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

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

1. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT – NĂM HỌC 2021 -2022 TỈNH ĐỒNG NAI MÔN: Toán chuyên Câu 1. (1,75 điểm) a a b b a b b a 1, Rút gọn biểu thức A : a b (với a 0,b 0,a b ). a b a b 1 1 2 2, Giải phương trình: x x 1 x 1 x 2 3 Câu 2. (1,5 điểm) 1, Tìm đa thức bậc ba P(x) x 3 ax 2 bx c với a,b,c là các hệ số thực. Biết P(x) chia hết cho (x -1), P(x) chia cho (x – 2) và (x – 3) đều có số dư là 6. 2, Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn bất đẳng thức 5x 2 3y 2 4xy 2x 8y 8 0 Câu 3. (2,25 điểm) Cho phương trình x 4 4(4m 1)x 2 9m 0 ( m là tham số thực). 1, Giải phương trình khi m 4 . 2, Tìm m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 trong đó có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 3x2 . x 2 2xy 2 3 3, Giải hệ phương trình: 2 2 y 2x y 3 Câu 4. (0,75 điểm) Trong 2021 số nguyên dương đầu tiên, có bao nhiêu số không chia hết cho 7 và không chia hết cho 11? Câu 5. (3 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) (CA > CB). Ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. AD và BE cắt (O) lần lượt tại M và N. 1, Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp, xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDE và chứng minh MN // DE. 2, Chứng minh AE.AC.CE = CD.AB.EF 3, Gọi K là trung điểm của HC. Chứng minh IHKO là hình bình hành. Câu 6. (0,75 điểm) a b b c c a Cho ba số thực dương a,b,c . Chứng minh: 2( a b c) c a b HẾT
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a a b b a b b a 1.1 Rút gọn biểu thức A : a b (với a 0,b 0,a b ). a b a b Ta có: ( a)3 ( b)3 a b b a A : a b a b a b ( a b)(a ab b) ab( a b) 1  a b a b a b 1 a ab b ab  a b a b a b 1 1 1 2 1.2 Giải phương trình: (1) x x 1 x 1 x 2 3 Điều kiện: x 0 1 1 1 Ta có: x x 1 x x 1 1 1 1 x 1 x 2 x 1 x 2 1 1 2 Do đó: (1) x x 2 3 3 x 2 3 x 2 x x 2 2 2 x 4 x 6 0 2 x 2 x 3 0 Đặt t x , t 0 ta được phương trình t 2 2t 3 0 Vì a b c 0 nên t 1 (nhận); t 3(loại) Với t 1 x 1 x 1 (thỏa điều kiện). Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S 1 Câu 2. 2.1 Tìm đa thức bậc ba P(x) x 3 ax 2 bx c với a,b,c là các hệ số thực. Biết P(x) chia hết cho (x -1), P(x) chia cho (x – 2) và (x – 3) đều có số dư là 6. Biết: P(x) (x 1).A(x) P(x) (x 2).B(x) 6 P(x) (x 3).C(x) 6 Với A(x); B(x);C(x) là các đa thức. Khi x 1 P(1) 0 a b c 1 Khi x 2 P(2) 6 4a 2b c 2 Khi x 3 P(3) 6 9a 3b c 21
3. a b c 1 Ta có hệ: 4a 2b c 2 9a 3b c 21 Giải hệ ta được: a 9;b 26;c 18 Vậy P(x) x 3 9x 2 26x 18 2.2 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn bất đẳng thức 5x 2 3y 2 4xy 2x 8y 8 0 Ta có: 5x 2 3y 2 4xy 2x 8y 8 0 4x 2 4xy y 2 x 2 2x 1 2y 2 8y 8 1 0 (2x y) 2 (x 1) 2 2(y 2) 2 1 Vì (2x y) 2 N ; (x 1) 2 N ; 2(y 2) 2 N Nên: (2x y) 2 (x 1) 2 2(y 2) 2 N Do đó: (2x y) 2 (x 1) 2 2(y 2) 2 0 hoặc (2x y) 2 (x 1) 2 2(y 2) 2 1 i, (2x y) 2 (x 1) 2 2(y 2) 2 0 (1) Vì 2(y 2) 2 là số chẵn nên 2(y 2) 2 0 y 2 thế vào (1) ta được: (2x 2) 2 (x 1) 2 0 5(x 1) 2 0 x 1 0 x 1 ii, (2x y) 2 (x 1) 2 2(y 2) 2 1 (2) Vì 2(y 2) 2 là số chẵn và 2(y 2) 2 1 nên 2(y 2) 2 0 y 2 thế vào (1) ta được: 1 5 5 (2x 2) 2 (x 1) 2 1 5(x 1) 2 1 (x 1) 2 x 1 x 1 Z 5 5 5 Vậy: x 1, y 2 Câu 3. Cho phương trình x 4 4(4m 1)x 2 9m 0 (*) (m là tham số thực). 3.1 Giải phương trình khi m 4 . Khi m 4 , ta được phương trình x 4 60x 2 36 0 (1) Đặt t x 2 , t 0 ta được phương trình t 2 60t 36 0 (2) ' 864 0 nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: t1 30 12 6 (nhận); t2 30 12 6 (nhận) 2 - Với t1 30 12 6 x 30 12 6 x (3 2 2 3) 2 - Với t2 30 12 6 x 30 12 6 x (3 2 2 3) Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S (3 2 2 3); (3 2 2 3) 3.2 Tìm m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 trong đó có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 3x2 . Đặt t x 2 , t 0 ta có phương trình t 2 4(4m 1)t 9m 0 (3) Để phương trình (*) có bốn nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt 2 ' 0  2(4m 1) 9m 0 64m 2 41m 4 0 S 0 4(4m 1) 0 1 ( ) m P 0 9m 0 4 2 2 Vì x1 3x2 x1 3x2 nên bài toán đưa về tìm m để phương trình (3) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn t1 3t2 . Ta có: t1 t2 4(4m 1) và t1 t2 9m (hệ thức Vi-et)
4. Biết t1 3t2 3t2 t2 4(4m 1) 4t2 4(4m 1) t2 4m 1 Do đó: t1 3(4m 1) Khi đó: 3(4m 1).(4m 1) 9m 3(4m 1) 2 9m 16m 2 11m 1 0 (4) 11 57 Giải phương trình (4) ta được: m (thỏa ( )) 1 32 11 57 m (không thỏa ( )) 2 32 11 57 Vậy m 32 x2 2xy2 3 (1) 3.3 Giải hệ phương trình: 2 2 y 2x y 3 (2) Trừ vế theo vế của phương trình (1) cho (2) ta được: x 2 y 2 2xy 2 2x 2 y 0 (x y)(x y) 2xy(y x) 0 (x y)(x y 2xy) 0 i) x y 0 x y thế vào (1) ta được: 2x 3 x 2 3 0 (x 1)(2x 2 3x 3) 0 * x 1 0 x 1 y 1 * 2x 2 3x 3 0, phương trình vô nghiệm vì 15 0 ii) x y 2xy 0 x y 2xy Đặt S x y; P xy , điều kiện S 2 4P 0 Ta được: S 2P Cộng vế theo vế của phương trình (1) cho (2) ta được: x 2 y 2 2xy 2 2x 2 y 6 (x y) 2 2xy 2xy(x y) 6 S 2 2P 2SP 6 4P 2 2P 4P 2 6 8P 2 2P 6 0 P 1 S 2 3 3 (nhận) P S 4 2 * S 2, P 1. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình X 2 2X 1 0 (X 1) 2 0 X 1 Vậy x 1, y 1 3 3 3 3 * S , P . Khi đó x, y là nghiệm của phương trình X 2 X 0 2 4 2 4 3 21 3 21 Giải phương trình ta được X ; X 1 4 2 4 3 21 3 21 3 21 3 21 Vậy x ; y hoặc x ; y 4 4 4 4 Nghiệm của hệ phương trình: 3 21 3 21 3 21 3 21  (x, y) 1;1 ; ; y ; ; y  . 4 4 4 4 
5. Câu 4. Trong 2021 số nguyên dương đầu tiên, có bao nhiêu số không chia hết cho 7 và không chia hết cho 11? Trong các số nguyên dương từ 1 đến 2021 các số chia hết cho 7 là: 7; 14; 21; ; 2016 Do đó số các số chia hết cho 7 là: (2016 -7) : 7 + 1 = 288(số) Trong các số nguyên dương từ 1 đến 2021 các số chia hết cho 11 là: 11; 22; 33; ; 2013 Do đó số các số chia hết cho 11 là: (2013 -11) : 11 + 1 = 183 (số) Các số chia hết cho 7 và 11 là các số chia hết cho 7.11= 77 (do (7;11)=1) Trong các số nguyên dương từ 1 đến 2021 các số chia hết cho 77 là 77; 154; ; 2002 Do đó số các số chia hết cho 77 là: (2002 -77) : 77 + 1 = 26 (số) Số các số chia hết cho 7 hoặc chia hết cho 11 là: 288 + 183 – 26 = 445 (số) Vậy trong 2021 số nguyên dương đầu tiên, số các số không chia hết cho 7 và không chia hết cho 11 là 2021 – 445 = 1576 (số) 5.1 Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp. Xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDE và chứng minh MN // DE · · A Ta có AEB ADB 90(AD và BE là hai đường cao) N Và hai đỉnh D, E là hai đỉnh kề của tứ giác ABDE E Nên tứ giác ABDE nội tiếp. I F O ΔABE vuông tai E nên tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ H giác ABDE là trung điểm của cạnh AB. C B D ·ABE ·ADE »AE (góc nội tiếp chắn ) M ·ABE ·AMN (góc nội tiếp chắn M¼N ) Do đó ·ADE ·AMN mà hai góc này đồng vị nên MN // DE. 5.2 Chứng minh: AE. AC. CE = CD. AB. EF ΔCDE và ΔCAB có D· CE ·ACB (góc chung) và C· DE B· AC (cùng bù với B· DE ) CD CE CA.CE Nên ΔCDE ∽ ΔCAB(g.g) nên BC (1) CA CB CD
6. AE EF AB.EF Tương tự ta có ΔAEF ∽ ΔABC(g.g) nên BC (2) AB BC AE CA.CE AB.EF Từ (1) và (2) suy ra: CA.CE.AE AB.CD.EF CD AE 5.3 Gọi K là trung điểm của HC. Chứng minh IHKO là hình bình hành A N Kẻ đường kính CJ ta có: J E JA // BH (cùng vuông góc với AC) I F O JB // AH (cùng vuông góc với BC) H K C Do đó Tứ giác AHBJ là hình bình hành B D Mà I là trung điểm của AB nên I là trung điểm của JH M Ta lại có O là trung điểm của JC nên IO là đường trung bình của ΔJHC nên IO // HC và HC IO mà K là trung điểm của HC 2 HC Do đó IO // HK và IO HK 2 Suy ra IHKO là hình bình hành. a b b c c a 6. Cho ba số thực dương a,b,c . Chứng minh: 2( a b c) c a b Đặt x = a ; y = b ; z = c suy ra x2 = a; y2 = b; z2 = c (x; y; z > 0) x2 y2 y2 z2 z2 x2 Khi đó ta cần chứng minh 2(x y z) z x y Ta có: x2 y2 y2 z2 z2 x2 x2 y2 y2 z2 z2 x2 z x y z z x x y y x2 z2 y2 z2 y2 x2 x3 z3 y3 z3 y3 x3 z x z y x y xz yz xz Ta chứng minh x3 z3 xz(x z)(1) Thật vậy ta có: (x z)2 (x z) 0 (x2 z2 )(x z) 0 x3 z3 x2 z xz2 0 x3 z3 xz(x z)
7. Áp dụng (1) ta có: x3 z3 y3 z3 y3 x3 xz(x z) yz(y z) xy(x y) 2(x y z) xz yz xz xz yz xy Dấu “=” xảy ra khi x = y = z a b b c c a Vậy 2( a b c) khi a = b = c c a b