Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

1. Phan Hịa Đại Bài giải Đề thi chuyên tốn Bình Định SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 2020-2021 BÌNH ĐỊNH Mơn thi chuyên: TỐN (CHUYÊN TỐN) Đề chính thức Ngày thi: 18/7/2020 Bài 1: ( 2 đ) 3x+− 4 x 7 x + 1 x − 3 1.Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức: P = −− nhận giá trị nguyên. x+− 2x 3 x + 3 x − 1 2 2. Cho phương trình 2x−+ 3x 2m = 0 . Tìm m để phương trình trên cĩ hai nghiệm phân biệt x1; x2 khác 11 0 thỏa −=1 xx12 Bài 2: (2,5 đ) xx142−+ 1 1. Giải phương trình: = x32+− 3x x 2   x+− y 3x + 2y =− 1( 1) 2.Giải hệ phương trình:   x+=− y y x2( ) Bài 3: (1.5 đ) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho p2+3pq+q2 là một số chính phương. Bài 4: (3 đ) 1. Cho tam giác ABC cân tại A ( Với ∠ MB+MC 2. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp trong đường trịn tâm O, gọi D là trung điểm của BC và E, F tương ứng là hình chiếu vuơng gĩc của D lên AC, AB. Đường thẳng EF cắt các đường thẳng AO và BC theo thứ tự tại M và N. a) CMR: tứ giác AMDN nội tiếp. b) Gọi K là giao điểm của AB và ED, L là giao điểm của AC và FD, H là trung điểm của KL và I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF. CMR: HI⊥ EF 22 (xy++) ( xy) Bài 5: (1 đ) : Cho x, y là hai số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = + xy22+ xy * HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: 3x+− 4 x 7 x + 1 x − 3 1.Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức: P = −− nhận giá trị nguyên. x+− 2x 3 x + 3 x − 1 2 2. Cho phương trình 2x−+ 3x 2m = 0 . Tìm m để phương trình trên cĩ hai nghiệm phân biệt x1; x2 khác 11 0 thỏa −=1 xx12 Giải: 3x+− 4 x 7 x + 1 x − 3 1.Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để: P = −− nhận giá trị nguyên. x+− 2x 3 x + 3 x − 1 ĐK : x≥≠ 0; x 1, ta cĩ:
2. Phan Hịa Đại Bài giải Đề thi chuyên tốn Bình Định 3x+− 4 x 7 x + 1 x − 3 3x+ 4 x −−+−−+− 7( x 1)( x 1) ( x 3)( x 3) P = −−= x+− 2x 3 x + 3 x − 1 ( x3+−)( x1) 3x4x+ −−+−+ 7 x1x 9 x + 4x + 3 ( x3++)( x1) x+ 1 2 = = = = =1 + ( x3+−)( x1) ( x3 +−)( x1) ( x3 +−)( x1) x1−− x1 Với xZ∈ , x0;x1≥ ≠ ⇒ x1 − ≥− 1;x10 − ≠ , 22 Ta cĩ: P=+ 1 ∈⇔ Z ∈⇔Z x −∈− 1{ 1;1;2} ⇔ x ∈{ 0; 2;3} ⇔∈ x{ 0; 4; 9} (TM) x1−− x1 2 2. Cho phương trình 2x−+ 3x 2m = 0 (1) . Tìm m để phương trình trên cĩ hai nghiệm phân biệt x1; 11 x2 khác 0 thỏa −=1 xx12 xx12≠ 0 xx≠ 0 11 2 12 Ta cĩ: −=⇔1 (xx12− ) ⇔ 22 và ∆= = 9 − 16m xx = 1 x+− x 4xx = xx 12 2 ( 1 2) 12( 12) xx  ( 12) 11 Do đĩ (1) cĩ hai nghiệm phân biệt x1; x2 khác 0 thỏa −=1 xx12    9−> 16m 0 ∆>0     99 9 3  3    xx12+= mm<< m < xx12+=  2  16 16  16  2    ⇔ ⇔xxm12 = ⇔≠m0 ⇔≠ m0 ⇔≠ m0 xx12= m xx≠ 0 22 4m+ 16m −= 9 0  1 12 3 2   11 −=4m m m1 = −=1 22  2 x+− x 4xx = xx 2    xx12 ( 1 2) 12( 12)   9   m = −  2 2  1 m1 = ⇔  2 (TM) 9 m = −  2 2 Bài 2: xx142−+ 1 1. Giải phương trình: = x32+− 3x x 2 −+3 13 −− 3 13 ĐK: x32+ 3x −≠⇔≠ x 0 x 0;x ≠ ;x ≠ . Vì x0≠ nên : 22 1 x12 −+ xx142−+ 1 2 1 =⇔=x (1) ( Chia cả tử và mẫu của VT cho x02 ≠ ). x32+− 3x x 221 x3+− x
3. Phan Hịa Đại Bài giải Đề thi chuyên tốn Bình Định 11 Đặt : x−=⇒+ tx22 =+ t2 , ta được PT: x x2  1 t2 + 11 t = = (ĐK: t ≠ -3) ⇒2t22 + 2 =+ t 3 ⇔ 2t −−= t 1 0 ⇔( 2t − 1)( t + 1) = 0 ⇔ 2 t3+ 2  t1= −  1+ 17 x = 1 11 1 Với t= ⇒− x = ⇒ 2x2 −−=⇔ x 2 0  2 (TM) 2 x2  1− 17 x =  2 2  −+15 x = 1 3 Với t=−⇒− 1x =−⇒ 1xx102 + −= ⇔ 2 (TM) x  −−15 x =  4 2 Vậy PT cĩ bốn nghiệm:   x+− y 3x + 2y =− 1( 1) 2. Giải hệ phương trình:   x+=− y y x2( ) Tacó(1)⇔ xy1 + += 3x2y + ⇔( yx −) += 1 3x2yThayxy +( + = yx −) ⇔x22 + y +− 1 2xy − 2x + 2y = 3x + 2y( Bình phương) 2 ⇔(y − x) − 5x += 1 0 ⇔ x +− y 5x += 1 0( Thay y − x = x + y) ⇔ y = 4x − 1( 3) Thay (3) vào (2), ta được PT:  1 x ≥ 11 3 xx≥≥  x1= x+ y = y − x ⇔ 5x −= 1 3x −⇔ 1 33⇔ ⇔ x1= ⇔x =⇒ 1 22  y3= 9x− 6x += 1 5x − 1 9x − 11x + 2 = 0 2 x =  9 Bài 3: Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho p2+3pq+q2 là một số chính phương. Giải: Với p, q là số nguyên tố sao cho p2+3pq+q2 là một số chính phương 2 ⇔p2 + 3pq + q 22 = a( a ∈ N) ⇔( p + q) + pq = a2 ⇔( a −− p q)( a ++ p q) = pq Mà p,q là số nguyên tố nên a-p-q 2 , do đĩ chỉ cĩ các khả năng sau: a-p-q 1 p q a+p+q pq q p p21−= p3 =  apq1−−= q25−= q = 7 ⇒+ + = ⇔ − − = ⇔ ⇔ Trường hợp 1:  12p2qpq( p2q2)( ) 5  (TM) a++= p q pq p25−= p = 7  q21−= q3 = apq−−= p apq−−= p Trường hợp 2: ⇔ . Vì a+p>2 nên (*) sai => Loại trường hợp 2. apqq++= a+= p 0*( )
4. Phan Hịa Đại Bài giải Đề thi chuyên tốn Bình Định apq−−= q apq−−= q Trường hợp3: ⇔ . Vì a+q>2 nên ( ) sai => Loại trường hợp 3. apq++= p a+= q 0( ) Vậy hai số nguyên tố p, q cần tìm là 3 và 7. Bài 4: 1. Cho tam giác ABC cân tại A ( Với ∠ MB+MC A Giải: Dựng tam giác đều AB’C’, lấy điểm D trên AM sao cho MD=MB’=> ∆ MB’D cân , mà DMB' = ACB' = 600 0 => ∆ MB’D đều ⇒+=B'12 B' AB'C' = 60 = DB'M =+⇒= B' 23 B' B' 1 B' 3 ⇒∆AB'D =∆ C'B'M( c.g.c) => AD = MB' ⇒=+=+MA AD DM MB' MC' (1) O Vẽ đường kính AOE, Ta cĩ: BAC B'AC ' EAB = EAC = MB+MC M 2. Cho tam giác ABC nhọn (AB H là tâm đường trịn đường kính H KL => HE=HF (1) K Vì I là tâm đường trịn ngoại tiếp ∆AEF =>IE=IF (2). Từ (1) và (2) suy ra IH là đường trung trực của đoạn EF => HI⊥ EF 22 (xy++) ( xy) Bài 5: Cho x, y là hai số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = + xy22+ xy
5. Phan Hịa Đại Bài giải Đề thi chuyên tốn Bình Định 22 222 (xy+++++) ( xy) ( xy) ( xy) ( xy) A =+=++ xy22++xy xy22 2xy 2xy 22 2 2 (xy++) ( xy) (xy+++) ( xy) 4.xy( +) +≥ = = Ta cĩ: 22 22 24 ( BĐT Cơ-Si dạng phân thức) xy+ 2xy xy2xy++ (xy+ ) xy++ xy (dấu “=” xảy ra  = ⇔=xy) xy22+ 2xy 2 (xy+ ) 4xy Lại cĩ: ≥=2 (dấu “=” xảy ra ⇔=xy) 2xy 2xy 22 222 (xy+++++) ( xy) ( xy) ( xy) ( xy) => A= + = + + ≥+=426 (dấu “=” xảy ra ⇔=xy) xy22++xy xy22 2xy 2xy Vậy GTNN của A là 6 ⇔=xy