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

1. SỞ GIÁO GIỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày : 04/6/2021 Môn : Toán chuyên Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1. ( 1,5 điểm ) 1 a 1 1. Rút gọn biểu thức A : a 0;a 1 a2 a a a a a 2. Cho hàm số y m 2 x 2 ( m là tham số ) có đồ thị là đường thẳng (d). a) Tìm điều kiện của m để hàm số đồng biến trên ℝ b) Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến (d) bằng 1. Bài 2. ( 1,5 điểm ) 1. Cho a là số nguyên lẻ và không chia hết cho 3. Chứng minh rằng a2 20212 chia hết cho 24. 2. Cho các số nguyên tố p, q thỏa mãn p q2 là số chính phương. Chứng minh rằng : a) p = 2q + 1. b) p2 q2021 không phải là số chính phương. Bài 3. ( 2,5 điểm ). 2 2 2x 7xy 4 y 0 1. Giải hệ phương trình : 2 x y 6 2 y 1 2. Tìm tấu cả các giá trị của tham số m để phương trình x2 5x 2m 2 0 có hai nghiệm dương phân 2 biệt x1; x2 thỏa mãn x1 4x1 2m 2 x2 3 . 3. Cho các số thực a,b,c đôi một khác nhau và thỏa mãn c a c b 4 .Chứng minh rằng: 1 1 1 1. a b 2 c a 2 c b 2 Bài 4. ( 3,5 điểm) Cho đường tron tâm O, bán kính R = 4cm và hai điểm B, C cố định trên (O), BC không là đường kính. Điểm A thay đổi trên (O) sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi D, E, F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ A, B, C của tam giác ABC. a) Chứng minh = . b) Gọi M là điểm đối xứng của A qua BC, N là điêm đối xứng của B qua AC. Chứng minh rằng : CD.CN = CE.CM. c) Trong trường hợp 3 điểm C, M, N thẳng hàng, tính độ dài đoạn thẳng AB. d) Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng AI cắt EF tại K. Gọi H là hình chiếu vuông góc của K trên BC. CHứng minh rằng đường thẳng AH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi. Bài 5. ( 1 điểm ) Cho tập hợp S gồm n số nguyên dương đôi một khác nhau ( n 3) thỏa mãn tính chất: tổng của 3 phần tử bất kì trong S đều là số nguyên tố. Tìm giá trị lớn nhất có thể của n.
2. ĐÁP ÁN Bài 1. 1.1. 1 a + 1 a(1 + a + a) A = : = a2 ― a a + a + a a ( a4 ― a)( a + 1) 0,25 điểm a(1 + a + a) a + a + 1 = = a( a3 ― 1)( a + 1) ( a3 ― 1)( a + 1) a + a + 1 1 1 = = = ( a ― 1)(a + a + 1)( a + 1) ( a ― 1)( a + 1) a ― 1 0,25 điểm 1 Vậy A = a ― 1 1.2. a) Hàm số đồng biển trên R ⇔m ― 2 > 0 ⇔m > 2 0,25 điểm b) Với m = 2, (d): y = 2 cách O một khoảng bằng 2, (không thỏa) 0,25 điểm Với m ≠ 2, gọi M, N lần lượt là giao điểm của (d) với trục hoành, trục tung. Hoàng độ của M là nghiệm của phương trình: 2 (m ― 2)x + 2 = 0⇔x = 2 ― m 2 ⇒OM = |2 ― m| 0,25 điểm Đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên ON = 2 Gọi OH là khoảng cách từ gốc tọa độ O đến (d), áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông OMN ta có: 1 1 1 1 (2 ― m)2 1 = + ⇔ = + mà OH = 1 nên OH2 OM2 ON2 OH2 4 4 2 1 (2 ― m) + = 1⇔m2 ―4m + 5 = 4⇔(m ― 2)2 = 3 4 4 N m ― 2 = 3 m = 2 + 3 ⇔[ ⇔[ m ― 2 = ― 3 m = 2 ― 3 0,25 điểm D O M Bài 2. 2.1. Vì a là số nguyên lẻ nên a = 2k + 1, k ∈ ℤ. Từ đó a2 = 4k2 + 4k + 1⇒a2 ― 1 = 4k(k + 1)⋮8 (1) vì k(k + 1)⋮2 Mặt khác, a không chia hết cho 3 nên a = 3q ± 1,q ∈ ℤ a2 = 9q2 ± 6k + 1⇒a2 ― 1⋮3 (2) Từ (1) và (2), ta được a2 ―1 ⋮24 0,25 điểm Từ đó: a2 ― 20212 = (a2 ― 1) ― (20212 ― 1) = (a2 ― 1) ― 2020.2022 0,25 điểm = (a2 ― 1) ― 22.5.101.2.3.337⋮24 2.2. a) 0,25 điểm Đặt p + q2 = n2, n ∈ ℕ Suy ra p = (n ― q)(n + q) n ― q = 1 0,25 điểm Vì p là số nguyên tố nên n + q = p. Do đó p = 2q + 1 b) Giả sử p2 + q2021 là số chính phương, đặt p2 + q2021 = m2 Suy ra q2021 = (m ― p)(m + p). Có 2 trường hợp: TH1: m ― p = 1 2021 2021 m + p = q2021 ⇒a ―1 = 2p = 4q + 2⇒q = 4q + 3. Suy ra 2⋮q. Từ đó: q
3. = 3 0,25 điểm Tuy nhiên, khi đó đẳng thức q2021 = 4q + 3 không xảy ra TH2: a m ― p = q ∗ b a m + p = qb với a,b ∈ N , a + b = 2021. Suy ra q ― q = 2p = 4q + 2 Từ đó 2⋮p và q = 2 Khi đó 2b ― 2a = 10⇒2a―1(2b―a ― 1) = 5 2a―1 = 1 Suy ra ⇒2b―a = 6 (vô lý) 2b―a = 5 0,25 điểm Tóm lại, 2 trường hợp đều không xảy ra tức là điều giả sử sai hay nói cách khác p2 + q2021 không phải số chính phương. Bài 3. 2x2 + 7xy ― 4y2 = 0 (1) 3.1. x2 + y + 6 + 2y = 1 (2) Từ (1) ⇔2x2 ―xy ― 4y2 = 0⇔x(2x ― y) +4y(2x ― y) = 0 y = 2x ⇔(x + 4y)(2x ― y) = ⇔ x = ―4y 0,25 điểm Thay x = ―4y vào (2) ta được 16y2 + y + 6 = 1 ― 2y⇔ y ≤ 1 y ≤ 1 2 ⇔ 2 . Vô nghiệm 0,25 điểm 16y2 + y + 6 = (1 ― 2y)2 12y2 + 5y + 5 = 0 Thay y = 2x vào (2) ta được x2 + 2x + 6 = 1 ― 4x 1 1 x ≤ 4 1 1 ― 4x ≥ 0 x ≤ x = 1 ⇔ x2 + 2x + 6 = 1 ― 8x ― 16x2⇔ 4 ⇔ ⇔x = ― 0,25 điểm 152 ― 10x ― 5 = 0 [ 1 3 x = ― 3 1 2 Với x = ― 3 => y = ― 3 Vậy hệ có nghiệm ― 1 ; ― 2 3 3 0,25 điểm 3.2 Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt x1,x2 ⇔ ∆ = 25 ― 4(2m ― 2) > 0 33 m 0 ⇔ 8 ⇔1 0 m > 1 8 2 x1 + x2 = 5;x1.x2 = 2m ― 2 và x1 ― x1 +2m ― 2 = 0 2 0,25 điểm x1 ― 4x1 + 2m ― 2 + x2 = 3 x2 ― 5x + 2m ― 2 + x x ⇔ 1 1 1 + 2 = 3⇔x1 + x2 +2 x1x2 = 9⇔ x1x2 = 2⇔x1 ⇔ x1 + x2 = 3 0,25 điểm x2 = 4⇔2m ― 2 = 4⇔m = 3 (thỏa mãn) Vậy m = 3 0,25 điểm 3.3. 0,25 điểm Đặt x = c + a, y = c + b. Khi đó xy = 4 1 1 1 Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành (x ― y)2 + x2 + y2 ≥ 1 Ta có:
4. 1 1 1 1 1 1 1 x2 + y2 1 (x ― y)2 + 2xy 1 + + = + + + = + = (x ― y)2 x2 y2 (x ― y)2 x2 y2 (x ― y)2 x2.y2 (x ― y)2 x2y2 (x ― y)2 (x ― y)2 + 8 1 (x ― y)2 1 + = + + 16 (x ― y)2 16 2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 2 2 1 (x ― y) 1 (x ― y) 1 1 1 1 + ≥ 2 . = ⇔ + + ≥ 1 (đpcm) (x ― y)2 16 (x ― y)2 16 2 (x ― y)2 x2 y2 0,25 điểm s 0,25 điểm Bài 4. A a.) Kẻ đường kính AA/’ của đường tròn (O). E Khi đó tam giác ACA’ vuông tại C => = 900 ― ′ F Lại có : = 900 ― . O Mà = ′ ( cùng chắn cung AC) => = B D C 0,5 điểm A' b) Các tam giác vuông CAD và CBE có góc C chung nên đồng dạng: 0,5 điểm CA CD => CA.CE CB.CD CB CE Vì A, M đối xứng với nhau qua BC nên CA = CM .Tương tự CB = CN . 0,5 điểm => CD.CN CE.CM N A E P F O B D C A' M c) Theo tính chất đối xứng, ta có: = = . 0,25 điểm Do đó, trong trường hợp C, M, N thẳng thàng thì = 600. Gọi P là trung điểm của AB thì tam giác AOP vuông tại O 1 0 => 푃 = 2 = = 60 . 0,25 điểm AP Ta có : sin 푃 = AP 2 3 AB 2AP 4 3 0,25 điểm AO
5. d) Gọi J là trung điểm của EF A Các tam giác AEF và ABC có góc A chung và 퐹 = ( do tứ giác BCEF nội tiếp) nên đồng dạng => E J K AE E F F O AB BC E F 2EJ E J AE EJ B D H I C Mà AEJ ABI => 0,25 điểm BC BI BI AB BI A' 퐽 = Ta có: Tam giác IEF cân tại I ( vì IE = IF = 1/2BC) => IJ ⊥ EF. T Tứ giác IKJH có : 퐾 = 퐽퐾 = 900 nên nội tiếp 0 => : 퐽 + 퐽퐾 = + 퐽퐾 = 180 => A, J, H thẳng hàng. (1). 0,25 điểm Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại T. OA OT Ta có : OA2 OB2 OI.OT mà góc góc A chung => ∆ ∼ ∆ OI OA => = mà = ( so le trong) => = . Lại có : = => = => = Mà = 퐽 ( tam giác đồng dạng ) => = 퐽 => A, J, T thẳng hàng (2) Từ (1) và (2) => AH luôn đi qua điểm T cố định khi A di chuyển. 0,25 điểm Bài 5. Đặt S {s1;s2; ;sn} Vì khi chia một số nguyên dương bất kỳ cho 3, ta có ba loại số dư là : 0; 1; 2 nên ta chia các số s1;s2; ;sn thành 3 nhóm: Nhóm I gồm các số chia 3 dư 1. 0,25 Nhóm II gồm các số chia 3 dư 2. Nhóm II gồm các số chia hết chi 3. Nếu n 5 thì xảy ra một trong hai TH sau: TH1: Mỗi nhóm có ít nhất 1 phần tử: Không mất tổng quát, giả sử s1;s2;s3 lần lượt thuộc nhóm I, nhóm II, nhóm III. => s1 s2 s3 3 và s1 s2 s3 3 nên s1 s2 s3 không phải là số nguyên tố. 0,25 TH2: Có ít nhất một nhóm nào đó không có phần tử. Khi có n số s1;s2; ;sn được chia tối đa 2 nhóm mà n 5 nên luôn tồn tại ít nhất 3 số thuộc cùng một nhóm. Hiển nhiên tổng 3 số đó chia hết cho 3 và do đó cũng không phải là số nguyên tố. Tím lại, tất cả các tập hợp gồm n số nguyên dương đôi một khác nhau mà n 5 đều 0,25
6. không thỏa mãn tính chất nêu ở đề bài. Xét tập hợp {1;3;7;9} Ta có: 1+3+7 = 11; 1+ 3+9 = 13; 1+7+9 = 17 ; 3+7+9 = 19; và 11, 13, 17, 19 đều là các số nguyên tố nên tập hợp {1;3;7;9} thỏa mãn tính chất đề bài 0,25 Vậy giá trị lớn nhât có thể của n là 4.