Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2021-2022 - Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn - Sở giáo dục và đào tạo Khánh Hòa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2021-2022 - Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn - Sở giáo dục và đào tạo Khánh Hòa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KHÁNH HÒA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Năm học: 2021 – 2022 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 4/06/2021 (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đề) (Đề thi có 01 trang) Câu 1. (2,00 điểm) a) Không dùng máy tính bỏ túi, tính giá trị biểu thức 2 1 3 10 6 3 2 1 2 10 6 3 T . 2 2 2 3 2 2 2 3 b) Với mọi số nguyên dương n , chứng minh A n2 n2 (n 1)2 (n 1)2 là số nguyên dương nhưng không là số chính phương. Câu 2. (2,00 điểm) Cho các phương trình ( ẩn x ) ax2 bx c 0 1 và cx2 bx a 0 2 với a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a b 4c 0 . a) Chứng minh các phương trình 1 và 2 đều có hai nghiệm dương phân biệt. b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình 1 và x3; x4 là hai nghiệm của phương trình 2 . 1 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T . x1x2 x3 x2 x3 x4 x3 x1x1 x4 x1x2 Câu 3. (1,50 điểm) a) Phân tích đa thức P(x, y) 4x3 3xy2 y3 thành nhân tử. Từ đó chứng minh 4x2 y3 3xy2 với mọi số thực x; y thỏa mãn x y 0 . 3 3 3 3 b) Cho các số thực x1; x2 ;, x21 thỏa mãn x1; x2 ;: x21 2 và x1 x2 x3  x21 12 . Chứng minh x1 x2  x21 18 Câu 4. ( 3,00 điểm) Cho ABC vuông tại A . Các đường tròn O đường kính AB , và (I) đường kính AC cắt nhau tại điểm thứ hai là H H A . Đường thẳng d thay đổi đi qua A cắt đường tròn O tại M và cắt đường tròn I tại N ( A nằm giữa hai điểm M và N ). a) Đoạn thẳng OI lần lượt cắt các đường tròn (O) , ( I ) lần lượt tại D, E . Chứng minh OI là đường trung trực của đoạn thẳng AH và AB AC BC 2DE . b) Chứng minh giao điểm S của hai đường thẳng OM và IN di chuyển trên một đường tròn cố định khi đường thẳng (d) quay quanh#A. c) Giả sử đường thẳng MH cắt đường trong I tại điểm thứ hai là T (T H ) . Chứng minh rằng ba điểm N, I,T thẳng hàng và ba đường thẳng MS, AT, NH đồng quy. Câu 5. (1,50 điểm) a) Hai số tư nhiên khác nhau được gọi là "thân thiết" nếu tổng bình phương của chúng chia hết cho 3 . Hỏi tập họp X {1;2;3;;2021} có bao nhiêu cặp số "thân thiết" (không phân biệt thứ tự)?
2. b) Trong kỳ thi chọn đội tuyển năng khiếu của trường T có n môn (n ¥ ,n 5) , mọi môn thi đều có thí sinh tham gia và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: - Có ít nhất 5 môn có số lượng thí sinh tham gia thi đôi một khác nhau; - Với 2 môn thi bất kì, luôn tìm được 2 môn thi khác có tổng số lượng thi sinh tham gia bằng với tổng số lưọng thí sinh của 2 môn đó. Hỏi kỳ thi có ít nhất bao nhiêu môn được tổ chức? HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Bài Ý Đáp án Điểm Không dùng máy tính bỏ túi, tính giá trị biểu thức 2 1 3 10 6 3 2 1 3 10 6 3 1,00 T . 2 2 2 3 2 2 2 3 2 1 3 10 6 3 2 1 3 10 6 3 T 2 2 2 3 2 2 2 3 2 1 3 10 6 3 2 1 3 10 6 3 4 4 2 3 4 4 2 3 0,25 2 4 2 3 3 1 3 1 2 4 2 3 3 1 3 1 Câu 1 3 a) 3 10 6 3 3 1 3 1 3 (2,00 điểm) 0,25 3 3 10 6 3 3 1 3 1 3 Suy ra 2 1 1 3 2 1 1 3 T 4 3 1 4 3 1 4 2 3 4 2 3 5 3 5 3 4 2 3 5 3 4 2 3 5 3 0,50 5 3 5 3 5 3 5 3 14 6 3 14 6 3 22 22 28 14 22 11
3. 14 Vậy T 11 Với mọi số nguyên dương n , chứng minh 2 2 A n2 n2 n 1 n 1 là số nguyên dương 1,00 nhưng không phải là số chính phương. A n2 n2 n 1 2 n 1 2 n2 n2 n2 2n 1 n2 2n 1 n2 n4 2n3 n2 n2 2n 1 n4 2n3 3n2 2n 1 2 n2 n 1 0,75 b) Vì n dương nên n2 n 1 0 2 Do đó A n2 n 1 n2 n 1. Vì n nguyên dương nên A n2 n 1 cũng là số nguyên dương. Vì n nguyên dương, ta có: A n2 n 1 n2 2 2 2 A n n 1 n 2n 1 n 1 0,25 2 n2 A n 1 Suy ra A không là một số chính phương. Cho các phương trình (ẩn x ) ax2 bx c 0 1 và cx2 bx a 0 2 với a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a b 4c 0 . 1,00 Chứng minh các phương trình 1 và 2 đều có hai nghiệm dương phân biệt. a b 4c 0 b a 4c Câu 2 a) 2 2 (2,00 điểm) 1 2 b 4ac a 4c 4ac a2 4ac 16c2 a 2c 2 12c2 0,50 1 0, 2 0 Suy ra các phương trình 1 và 2 đều có hai nghiệm phân biệt. Theo định lý Vi-ét ta có: 0,50
4. b b c a S ,S , P , P 1 a 2 c 1 a 2 c Vì a,b,c là các số thực dương nên S1,S2 , P1, P2 đều lớn hơn 0. Ta có: 1 0 S1 0 Phương trình 1 có hai nghiệm dương phân P1 0 biệt. 2 0 S2 0 Phương trình 2 có hai nghiệm dương phân P2 0 biệt. Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình 1 , x3; x4 là hai nghiệm của phương trình 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất 1,00 1 1 1 1 của biểu thức T . x1x2 x3 x2 x3x4 x3x4 x1 x4 x1x2 Theo định lý Vi-ét ta có: b c b a 0,25 x x ; x x ; x x ; x x 1 2 a 1 2 a 3 4 c 3 4 c 1 1 1 1 T x1x2 x3 x2 x3x4 x3x4 x1 x4 x1x2 x x x x 1 2 3 4 x1x2 x3x4 b b 0,25 b) a c c a . a c b b a c a 4c a 4c a c 0,25 4c a 5 a c Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 4c a 4c a T 5 5 2 . 9 . 0,25 a c a c Dấu “=” xảy ra a 2c,b 6c .
5. Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 9. Phân tích đa thức P x, y 4x3 3xy2 y3 thành nhân tử. Từ đó chứng minh 4x3 y3 3xy2 với mọi số thực 0,75 x, y thỏa mãn x y 0 . P x, y 4x3 3xy2 y3 4x3 4xy2 xy2 y3 4x x2 y2 y2 x y 0,50 4x x y x y y2 x y x y 4x2 4xy y2 a) x y 2x y 2 Với mọi số thực x, y thỏa mãn x y 0 , ta có: x y 2x y 2 0 4x3 3xy2 y3 0 0,25 4x3 y3 3xy2 x y 0 Dấu “=” xảy ra Câu 3 y 2x (1,50 điểm) Cho các số thực x1; x2 ; ; x21 thỏa mãn x1; x2 ; ; x21 2 3 3 3 và x1 x2 x21 12. Chứng minh 0,75 x1 x2 x21 18 . Với mọi i có giá trị từ 1 đến 21, ta có: xi 2 0 2 xi 2 xi 1 0 3 0,25 xi 3xi 2 0 x3 2 3x * b) i i Dấu “=” xảy ra xi 1 hoặc xi 2 . Áp dụng bất đẳng thức * ta có: 3 x1 2 3x1 x3 2 3x 2 2 0,50 3 x21 2 3x21 Suy ra
6. 3 3 3 x1 x2 x21 42 3 x1 x2 x21 54 3 x1 x2 x21 x1 x2 x21 18 Dấu “=” xảy ra khi có 1 số bằng 2 và 20 số còn lại bằng 1. (không chỉ ra dấu “=” trừ 0,25) Cho VABC vuông tại A. Các đường tròn O đường kính AB và I đường kính AC cắt nhau tại điểm thứ hai là H H A . Đường thẳng d thay đổi đi qua Acắt đường tròn O tại M và cắt đường tròn I tại N ( A 1,00 nằm giữa M và N ). Đoạn thẳng OI lần lượt cắt các đường tròn O , I lần lượt tại D, E . Chứng minh OI là đường trung trực của đoạn thẳng AH và AB AC BC 2DE . Câu 4 a) (3,00 điểm) Ta có: OA OH (cùng là bán kính của O ) 0,25 IA IH (cùng là bán kính của I ) Suy ra OI là đường trung trực của đoạn thẳng AH . Ta có: 1 OD OA OB AB O là trung điểm AB . 2 0,25 1 IE IA IC AC I là trung điểm AC . 2 Xét VABC ta có: O là trung điểm AB 0,25 I là trung điểm AC
7. Suy ra OI là đường trung bình của VABC 1 OI BC . 2 1 1 1 DE OD IE OI AB AC BC 2 2 2 0,25 2DE AB AC BC Chứng minh rằng giao điểm S của OM và IN di chuyển trên một đường tròn cố định khi đường thẳng d quay 1,00 quanh A. Ta có: AHB AHC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra BHC AHB AHC 90 90 180 0,25 Suy ra B, H,C thẳng hàng. Lại có AHB 90 AH  BC . VABC vuông tại A ABC ACB 90 NMH ABC (cùng chắn cung AH ) MNH ACB (cùng chắn cung AH ) 0,25 Suy ra MNH NMH ABC ACB 90 b) VHMN vuông tại H MHN 90 . SNM IAN NHC SMN OAM BHM Suy ra 0,25 SMN SNM CHN BHM 180 MHN 180 90 90 VSMN vuông tại S MSN 90 hay ISO 90 Suy ra S thuộc đường tròn đường kính OI . Mà O và I cố định nên đường tròn đường kính OI cố định. 0,25 Vậy S di chuyển trên đường tròn đường kính OI cố định khi đường thẳng d quay quanh A. Giả sử MH cắt I tại điểm thứ hai T T H . Chứng c) minh ba điểm N, I,T thẳng hàng và ba đường thẳng 1,00 MS, AT, NH đồng quy.
8. Ta có MHN 90 THN 90 TN là đường kính của I 0,25 N, I,T thẳng hàng. NT là đường kính của I NAT 90 TA  NM 0,25 THN 90 NH  MT 0,25 MSN 90 MS  NT Xét VMNT ta có MS, NH, AT là ba đường cao. 0,25 Do đó MS, NH, AT đồng quy. Hai số tự nhiên khác nhau được gọi là “thân thiết” nếu tổng bình phương của chúng chia hết cho 3. Hỏi tập hợp 0,75 X 1;2; ;2021 có bao nhiêu cặp số “thân thiết” (không phân biệt thứ tự)? Ta có nhận xét: Một số chính phương khi chia cho 3 sẽ có số dư là 0 hoặc 1. Giả sử a và b là hai số “thân thiết” a2 b2 3. Ta sẽ chứng minh cả a và b đều chia hết cho 3. Câu 5 a) Thật vậy, giả sử trong hai số a và b có một số không chia (1,50 điểm) hết cho 3. Không mất tính tổng quát, giả sử số đó là a . 0,50 Suy ra a2 chia 3 dư 1. Vì a2 b2 3 và a2 chia 3 dư 1 nên b2 phải chia 3 dư 2. Điều này vô lí vì b2 khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1. Vậy điều giả sử là sai. Do đó nếu a và b là hai số “thân thiết” thì a và b đều chia hết cho 3. 2021 Tập hợp X có 673 số chia hết cho 3. 0,25 3
9. 673.672 Số cặp số “thân thiết” là 226128 . 2 Trong kỳ thi chọn đội tuyển năng khiếu của trường T có n môn n ¥ ,n 5 , mọi môn thi đều có thí sinh tham gia và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: - Có ít nhất 5 môn có số lượng thí sinh tham gia đôi một khác nhau. 0,75 - Với 2 môn thi bất kì, luôn tìm được 2 môn thi khác có tổng số lượng thí sinh tham gia bằng với tổng số lượng thí sinh của 2 môn đó. Hỏi kỳ thi có ít nhất bao nhiêu môn được tổ chức? Gọi ni là số môn thi có số lượng thí sinh tham gia là i i,ni ¥ . 0,25 Gọi S i | i 0,ni 0. Do có ít nhất 5 môn có số lượng thí sinh tham gia đôi một khác nhau nên S có ít nhất 5 phần tử. Giả sử a,b a b là 2 phần tử lớn nhất của S và d,e d e là hai phần tử nhỏ nhất của S . b) Rõ ràng na,nb,nd ,ne đều lớn hơn hoặc bằng 1. Lấy 1 môn có số lượng thí sinh tham gia là a và 1 môn có số lượng thi là b . Theo điều kiện 2, tồn tại hai môn khác có tổng số lượng thí sinh tham gia là a b . Vì a,b a b là 2 phần tử lớn nhất của S nên hai môn khác này phải có 1 môn có số lượng thí sinh là a , 1 môn có số lượng thí sinh là b , dẫn đến na 2,nb 2 . Lại lấy 2 môn có số lượng thí sinh tham gia là a . Theo điều 0,50 kiện 2, tồn tại hai môn khác có tổng số lượng thí sinh tham gia là 2a . Vì a là phần tử lớn nhất của S nên hai môn khác này phải có số lượng thí sinh là a , dẫn đến na 4. Lập luận tương tự ta cũng có nd  2,ne 4 . Vì S có ít nhất 5 phần tử nên ta lấy trường hợp ít nhất, S có 5 phần tử là a,b,c,d,e nc 1. Vậy kỳ thi đó có ít nhất 4 2 1 2 4 13 môn thi. Ta có thể chỉ ra một trường hợp là số thí sinh dự thi các môn lần lượt là 1, 1, 1, 1, 2, 2, 3, 4, 4, 5, 5, 5, 5. (không lấy ví dụ trừ 0,25)