HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 0
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI TUYỂN SINH BÌNH PHƯỚC LỚP 10 NĂM 2021 (Hướng dẫn chấm gồm 07 trang) MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Lưu ý: - Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,125. - Học sinh giải cách khác với đáp án thì giám khảo xem xét, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Câu Nội dung Điểm x x 1 x x 1 2 x 2 x 1 1,5 1 Cho biểu thức A : . x x x x x 1 a) Rút gọn biểu thức A. 1,0 0,25 ĐKXĐ: x 0, x 1 x x 1 x 1 x x 1 x x 1 Ta có x x x x 1 x x x 1 x 1 x x 1 x x 1 0,5 x x x x 1 x 2 2 x 2 x 1 2 x 1 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1 x x 1 2 x 1 x 1 0,25 Vậy A : x x x 1 x 1 b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên 0,5 x 1 2 Ta có A 1 0,125 x 1 x 1 Để A nhận giá trị nguyên thì x 1 là ước của 2 . Hay x 1 2; 2;1; 1. x 1 2 x 1 l 0,25 x 1 1 x 0 x 0 l Suy ra x 1 2 x 3 x 9 n x 1 1 x 2 x 4 n Vậy có 2 giá trị x 4; x 9 thì A nguyên. 0,125 2 2,0 2 a) Giải phương trình: 2x 2x 3 3x 6x 1. 1
3. b) Giải hệ phương trình: 2 2 2x 4xy 3x 4y 4 9 x 1 x 2xy x 2y x 1 x 2y 2x 2y 5. a) Giải phương trình: 2x 2x 3 3x2 6x 1. 1,0 3 ĐKXĐ: x 0,125 2 Ta có 2 2 0,25 Pt x2 2x 3 2x 2x 3 4x2 8x 4 x 2x 3 2x 2 x 2x 3 2x 2 2x 3 x 2 x 2x 3 2x 2 2x 3 3x 2 x 2 x 2 x 1(n) 2 x 2x 1 0 2 0,5 x 2 3 x 3 x 1 (n) 9x2 10x 1 0 1 x (l) 9 Kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm là x 1. 0,125 b) Giải hệ phương trình: 2 2 2x 4xy 3x 4y 4 9 x 1 x 2xy x 2y 1,0 x 1 x 2y 2x 2y 5. x 1 x2 2xy x 2y 0 x 1 0 Điều kiện: 0,125 x 2y 0 2x 2y 5 0 Ta có phương trình (2) x 1 2 x 1 x 2y x 2y 2 x y 5 0,25 2 x 1 x 2y 4 x 1 x 2y 2 x 1 x 2y 4 x2 2xy x 2y 4 (*) Ta có phương trình (1) 2 2 2 x 2xy x 2y x 4 9 x 1 x 2xy x 2y 0,25 8 x 4 36 x 1 36 x 1 x 4 2
4. x 4 x 4 x 4 2 2 x 2 (n) 36 x 1 x 8x 16 x 28x 52 0 x 26 (n) • Với x 2 thay vào (*) ta có: 1 pt(*) 4 4y 2 2y 4 6y 2 y (thỏa mãn). 3 0,25 • Với x 26 thay vào (*) ta có: 349 (*) 676 52y 26 2y 4 54y 698 y .(thỏa mãn). 27 x 2 x 26 0,125 Kết luận: Hệ có 2 nghiệm là: 1 và 349 . y y 3 27 Cho phương trình: x2 2(m 3)x 3m2 8m 5 0 , với m là tham số. a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. 3 1,5 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 phân biệt thỏa mãn điều 2 2 kiện x1 2x2 3x1x2 x1 x2 a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. 0,75 Để phương trình có 2 nghiệm trái dấu thì 2 0,25 x1.x2 0 3m 8m 5 0 m 1 3m 5 0 m 1 m 1 0 5 m 3m 5 0 3 5 1 m 0,375 m 1 0 m 1 3 3m 5 0 5 m 3 5 Vậy 1 m thì thỏa yêu cầu bài toán. 0,125 3 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 phân biệt thỏa mãn điều 2 2 0,75 kiện x1 2x2 3x1x2 x1 x2 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì m 3 2 3m2 8m 5 0 m2 6m 9 3m2 8m 5 0 0,125 2m2 2m 4 0 1 m 2 x1 x2 2(m 3) (1) Theo định lý Vi-et ta có: 2 0,125 x1x2 3m 8m 5 (2) Theo đề ta có 2 2 x1 x2 0 x1 2x2 3x1x2 x1 x2 x1 x2 x1 2x2 x1 x2 0,25 x1 2x2 1 0 3
5. • TH1: x1 x2 0 (loại vì x1 x2 ). • TH2: x1 2x2 1 0, kết hợp với (1) ta có hệ: 2m 7 x2 x1 x2 2 m 3 3x2 2m 7 3 x 2x 1 0 x 2x 1 4m 11 1 2 1 2 x 1 3 Thay x1; x2 tìm được vào (2) ta có: 4m 11 2m 7 0,25 . 3m2 8m 5 3 3 m 2 l 2 19m 22m 32 0 16 m tm 19 16 Kết hợp với điều kiện ta có m thì thỏa yêu cầu bài toán. 19 Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn O , D là điểm chính giữa trên cung nhỏ BC của đường tròn O , H là chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. Hai điểm K, L lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC . 4 a) Chứng minh AL.CB AB.KL . 3,0 b) Lấy điểm E trên đoạn thẳng AD sao cho BD DE . Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. c) Đường thẳng KL cắt đường tròn O tại hai điểm M , N ( K nằm giữa M , L ). Chứng minh AM AN AH. 4
6. a) Chứng minh AL.CB AB.KL . 1 Xét hai tam giác AKL và ACB , có: + µA chung AK AL + AK.AB AH 2 AL.AC . 0,5 AC AB Suy ra hai tam giác AKL và ACB đồng dạng. AL KL Suy ra AL.CB AB.KL. AB CB 0,5 b) Lấy điểm E trên đoạn thẳng AD sao cho BD DE . Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 1,0 Ta có D là điểm chính giữa trên cung nhỏ BC nên AE là đường phân giác trong 0,25 của góc A của tam giác ABC. (*) · · + Tam giác DBE cân tại D nên : BED EBD 1 . 0,125 · · · · · · · + BED BAD ABE BCD ABE DBC ABE 2 . 0,25 · · · + Ta có EBD DBC EBC 3 0,125 Từ (1), (2), (3) suy ra ·ABE E· BC hay BE là phân giác trong của góc B của tam giác ABC . 0,25 Từ (*) và ( ) suy ra E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. c) Đường thẳng KL cắt đường tròn O tại hai điểm M , N ( K nằm giữa 1,0 M , L ). Chứng minh AM AN AH. + Hai tam giác AKL và ACB đồng dạng. 1 1 Suy ra ·ALK ·ABC sd¼AM sd N»C sd »AC 2 2 1 1 0.5 sd ¼AM sd N»C sd »AN sd N»C 2 2 sd ¼AM sd »AN AN AM 4 + Chứng minh được hai tam giác ALN và ANC đồng dạng vì có góc A chung và ·ANL ·ACN (cùng chắn 2 cung bằng nhau). AL AN 0,5 Suy ra AN 2 AL.AC. Mà AL.AC AH 2 AN AH 5 AN AC Từ (4) và (5) ta suy ra AM AN AH. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x y x y 3 2x y 5 x y 22 1,0 5 b) Cho hai số tự nhiên a,b thỏa mãn 2a2 a 3b2 b. Chứng minh rằng 2a 2b 1 là số chính phương. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 0,5 5
7. 2x y x y 3 2x y 5 x y 22 Ta có 2x y x y 3 2x y 5 x y 22 2x y x y 3 5 x y 3 7 0,125 2x y 5 x y 3 7 Vì 7 1.7 7.1 1 . 7 7 . 1 nên ta có 4 trường hợp xảy ra. 0,125 10 x 2x y 5 1 3 TH1: (loại). x y 3 7 2 y 3 0,125 10 x 2x y 5 7 3 TH2: (loại). x y 3 1 16 y 3 2x y 5 1 x 2 TH3: (thỏa mãn) x y 3 7 y 8 2x y 5 7 x 2 0,125 TH4: (thỏa mãn) x y 3 1 y 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x; y là 2;8 và 2;2 b) Cho hai số tự nhiên a,b thỏa mãn 2a2 a 3b2 b. Chứng minh rằng 0,5 2a 2b 1 là số chính phương. Ta có 2a2 a 3b2 b a b 2a 2b 1 b2 * Gọi d a b,2a 2b 1 với d ¥ * a b d 0,25 2 Suy ra a b 2a 2b 1 d b2 d 2 bd. 2a 2b 1 d Vì a b d ad 2a 2b d mà 2a 2b 1 d nên 1d d 1 0,125 Do đó a b,2a 2b 1 1. Từ (*) ta được a b và 2a 2b 1 là số chính phương. Vậy 2a 2b 1 là số chính phương. 0,125 Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng: a3 b a) a . 2 2 1,0 6 a b 2 a3 b3 c3 a b c b) . a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 3 a3 b a) a . 0,5 a2 b2 2 2 2 2 a3 a a b ab ab2 Ta có 2 2 2 2 a 2 2 . 0,25 a b a b a b 6
8. ab2 ab2 b Theo BĐT Cauchy ta có a a a . a2 b2 2ab 2 0,25 a3 b3 c3 a b c b) . 0,5 a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 3 b3 c c3 a Tương tự theo câu a) ta có : b , c . b2 c2 2 c2 a2 2 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có: 0,125 a3 b3 c3 a b c . a2 b2 b2 c2 c2 a2 2 a3 a3 2 a3 Ta có: . . a2 ab b2 a2 b2 3 a2 b2 0,125 a2 b2 2 b3 2 b3 c3 2 c3 Tương tự ta có . , . . b2 bc c2 3 b2 c2 c2 ca a2 3 c2 a2 0,125 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có: a3 b3 c3 a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 2 a3 b3 c3 a b c 0,125 2 2 2 2 2 2 . 3 a b b c c a 3 HẾT. 7