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

1. NHÓM WORD HÓA ĐỀ TOÁN - 77 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG TRỊ NĂM HỌC 2021 - 2022 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2.0 điểm) Bằng các phép biến đổi đại số, rút gọn các biểu thức sau: a) A 2 8 5 18 4 32. a a b) B . 1 a , với a 1. a 2 a 1 Bài 2: (1.5 điểm) Cho hàm số y 1 m x2. (1) a) Tìm điều kiện của m để hàm số (1) đồng biến khi x 0. b) Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y x 3 tại điểm có tung độ bằng 2? Bài 3: (1.5 điểm) Cho phương trình (ẩn x) x2 2mx 2m 1 0. m 3. a) Giải phương trình khi 4 x1x2 1 A 2 2 b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 sao cho biểu thức x1 x2 2 2 x1x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4: (1,0 điểm). Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau 40 lần bắn là 8,25 điểm. Kết quả cụ thể được ghi trong bảng sau, trong đó có hai ô bị mờ không đọc được (đánh dấu *): Điểm số của mỗi lần bắn 10 9 8 7 Số lần bắn 7 * 15 * Hãy tìm lại các số trong hai ô đó. Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy điểm F, vẽ FE vuông góc với BC tại E. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF. Đường thẳng BF cắt (O) tại điểm thứ hai là D, DE cắt AC tại H. a) Chứng minh ABEF là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh B· CA B· DA. c) Chứng minh hai tam giác AEO và EHO đồng dạng. d) Đường thẳng AD cắt (O) tại điểm thứ hai là G, FG cắt CD tại I, CG cắt FD tại K. Chứng minh I, K, H thẳng hàng. Bài 6: (0,5 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn 0 x, y, x 1. Chứng minh rằng: x y z 2 xy yz zx 4xyz 1.  HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (2.0 điểm) Bằng các phép biến đổi đại số, rút gọn các biểu thức sau: a) A 2 8 5 18 4 32. a a b) B . 1 a , với a 1. a 2 a 1 Giải: a) A 2 8 5 18 4 32. Ta có:
2. NHÓM WORD HÓA ĐỀ TOÁN - 78 - A 2 8 5 18 4 32 2 4.2 5 9.2 4 16.2 4 2 15 2 16 2 5 2 Vậy A 5 2 a a b) B . 1 a , với a 1. a 2 a 1 Với a 1, ta có: a a B 1 a a 2 a 1 a a 1 a 1 2 a 1 a Vậy B a Bài 2: (1.5 điểm) Cho hàm số y 1 m x2. (1) a) Tìm điều kiện của m để hàm số (1) đồng biến khi x 0. b) Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y x 3 tại điểm có tung độ bằng 2? Giải: a) Tìm điều kiện của m để hàm số (1) đồng biến khi x 0. Hàm số đồng biến khi x 0 nếu hệ số 1 m 0 m 1. Vậy hàm số đồng biến khi x 0 thì m 1. b) Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y x 3 tại điểm có tung độ bằng 2? Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y x 3 tại điểm có tung độ bằng 2 nên điểm đó thỏa mãn phương trình đường thẳng y x 3 Hay 2 x 3 x 1. Điểm đó là A 1;2 . Thay tọa độ A và (1) ta được: 2 1 m .12 m 1 2 m 1 Vậy m 1 thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y x 3 tại điểm có tung độ bằng 2. Bài 3: (1.5 điểm) Cho phương trình (ẩn x) x2 2mx 2m 1 0. m 3. a) Giải phương trình khi 4 x1x2 1 A 2 2 b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 sao cho biểu thức x1 x2 2 2 x1x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: m 3. a) Giải phương trình khi m 3 x2 6x 5 0 Thay vào phương trình đã cho ta được: 6 2 4.5 16 0 Ta có: nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
3. NHÓM WORD HÓA ĐỀ TOÁN - 79 - 6 16 x1 5 2 6 16 x2 1 2 S 1;5 Vậy phương trình có tập nghiệm là 4 x1x2 1 A 2 2 b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 sao cho biểu thức x1 x2 2 2 x1x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Phương trình: x2 2mx 2m 1 0 có: ' m2 2m 1 m 1 2 0 x R nên phương trình luôn có nghiệm. x1 x2 2m Theo định lí Vi-ét ta có: x1.x2 2m 1 Khi đó ta có: 4 x1x2 1 A 2 2 x1 x2 2 2 x1x2 4 x1x2 1 2 x1 x2 2x1x2 4 2x1x2 4 x1x2 1 2 x1 x2 4 4 2m 1 1 4m2 4 2m m2 1 Ta có m 1 2 0 m m2 1 2m m 2 2m m 1 2m m 1 2 m m 1 A 1 m Amin 1. Dấu “=” xảy ra khi m 1 0 m 1. Bài 4: (1,0 điểm). Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau 40 lần bắn là 8,25 điểm. Kết quả cụ thể được ghi trong bảng sau, trong đó có hai ô bị mờ không đọc được (đánh dấu *): Điểm số của mỗi lần bắn 10 9 8 7 Số lần bắn 7 * 15 * Hãy tìm lại các số trong hai ô đó. Giải: Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là 9 là a (a N* ) Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là 7 là b (b N* ) Tổng số lần bắn của vận động viên đó là 40 nên ta có: 7 a 15 b 40 a b 18 (1) Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau 40 phát bắn là 8,25 nên ta có phương trình: 10.7 9a 8.15 7b 8,25 9a 7b 140 (2) 40 a b 18 a 7 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: (thỏa mãn) 9a 7b 140 b 11 Vậy số lần bắn trong ô điểm 9 là 7 lần, số lần bắn trong ô điểm 7 là 11 lần.
4. NHÓM WORD HÓA ĐỀ TOÁN - 80 - Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy điểm F, vẽ FE vuông góc với BC tại E. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF. Đường thẳng BF cắt (O) tại điểm thứ hai là D, DE cắt AC tại H. a) Chứng minh ABEF là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh B· CA B· DA. c) Chứng minh hai tam giác AEO và EHO đồng dạng. d) Đường thẳng AD cắt (O) tại điểm thứ hai là G, FG cắt CD tại I, CG cắt FD tại K. Chứng minh I, K, H thẳng hàng. Giải: C O G I E K H D F A B a) Chứng minh ABEF là tứ giác nội tiếp. Ta có F· AB 900 (vì tam giác ABC vuông tại A) F· EB 900 (vì FE  BC). F· AB F· EB 900 900 1800 ABEF là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh B· CA B· DA. Ta có B· DC F· DC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) B· DC B· AC 900 ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC (tứ giác có 2 đỉnh A, D cùng nhìn BC dưới 1 góc 900) B· CA B· DA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB) c) Chứng minh hai tam giác AEO và EHO đồng dạng. 1800 E· OD Ta có: OD OE ODE cân tại O O· ED O· DE (tổng 3 góc trong một tam giác) 2 Mà E· OD 2E· CD 2B· CD (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung DE) 1800 2B· CD O· ED O· DE 900 B· CD C· BD E· BF (do tam giác BCD vuông tại D) 2 Lại có: E· BF E· AF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF của tứ giác nội tiếp ABEF) E· AO E· AF O· ED O· EH Xét tam giác OEH và tam giác OAE ta có: E· OA chung;
5. NHÓM WORD HÓA ĐỀ TOÁN - 81 - E· AO O· EH (cmt) OEH ” OEH (g.g) d) Đường thẳng AD cắt (O) tại điểm thứ hai là G, FG cắt CD tại I, CG cắt FD tại K. Chứng minh I, K, H thẳng hàng. Ta có: F· GC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính CF) FG  CK. Mà CD  KF và I là giao điểm của CD và GF nên I là trực tâm của tam giác CFK. KI là đường cao thứ 3 của tam giác CFK KI  CF (1) Ta có O· AE O· EH O· DE (cmt) OEAD là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau). A· DE A· OE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE) Mà A· OE 2F· CE 2F· DE (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung EF) 1 A· DE 2F· DE DF là phân giác của A· DE A· DF F· DE A· DE 2 Ta lại có F· DA G· CA K· CH (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp CFDG) H· DF K· CH CHDK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện) K· HC C· DK 900 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CK) hay KH  CF (2) Từ (1) và (2) ta có I, K, H thẳng hàng. Bài 6: (0,5 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn 0 x, y, x 1. Chứng minh rằng: x y z 2 xy yz zx 4xyz 1. Giải: xy z 1 0 Vì 0 x, y,z 1 yz x 1 0 xz y 1 0 3xyz xy yz zx 3xyz xy yz zx 0 (1) Lại có x 1 y 1 z 1 0 xyz xy yz zx x y z 1 0 (2) Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được: 4xyz 2 xy yz zx x y z 1 0 x y z 2 xy yz zx 4xyz 1 (đpcm) Dấu “=” xảy ra khi x; y;z 1;1;1 hoặc x; y;z 0;1;1 và các hoán vị của nó.