Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên Toán - Năm học 2021-2022 - Trường THPT chuyên Quốc học Huế (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên Toán - Năm học 2021-2022 - Trường THPT chuyên Quốc học Huế (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THỪA THIÊN HUẾ CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ 05/06/2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn Thi: Toán (chuyên Toán) Thời gian làm bài 150 phút Câu 1. (1,5 điểm) a) Cho biểu thức 1 2 x ― 2 1 1 A = ― : ― với x > 0;x ≠ 1. x + 1 x x + x ― x ― 1 3 x + 3 3x + 3 x Tìm tất cả các giá trị của x sao cho biểu thức A nhận giá trị là số nguyên. 1 b) Cho f(n) = (n ∈ N∗). (2n + 1)( n + 1 + n) 1 1 1 1 Chứng minh f(n) < ― với mọi n ∈ ℕ∗ và f(1) + f(2) + + f(2021) < . 2 n n + 1 2 Câu 2. (1,5 điểm) a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2mx + 3 (m ≠ 0). Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt 2 sao cho SOAB = 6 (cm ) (Với O là gốc tọa độ, đơn vị đo trên các trục tọa độ là cm). (x ― y)2 + (x + 1)2 ― y(x + 1) ― 1 = 0 b) Giải hệ phương trình: x3 ― y + 1 = 0 Câu 3. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: (x2 + 1)(2x2 ― 3 x2 + x + 1 + 4) = 1 ― x. 3 2 b) Tìm m để phương trình x ― (m + 1)x ―3x + m + 3 = 0 có ba nghiệm phân biệt x1; x2;x3 sao cho biểu thức 1 1 1 P = 4 + 4 + 4 (x1 + 1) (x2 + 1) (x1 + 1) đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) và dây BC cố định (BC không phải là đường kính). Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn. Gọi E là điểm đối xứng của B qua đường thẳng AC và F là điểm đối xứng của C qua đường thẳng AB. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EC và FB, H là giao điểm của hai đường thẳng BE và CF. a) Chứng minh FAHB và ACKF là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh KA là phân giác của góc BKC và ba điểm K, O, A thẳng hàng. c) Xác định vị trí của điểm A sao cho tứ giác BKCO có diện tích lớn nhất. Câu 5. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của x và y thỏa mãn x2 ― 2yx ― 421.9 = 0. b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh 1 1 1 3 5 + + ≥ . x(2y + 3z) y(2z + 3x) z(2x + 3y) 5
2. ĐÁP ÁN Câu 1. a) 1 2 x ― 2 1 1 A = ― : ― x + 1 x x + x ― x ― 1 3 x + 3 3x + 3 x 1 2( x ― 1) x ― 1 A = ― : x + 1 (x ― 1)( x + 1) 3 x( x + 1) x ― 1 3 x( x + 1) A = . ( x + 1)2 x ― 1 3 x A = x + 1 3 A ∈ ℤ⟺3 ― ∈ ℤ⟺ x + 1 ∈ Ư(3)⟺x ∈ {0;4} x + 1 KHĐK: ⟹x = 4. b) Ta có 1 n + 1 ― n f(n) = = (2n + 1)( n + 1 + n) 2n + 1 Ta có: 2n + 1 = (n + 1) +n ≥ 2 n + 1. n n + 1 ― n 1 1 1 ⟹f(n) ≤ = ― 2 n + 1. n 2 n n + 1 1 1 1 1 1 ⟹f(1) + f(2) + + f(2021) ≤ ― + + ― 2 1 1 + 1 2021 2021 + 1 1 1 1 1 = . 1 ― 0 ∀m⟹PT( ∗ ) luôn có 2 nghiệm phân biệt ⟹(d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A,B. (d) cắt Oy tại I(0;3)⟹OI = 3 Kẻ AH vuông góc với Oy tại H; BK vuông góc với Oy tại K ⟹AH = |x1| và BK = |x2| 3 3 S = S + S = |x | + |x | = 6⟹|x | + |x | = 4 OAB OAI OBI 2 1 2 2 1 2
3. 2 2 ⟹x1 + x2 + 2|x1x2| = 16 ⟹4m2 + 6 + 2| ―3| = 16 ⟹m =± 1. b) (x ― y)2 + (x + 1)2 ― y(x + 1) ― 1 = 0 HỆ PHƯƠNG TRÌNH ⟺ x3 ― y + 0 (x ― y + 1)(2x ― y) = 0 y = x + 1 y = 2x ⟺ x3 = y ― 1 ⟺ x3 ― y + 1 = 0hoặc x3 ― y + 1 = 0 y = x + 1 y = 2x ⟺ x3 ― x = 0hoặc (x ― 1)(x2 + x ― 1) = 0 ―1 ± 5 Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S = (1;2);( ―1;0);(0;1); ; ― 1 ± 5 2 Câu 3. 퐚) PT⟺(x2 + 1)(2x2 + 4 ― 3 2(x2 + 1) + (x ― 1) + (x ― 1) = 0 Đặt a = x2 +1 ≥ 1 và b = x ― 1 PTTT a(2a + 2 ― 3 2a + b) + b = 0 ⟺2a2 ― 3a 2a + b + 2a + b = 0 ⟺2a(a ― 2a + b) ― 2a + b(a ― 2a + b) = 0 ⟺(a ― 2a + b)(2a ― 2a + b) = 0 TH1: a = 2a + b⟺x4 ―x = 0⟺x = 0;1 TH2: 2a = 2a + b⟹2x2 +2 = 2x2 + x + 1 11 1 5 ⟺4x4 + x2 + (x ― 1)2 + = 0 2 2 2 ⟺x ∈ ∅ Vậy S = {0;1}. b) x3 ― (m + 1)x2 ― 3x + m + 3 = 0 ⟺x3 ― 1 ― 3x + 3 ― (m + 1)x2 + (m + 1) = 0 ⟺(x ― 1) x2 + x + 1 ― 3 ― (m + 1)(x + 1) = 0 ⟺x = 1 hoặc x2 ― mx ― m ― 3 = 0( ∗ ) Để phương trình ban đầu có 3 nghiệm pb thì PT(*) có 2 nghiệm pb khác 1 Δ > 0 ⟺ 1 ― m ― m ― 3 ≠ 0⟺m ≠ ―1.
4. Giả sử x1 = 1;x2;x3 là nghiệm của PT (*) 1 2 1 2 9 ⟹P ≥ 4 + 2 2 = + 2 = 2 (x2 + 1) (x3 + 1) 16 ( ―m ― 3 + m + 1) 16 Vậy P nhỏ nhất bằng 9/16 khi m=-2. Câu 4. a) Ta có BAH = BCH (cùng phụ ABC) ΔBCF cân tại B(tính chất trung trực)⟹BCH = BFH ⟹BAH = BFH. ⟹FAHB là tgnt. CMTT AHCE là tgnt⟹AHE = AEB⟹AEB = ACE⟹ACKF là tgnt. b) Ta có AB là trung trực của CF ⟹AC = AF. ⟹ΔAFC cân tại A ⟹AFC = ACF Vì ACKF là tgnt⟹AFC = AKC và ACF = AKF. ⟹KA là phân giác góc BKC. Vì ACKF là tgnt ⟹BKC + FAC = 1800 Ta có FAC = 2BAC;BOC = 2BAC ⟹FAC = BOC ⟹OBKC là tgnt ⟹BOK = BCK
5. Lại có AOB = 2ACB = BCE ⟹BOK + BOA = BCK + BCE = 1800 ⟹A,O,K thẳng hàng c) Ta có OBKC là tgnt; Mà O,B,C cố định nên K thuộc cung lớn của đường tròn ngoại tiếp tg OBC có bán kính không đổi. SBKOC = SOBC + SKBC Vì SOBC không đổi nên SBKCO lớn nhất ⟺SKBC lớn nhất 1 Kẻ , ta có KM ⊥ BC SKBC = 2KM.BC Vì BC không đổi nên SKBC lớn nhất ⟺KM lớn nhất ⟺K là điểm chính giữa cung lớn BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC ⟹A là điểm chính giữa cung lớn BC Câu 5. y 2 44 a) Δx = (2 ) + 2 .9 ⟹Δx là SCP ⟹(2y)^2 + 2^44.9 = a^2 ⟹(a + 2y)(a ― 2y) = 9.244 Vì (a + 2y) ― (a ― 2y) = 2y+1 không chia hết cho 3 nên 2 số đó không cùng chia hết cho 3 ⟹a ― 2y⋮9 hoặc a + 2y⋮9 Mà a + 2y +a ― 2y = 2a là số chẵn⟹a + 2y và a ― 2y cùng tính chẵn lẻ. ⟹a + 2y và a ― 2y cùng chẵn TH1:a + 2y = 9.2m và a ― 2y = 9.2n⟹2y+1 = 9.2m ― 2n Nếu m > n và m < n⟹VP là số lẻ (vô lí) Nếu m = n⟹m = n = 22 ⟹2y+1 = 225⟹y = 24⟹x = 9.221 TH2: Tương tự ta có m,n thuộc rỗng. Vậy x = 9.221 và y = 224. b) 5 5 5 VT = + + 5x(2y + 3z) 5y(2z + 3x) 5z(2x + 3y) 2 5 2 5 2 5 18 5 ≥ + + ≥ (Cauchy ― Schwarz) 5x + 2y + 3z 5y + 2z + 3x 5z + 2x + 3y 10(x + y + z) 3 5 ⟹VT ≥ ⟹đpcm 5