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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM 2021 - 2022 Môn thi: TOÁN (chuyên Toán) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 14/6/2021 Thời gian làm bài: 150 phú ĐỀ BÀI Bài I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x2 x 2 2 x 1 0 . 2) Cho ba số thực a,b và c thỏa mãn ab bc ca 1. Chứng minh a b b c c a 0 1 c2 1 a2 1 b2 Bài II (2,0 điểm) 1) Tìm tất cả cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn x2 5xy 6y2 x 2y 2 0. 2) Chứng minh với mỗi số nguyên n , số n2 n 16 không chia hết cho 49 . Bài III (2,0 điểm) 2 1) Cho số thực x khác 0 thỏa mãn x và x3 đều là số hữu tỉ. Chứng minh x là số hữu tỉ. x 2) Cho các số thực không âm a,b và c thỏa mãn a b c 5. Chứng minh 2a 2ab abc 18 Bài IV (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) , với gốc B· AC 60 và AB AC . Các đường thẳng BO,CO lần lượt cắt các đoạn thẳng AC, AB tại M,N . Gọi F là điểm chính giữa của cung BC lớn. 1) Chứng minh năm điểm A,N,O,M và F cùng thuộc một đường tròn. 2) Gọi P,Q lần lượt là các giao điểm thứ hai của hai tia FN,FM với đường tròn (O) . Gọi J là giao điểm của đường thẳng BC và đường thẳng PQ . Chứng minh tia AJ là tia phân giác của góc B· AC .
2. 3) Gọi K là giao điểm của đường thẳng OJ và đường thẳng CF . Chứng minh AB vuông góc với AK . Bài V (1,0 điểm) Cho A là một tập hợp con có 100 phần tử của tập hợp {1,2,3,,178} 1) Chứng minh A chứa hai số tự nhiên liên tiếp. 2) Chứng minh với mọi số tự nhiên n thuộc tập hợp {2,3,4,,22} , tồn tại hai phần tử của A có hiệu bằng n .
3. ĐÁP ÁN THAM KHẢO Bài I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x2 x 2 2 x 1 0 . 2) Cho ba số thực a,b và c thỏa mãn ab bc ca 1. Chứng minh a b b c c a 0 1 c2 1 a2 1 b2 Lời giải 1) ĐKXĐ: x 1 0 x 1. Cách 1: Đặt t x 1,t 0. Ta có: 2 t2 1 t2 1 2 2t 0 t4 t2 2t 2 0 t2 t2 1 2(t 1) 0 t2 (t 1)(t 1) 2(t 1) 0 (t 1) t2 (t 1) 2 0 (t 1) t3 t2 2 0 (t 1) t3 t2 2t2 2 0 (t 1) t2 (t 1) 2(t 1)(t 1) 0 (t 1)(t 1) t2 2t 2 0 (t 1)2 t2 2t 2 0 t 1(TM) 2 t 1 (t 1) 1 0 L
4. Với t 1, suy ra x 1 1 x 1 1 x 0 (TM). Vây phương trình có nghiệm x 0 . Cách 2: Ta có: x2 x 2 2 x 1 0 x2 x 1 2 x 1 1 0 x2 ( x 1 1)2 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0(TM) x 1 1 0 x 1 1 x 1 1 x 0 Vây phương trình có nghiệm x 0 . a b b c c a a b b c c a 2) Ta có: VT 1 c2 1 a2 1 b2 ab bc ca c2 ab bc ca a2 ab bc ca b2 a b b c c a (a b)(a b) (b c)(b c) (c a)(c a) (a c)(b c) (a b)(c a) (a b)(b c) (a b)(a c)(b c) (đpcm). Bài II (2,0 điểm) 1) Tìm tất cả cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn x2 5xy 6y2 x 2y 2 0. 2) Chứng minh với mỗi số nguyên n , số n2 n 16 không chia hết cho 49 . Lời giải 1) x2 5xy 6y2 x 2y 2 0 (x 2y)(x 3y) (x 2y) 2 (x 2y)(x 3y 1) 2 (1) Do x; y ¢ suy ra x 2y; x 3y 1 ¢ Vậy từ (1) ta suy ra các trường hợp sau x 2y 2 x 6 TH1: . x 3y 1 1 y 2 x 2y 1 x 1 TH2: x 3y 1 2 y 0 x 2y 2 x 2 TH3: x 3y 1 1 y 0 x 2y 1 x 3 TH4: x 3y 1 2 y 2
5. Vậy các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn là (6; 2);(1;0);( 2;0);(3; 2) . 2) Ta có P n2 n 16 suy ra 4P 4n2 4n 64 (2n 1)2 63 . TH1: 2n 1 7 suy ra (2n 1)2 49 mà 63 49 suy ra 4P  49 suy ra P  49 . TH2: 2n 1 7 suy ra (2n 1)2  7 mà 637 suy ra 4P  49 suy ra P  49 . Vậy P  49 với mọi n (đpcm) Bài III (2,0 điểm) 2 1) Cho số thực x khác 0 thỏa mãn x và x3 đều là số hữu tỉ. Chứng minh x là số hữu tỉ. x 2) Cho các số thực không âm a,b và c thỏa mãn a b c 5. Chứng minh 2a 2ab abc 18 Lời giải 1) Cách 1: 2 2 4 2 4 2 2 Ta có x ¤ suy ra x 2 4 x ¤ x 2 ¤ . x x x x 8 8 2 4 3 3 2 Cùng có x ¤ suy ra 3 ¤ suy ra x 3 x x 2 2 ¤ x x x x 4 4 2 Do x2 ¤ x2 2 ¤ nên suy ra x ¤ . x2 x2 x 2 2 Vậy 2x x x ¤ suy ra x ¤ (điều phải chứng minh) x x Cách 2: 2 Ta có: x là số hữu tỉ x x4 2x2 ¤ x3 Mà: x3 ¤ x4 2x2 ¤ (1) 2 x2 1 ¤ (2)
6. 2 x 2 2 Ta lại có: ¤ ; x2 x2 2 ¤ x x2 2 ¤ x 2 x 2 2 3 x x2 2 ¤ x2 2 ¤ (3) x 3 2 Từ (2) và (3) x2 2 3 x2 1 ¤ 3 x2 1 3 x2 1 1 ¤ 3 x2 1 3 x2 1 ¤ 2 x2 1 x2 1 3 ¤ x2 1 ¤ x2 2 ¤ x2 2 x 2  Mà: ¤ x 2 2 x ¤ x x 2 2 b c 2 2) 2a 2ab abc 2a ab(c 2) 2a a 2 2 7 a 2a 2ab abc 2a a 2 Ta sẽ chứng minh: a2 14a 49 2a a  18 4 a3 14a2 57a 72 0 (a 3)2 (a 8) 0 luôn đúng với mọi 0 a 5 Bài IV (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) , với gốc B· AC 60 và AB AC . Các đường thẳng BO,CO lần lượt cắt các đoạn thẳng AC, AB tại M,N . Gọi F là điểm chính giữa của cung BC lớn. Lời giải
7. 1) Chứng minh năm điểm A,N,O,M và F cùng thuộc một đường tròn. B· OC B· AC (góc nội tiếp và góc ờ tâm) Mà B· AC 60 B· OC 120 Tứ giác AMON nội tiếp (1) N· AO N· MO (cùng chắn O· N ) M· AO M· NO (cùng chắn O· M ) Mà N· AO N· BO (do OA OB OAB cân) M· AO M· CO (do OA OC OAC cân) Nên N· BM N· MB MBN cân tại N NM NB M· NC M· CN MCN cân tại M MN MC NB MC Xét FNB và FMC có: NB MC (chưng minh trên) N· BF M· CF (cùng chắn A¶F) FB FC ( F là điểm chính giữa B¶C ) FNB FMC(c.g.c) FN FM · · NFB MFC
8. Mà M· FC M· FB B· FC B· AC 60 N· FB M· FB 60 · o NFM 60 · o NAM 60 Tứ giác NAFM nội tiếp (2) Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm A,N,O,M , F cùng thuộc một đường tròn 2) Gọi P,Q lần lượt là các giao điểm thứ hai của hai tia FN,FM với đường tròn (O) . Gọi . J . là giao điểm của đường thẳng BC và đường thẳng PQ . Chứng minh tia AJ là tia phân giác của góc B· AC . Ta có C¶Q A¶F B¶P , do đó QJMC và BJNP là các tứ giác nội tiếp F là điểm chính giữa cung BC nên B· FC B· AC 60 suy ra BFC đều Suy ra M· QC M· QC F· AC 60 Lại có M· OC 60 suy ra MCQO là tứ giác nội tiếp Suy ra 5 điểm M,C,Q, J,O cùng thuộc một đường tròn Chứng minh tương tự B,N,O, J,P cũng thuộc một đường tròn Suy ra C· JM C· OM 60 B· AC B· AC Suy ra AMJB là tứ giác nội tiếp M· AJ M· BJ 30 2 Suy ra AJ là tia phân giác của góc B· AC 3) Gọi K là giao điểm của đường thẳng OJ và đường thẳng CF . Chứng minh AB vuông góc với AK . Theo trên ta có PBQC là hình thang cân, OJ là đường trung trưc của CP B· AC Mặt khác J·AP C· AP C· AP 30 ·JOP O· CF ·JOP O· PK J·KP 2 Suy ra tứ giác AKJP nội tiếp Suy ra K· AJ J·PK K· CJ 60 B· AK B· AJ K· AJ 30 60 90
9. Hay AK  AB Bài V (1,0 điểm) Cho A là một tập hợp con có 100 phần tử của tập hợp {1,2,3,,178} 1) Chứng minh A chứa hai số tự nhiên liên tiếp. 2) Chứng minh với mọi số tự nhiên n thuộc tập hợp {2,3,4,,22} , tồn tại hai phần tử của A có hiệu bằng n . Lời giải 1) Gọi các phần tử của tập A là A a1 ,a2 ,a3 ,a100  . Không mắt tính tổng quát già sử a1 a2 a3  a100 Giả sử tập A không có hai số tự nhiên nào liên tiếp thì ta có a2 a1 2;a3 a2 2.;a100 a99 2 Suy ra a100 a100 a90  a3 a2 a2 a1 a1 99.2 a1 178 vậy a100 không thuộc tập hợp {1,2,3,178} (trái với giả thiết) suy ra điều giả sử là sai từ đó ta có điều phải chứng minh. 2) Với n {2,3,4,22} giả sử không tồn tại hai phần tử nào của A có hiệu bẳng n (*). Ta có ai aj kn (k ¥ )i, j {1,2,3,100} Với các phần tử a1 ,a2 ,a3 ,a12 * Ta có a1 79 khi đó tập A không thể có các phần tử có dạng a1 k,n k ¥ 178 a 99 Xét bất phương trình a k.n 178 k 1 4 1 n 22 Vậy ít nhất có 4 số thuộc tập {1,2,3 178} không thuốe A . Tưong tự như vậy với a2 ,a3 a12 mỗi trường hợp cũng có ít nhất có 4 số thuộc tập {1,2,3,178} không thuộc A ( các số bỏ đi trong các trương hợp là khác nhau). Với các phần tử a13 ,a14 ,a15 a34 * Ta có a13 91 khi đó tập A không thể có các phằn tử có dạng a13 k.n k ¥ 178 a 87 Xét bất phương trình a kn 178 k 13 3 13 n 22
10. Vậy ít nhất có 3 số thuộc tập {1,2,3,178} không thuộc A . Tương tự như vậy với a14 ,a15 a34 mỗi trường hợp cũng có ít nhất có 3 số thuộc tập {1,2,3,178} không thuộc A ( các số bỏ đi trong các trường họp là khác nhau). Suy ra tập A không nhiều hơn 178 114 64 phẩn tử ( trái với giả thiết) vậy điều giả sử (*) là sai tử đó ta có điều phải chứng minh. HẾT