Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2021-2022 - Trường THPT chuyên Phan Bội Châu (Có đáp án)

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU (Đề thi gồm 01 trang) TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐH VINH NĂM HỌC 2021 – 2022. MƠN THI: TỐN Ngày thi: 06/06/2021. (Thời gian làm bài 150 phút, khơng kể thời gian giao đề) Câu 1. (6,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 2 2 x 1 5x 3x2 y2 5 2xy 2x 2y b) Giải hệ phương trình: 2 2 2x y 10 2x 3y Câu 2. (3,0 điểm) a) Tìm x, y ¥ sao cho x3 1993.3y 2021 n 23 b) Tìm số nguyên dương n để là bình phương của một số hữu tỉ dương. n 89 Câu 3. (2,0 điểm) Cho các số dương a , b , c thỏa mãn ab bc ca 3abc . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a2 b2 b2 c2 c2 a2 P a b b c c a 2a 2b 2b 2c 2c 2a Câu 4. (7,0 điểm) Cho đường trịn O cĩ dây cung BC cố định và khơng đi qua tâm O . Gọi A là điểm di động trên đường trịn O sao cho tam giác ABC nhọn và AB AC . Gọi M là trung điểm của cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC . Tia MH cắt đường trịn O tại K , đường thẳng AH cắt cạnh BC tại D và đường thẳng AO cắt đường trịn O tại E ( E khác A ). a) Chứng minh rằng tứ giác BHCE là hình bình hành và HA.HD HK.HM . b) Tia KD cắt đường trịn O tại I ( I khác K ), đường thẳng đi qua I và vuơng gĩc với đường thẳng BC cắt AM tại J . Chứng minh rằng các đường thẳng AK , BC và HJ cùng đi qua một điểm. c) Một đường trịn thay đổi luơn tiếp xúc với AK tại A và cắt các cạnh AB , AC lần lượt tại P , Q phân biệt. Gọi N là trung điểm của PQ . Chứng minh rằng AN luơn đi qua một điểm cố định.
2. Câu 5. (2,0 điểm) Cho số 676 số nguyên tố khác nhau. Chứng minh rằng cĩ ít nhất hai số trong các số đã cho mà hiệu của chúng chia hết cho 2022 . HẾT
3. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. (6,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 2 2 x 1 5x 3x2 y2 5 2xy 2x 2y b) Giải hệ phương trình: 2 2 2x y 10 2x 3y Lời giải a) Giải phương trình: x2 2 2 x 1 5x x2 2 2 x 1 5x Điều kiện: x 1 Phương trình x2 2x 1 3 x 1 2 x 1 0 2 x 1 3 x 1 2 x 1 0 1 Đặt: x 1 t t 0 . Khi đĩ, ta cĩ: 1 t 4 3t 2 2t 0 t t3 3t 2 0 t t 1 2 t 2 0 t 0 x 1 0 x 1 t 1 tm x 2 x 1 1 t 2 loại Vậy phương trình cĩ tập nghiệm S 1;2 2 2 3x y 5 2xy 2x 2y 1 b) Giải hệ phương trình: 2 2 2x y 10 2x 3y 2 Lấy 2 1 2 ta cĩ pt: 4x2 y2 4xy 2x y 2 2x y 0 2x y 2x y 2x y 1 + Trường hợp 1: y 2x thay vào 2 ta được: x2 10 2x 6x
4. x 1 y 2 2 6x 4x 10 0 5 10 x y 3 3 2 + Trường hợp 2: y 2x 1 thay vào 2 ta được: 2x2 2x 1 10 2x 3 2x 1 6x2 12 x 2 y 2 2 1 x2 2 x 2 y 2 2 1 5 10  Vậy hệ cĩ nghiệm: x; y 1;2 , ; , 2;2 2 1 , 2; 2 2 1  3 3  Câu 2. (3,0 điểm) a) Tìm x, y ¥ sao cho x3 1993.3y 2021 n 23 b) Tìm số nguyên dương n để là bình phương của một số hữu tỉ dương. n 89 Lời giải a) Tìm x, y ¥ sao cho x3 1993.3y 2021 x3 1993.3y 2021 y 0 x3 4014 (loại). y 1 x3 8000 x 20 y 2 VP  2 mod3 VT  2 mod3 x3  2 mod3 x  2 mod3 . x 3k 2, k ¥ . 3k 2 3 1993.3y 2021 27k 3 54k 2 36k 8 1993.3y 2021 9k 3k 2 6k 4 1993.3y 2013 VT  0 mod9 VP  6 mod9
5. Vậy x; y 20;1 . n 23 b) Tìm số nguyên dương n để là bình phương của một số hữu tỉ dương. n 89 2 n 23 q Giả sử với p,q là 2 số nguyên dương và p;q 1 n 89 p n 23 kq2 Ta cĩ: (với k là số nguyên dương). 2 n 89 kp k p q p q 112 24.7.1 1 + Trường hợp 1: Trong 2 số p,q cĩ 1 số chẵn và 1 số lẻ p q và p q đều lẻ p q 7 p 4 Từ 1 p q 1 q 3 n 167 . 4 k 2 16 k 16 + Trường hợp 2: Cả p , q đều lẻ. Đặt p 2a 1; q 2b 1 Ta cĩ: Với p , q là các số nguyên dương. Từ 1 k 2a 1 2b 1 2a 1 2b 1 112 4k a b a b 1 112 k a b a b 1 28 22.7.1. Ta cĩ: a b 1 a b và a b 1; a b khác tính chẵn lẻ. Xét cặp a b;a b 1 lần lượt 1;2 ; 1;4 ; 1;14 ; 1;28 ; 2;7 ; 4;7 Tính a , b suy ra: 1. p 3 ; q 1; k 14 n 37 2. p 5 ; q 3 ; k 7 n 86 3. p 25; q 13 ; k 2 n 361 4. p 11; q 3 ; k 1 n 32 5. p 29 ; q 27 ; k 1 n 361 6. p 9 ; q 5 ; k 2 n 73
6. Vậy n 167;37;86;361,32,752,73 Câu 3. (2,0 điểm) Cho các số dương a , b , c thỏa mãn ab bc ca 3abc . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a2 b2 b2 c2 c2 a2 P a b b c c a 2a 2b 2b 2c 2c 2a Lời giải 1 1 1 Vì ab bc ca 3abc 3. a b c 2 a b a2 b2 2ab Ta cĩ a b a b a b a b 1 a2 b2 2ab . 2 a b a b ab bc ac Do đĩ P a b b c a c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x y y z x z a b b c a c 1 1 1 Với x , y , z và x y z 3. a b c 1 1 1 9 9 9 3 Vì . x y y z x z x y y z x z 3 2x 2y 2z 3.6 2 3 3 2 Suy ra P . 2 2 Dấu '' '' xảy ra khi x y z 1 hay a b c 1. Câu 4. (7,0 điểm) Cho đường trịn O cĩ dây cung BC cố định và khơng đi qua tâm O . Gọi A là điểm di động trên đường trịn O sao cho tam giác ABC nhọn và AB AC . Gọi M là trung điểm của cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC . Tia MH cắt đường trịn O tại K , đường thẳng AH cắt cạnh BC tại D và đường thẳng AO cắt đường trịn O tại E ( E khác A ).
7. a) Chứng minh rằng tứ giác BHCE là hình bình hành và HA.HD HK.HM . b) Tia KD cắt đường trịn O tại I ( I khác K ), đường thẳng đi qua I và vuơng gĩc với đường thẳng BC cắt AM tại J . Chứng minh rằng các đường thẳng AK , BC và HJ cùng đi qua một điểm. c) Một đường trịn thay đổi luơn tiếp xúc với AK tại A và cắt các cạnh AB , AC lần lượt tại P , Q phân biệt. Gọi N là trung điểm của PQ . Chứng minh rằng AN luơn đi qua một điểm cố định. Lời giải A P K N X O Q Y J G H M T B D C E I L a) Kẻ các đường cao BX và CY . Khi đĩ ta cĩ BE song song với CH (vì cùng vuơng gĩc với AB ) và CE song song với BH (vì cùng vuơng gĩc với AC ). Do đĩ tứ giác BHCE là hình bình hành. + Từ đĩ suy ra bốn điểm K , H , M , E thẳng hàng. Khi đĩ ta cĩ ·AKM ·ADM 90 nên tứ giác AKDM nội tiếp. Do đĩ suy ra HA.HD HK.HM . b) Giả sử AM cắt đường trịn O tại L . Khi đĩ ta cĩ các tứ giác AKDM và AKIL nội tiếp đường trịn, từ đĩ ta suy ra được K· DM 180 K· AM 180 K· AL K· IL nên IL song song với BC . Từ đĩ suy ra tứ giác BILC là hình thang cân. Mà M là trung điểm của BC nên OM đi qua trung điểm của IL , do đĩ tam giác MIL cân tại M , suy ra ta được MI ML . Dễ thấy tam giác JIL vuơng tại I nên suy ra M là trung điểm của LJ , điều này dẫn đến I và J đối xứng với nhau qua BC . Từ đĩ suy ra tứ giác HLEJ là hình bình hành, suy ra HJ //LE . Do đĩ HJ vuơng gĩc với AM .
8. Gọi T là giao điểm của AK với BC . Khi đĩ H là trực tâm của tam giác ATM . Suy ra TH  AM , suy ra T , H , J thẳng hàng. Do đĩ ta cĩ điều cần chứng minh. c) Ta định nghĩa lại điểm N là giao điểm của AO với PQ . Ta cần chứng minh N là trung điểm của PQ . Thật vậy, gọi G là giao điểm thứ hai của AE với đường trịn ngoại tiếp tam giác APQ . Ta cĩ các điểm A , P , G , Q cùng nằm trên một đường trịn và AK là tiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp ta giác APQ nên ta cĩ: ·AGP ·AQP P· AK B· AK B· EK B· EM . Để ý đến các tứ giác APGQ và ABEC nội tiếp đường trịn nên ta lại cĩ: Q· PG Q· AG C· AE C· BE M· BE . Khi đĩ hai tam giác PGN và BEM cĩ N· GP B· EM và G· PN M· BE đồng dạng với nhau, PN PG từ đĩ ta suy ra được . BM BE Cũng do các tứ giác trên nội tiếp nên P· GQ 180 P· AQ 180 B· AC B· EC . Mà G· PQ C· BE nên suy ra hai tam giác PGQ và BEC đồng dạng, từ đĩ ta lại cĩ PG PQ PN PQ . Do đĩ suy ra . Mà M là trung điểm của BC nên suy ra N là trung BE BC BE BC điểm của PQ . Vậy AN luơn đi qua điểm O cố định. Câu 5. (2,0 điểm) Cho số 676 số nguyên tố khác nhau. Chứng minh rằng cĩ ít nhất hai số trong các số đã cho mà hiệu của chúng chia hết cho 2022 . Lời giải 676 số cĩ ít nhất 673 số khơng chia hết cho 2 ; 3 ; 337 . 673 2.336 1. Suy ra tồn tại 337 số cĩ cùng số dư khi chia 3 . 337 số này tồn tại 2 số cùng số dư khi chia hết cho 337 . Hiệu 2 số này chia hết cho 2; 3; 337 . Suy ra hiệu 2 số này chia hết cho 2022 . HẾT