Đề thi tuyển vào lớp 10 THPT Quãng Ngãi môn Toán - Năm học 2021-2022

Nội dung text: Đề thi tuyển vào lớp 10 THPT Quãng Ngãi môn Toán - Năm học 2021-2022

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT QUÃNG NGÃI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT NĂM HỌC: 2021 – 2022 Đ Ề THI CHÍNH TH Ứ C MÔN: TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 04/06/2021 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (1,5 điểm) 1a 1 1. Rút gọn biểu thức: A : với a 0, a 1. a2 a a a a a 2. Cho hàm số y m 2 x 2 ( m là tham số) có đồ thị là đường thẳng d . a) Tìm điều kiện của m để hàm số đồng biến trên . b) Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d bằng 1. Câu 2. (1,5 điểm) 1. Cho a là số nguyên lẽ và không chia hết cho 3. Chứng minh rằng a2 2021 2 chia hết cho 24. 2. Cho các số nguyên tố p, q thỏa mãn p q2 là số chính phương. Chứng minh rằng: a) p 2 q 1. b) p2 q 2021 không phải là số chính phương. Câu 3. (1,5 điểm) 2 2 2x 7 xy 4 y 0 a) Giải hệ phương trình: . 2 x y 6 2 y 1 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2 5 x 2 m 2 0 có hai nghiệm dương phân biệt 2 x1, x 2 thỏa mãn x1 4 x 1 2 m 2 x 2 3. c) Cho a,, b c là các số thực đôi một khác nhau và thỏa mãn c a c b 4. Chứng minh rằng: 1 1 1 1. a b 2 c a 2 a b 2 Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R 4 cm và hai điểm BC, cố định trên O , BC không là đường kính. Điểm A thay đổi trên O sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi DEF,, lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ABC,, của tam giác ABC. a) Chứng minh rằng BAD CAO . b) Gọi M là điểm đối xứng của A qua BC, N là điểm đối xứng của B qua AC. Chứng minh rằng CD CN CE  CM. c) Trong trường hơp 3 điểm CMN,, thẳng hàng, tính độ dài đoạn thẳng AB. d) Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng AI cắt EF tại K. Gọi H là hình chiếu vuông góc của K lên BC. Chứng minh rằng đường thẳng AH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi. Câu 5. (1,0 điểm) Cho tập hợp S gồm n số nguyên dương đôi một khác nhau n 3 thỏa mãn tính chất tổng của ba phần từ bất kỳ trong S đều là số nguyên tố. Tìm giá trị lớn nhất có thể có của n. HẾT
2. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. (1,5 điểm) 1a 1 1. Rút gọn biểu thức: A : với a 0, a 1. a2 a a a a a 2. Cho hàm số y m 2 x 2 ( m là tham số) có đồ thị là đường thẳng d . a) Tìm điều kiện của m để hàm số đồng biến trên . b) Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d bằng 1. Lời giải 1. Với a 0, a 1, ta có: 1a 1 1 a 1 A :: a2 a a a a a a a a 1 a a a 1 1a 1 a a a 1 : aaaa 1 1 aaa 1 aaaa 1 1 a 1 1 1 . a 1 a 1 a 1 1 Vậy A . a 1 2. a) Hàm số đồng trên m 2 0 m 2. Vậy m 2 là giá trị cần tìm. b) Khoảng cách từ O đến đường thẳng d bằng 1 khi và chỉ khi: m 2  0 0 2 m 2 3 1 m 2 2 1 4 m 2 2 3 . 2 2 m 2 1 m 2 3 Vậy m 2 3, m 2 3 là các giá trị cần tìm. Câu 2. (1,5 điểm) 1. Cho a là số nguyên lẽ và không chia hết cho 3. Chứng minh rằng a2 2021 2 chia hết cho 24. 2. Cho các số nguyên tố p, q thỏa mãn p q2 là số chính phương. Chứng minh rằng: a) p 2 q 1. b) p2 q 2021 không phải là số chính phương. Lời giải 1. Do a không chia hết cho 3 nên a 2  1 mod 3 .
3. Mà 2021 2 mod3 20212  1 mod3. Suy ra: a 2 2021 2  0 mod 3 . Hay a2 2021 2 chia hết cho 3. Mặt a là số nguyên lẽ nên a 2 k 1, k . Suy ra a2 2021 2 a 2021 a 2021 2 k 1 20212 k 1 2021 4 k 1010 k 1011. Vì k 1010 k 1011 là tích hai số tự nhiên liên tiếp nên chia k 1010 k 1011 chia hết cho 2. Suy ra: 4 k 1010 k 1011 chia hết cho 8 hay a2 2021 2 chia hết cho 8. Mà gcd 3;8 1 a2 2021 2 chia hết cho 24. 2. a) Ta có: p q2 a 2 với a *,. a q a q 1 a q 1 Vì p, q là các số nguyên tố nên: p a q a q . a q p p 2 q 1 Khi đó p q2 2 q 1 q 2 q 1 2 là một số chính phương. b) Giả sử p2 q 2021 b 2 với b *. Ta có: b p q m p2 q 2021 b 2 q 2021 b p b q với m, n * , m n 2021 và m n. n b p q Khi đó ta có: qn q m n 1 q m q n 2 p . Vì p, q là các số nguyên tốt nên qn 2 hoặc qn p. q 2 Nếu q n 2 2 m 2 10 2 m 1 1 5, vô lí. n 1 n 1 Nếu qn p q 2 q 1 q 1, vô lí. q p Vậy p2 q 2021 không phải là số chính phương. Câu 3. (1,5 điểm) 2 2 2x 7 xy 4 y 0 1. Giải hệ phương trình: . 2 x y 6 2 y 1 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2 5 x 2 m 2 0 có hai nghiệm dương phân biệt 2 x1, x 2 thỏa mãn x1 4 x 1 2 m 2 x 2 3. 3. Cho a,, b c là các số thực đôi một khác nhau và thỏa mãn c a c b 4. Chứng minh rằng: 1 1 1 1. a b 2 c a 2 c b 2
4. Lời giải a) Điều kiện: x2 y 6 0. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương: 2x2 xy 8 xy 4 y 2 0 x 2 x y 4 y 2 x y 0 2x y 2x y x 4 y 0 . x 4 y Với y 2 x , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 1 x 1 2 x2 2 x 6 1 4 x 4 x y . 2 2 3 3 x 2 x 6 1 4 x Với x 4 y , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 1 y 16y2 y 6 1 2 y 2 , vô nghiệm. 2 2 16y y 6 1 2 y 1 2 Vậy hệ cho nghiệm duy nhất x;;. y 3 3 2 5 4 2m 2 0 33 b) Phương trình có nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi S 5 0 1 m . 8 P 2 m 2 0 x x 5 Theo định lý Viete ta có: 1 2 . Suy ra: 2m 2 x x x 5 x . 1 2 1 1 x1 x 2 2 m 2 Ta có: 2 x1 4 x 1 2 m 2 x 2 3 2 x1 4 x 1 x 1 5 x 1 5 x 1 3 x1 5 x 1 9 2 x 1 5 x 1 5 9 2 x1 5 x 1 2 x 1 5 x 1 4 0 x 1 1 . x1 4 Với x1 1 x 2 4 2 m 2 4 m 3. Với x1 4 x 2 1 2 m 2 4 m 3. Vậy trong mọi trường hợp m 3 là giá trị cần tìm. c) Đặt x c b, y c a xy 4.
5. 2 1 1 1 1 1 1 1 x y 1 Ta có: . a b 2 c a 2 c b 2 x y 2x2 y 2 x y 2 16 2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 2 2 x y 1 x y 1 1 2  . 16 x y 2 16 x y 2 2 1 1 1 Từ đó suy ra: 1. a b 2 c a 2 c b 2 2 x y 4 x 5 1 x 5 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc . xy 4 y 5 1 y 5 1 x 5 1 a c 5 1 a 5 1 c Với ,.c y 5 1 b c 5 1 b 5 1 c x 5 1 a c 5 1 a 5 1 c Với ,.c y 5 1 b c 5 1 b 5 1 c Từ đây ta có điều phải chứng minh. Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R 4 cm và hai điểm BC, cố định trên O , BC không là đường kính. Điểm A thay đổi trên O sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi DEF,, lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ABC,, của tam giác ABC. a) Chứng minh rằng BAD CAO . b) Gọi M là điểm đối xứng của A qua BC, N là điểm đối xứng của B qua AC. Chứng minh rằng CD CN CE  CM. c) Trong trường hơp 3 điểm CMN,, thẳng hàng, tính độ dài đoạn thẳng AB. d) Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng AI cắt EF tại K. Gọi H là hình chiếu vuông góc của K lên BC. Chứng minh rằng đường thẳng AH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi. Lời giải 1800 AOC AOC a) Ta có: CAO 900 90 0 ABC BAD . 2 2 b) CAM cân tại C nên CM CE CA  CE (1). CBN cân tại C nên CN CD CB  CD (2). Mặt khác tứ giác ABDE nên tiếp nên CA CE CD  CB (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra: CD CN CE  CM.
6. N A E F O B D C M c) Ta có: MCB BCA ACN. Khi CMN,, thẳng hàng thì MCB BCA ACN 1800 BCA 60 0 . Khi đó ta có: AB 2 R  sin BCA 2 R  sin 600 R 3. A E J K F O R B D H I C d) Gọi J là trung điểm EF, ta có IE IF do tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn tâm I, đường kính BC. Suy ra IJ EF. Ta có IJK KHI 900 tứ giác HJKI nội tiếp HJK AIC (1). Vì IJ, lần lượt là trung điểm của BC và EF mà ABC AEF nên AJF AIC. Suy ra: AJF AIC (2). Từ (1) và (2) suy ra: HJK AJF. Hay AJH,, thẳng hàng.
7. Suy ra BAH FAJ IAC ABH AEK. Gọi T là giao điểm của hai tiếp tuyến lần lượt kẻ từ B và C của đường tròn OT cố định. Gọi R là trực tâm của ABC AD,, BE CF đồng quy tại R. Tam giác BFC vuông tại F có FI là trung tuyến nên IF IC IFC cân tại I RFI ICF . Tứ giác RFAE nội tiếp đường tròn đường kính AR có RFI ICF FAR . Suy ra IF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFE. Chứng minh tương tự ta cũng có IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFE. Ta thấy rằng AFE ABC,, ABH  AEK AK đi qua I là giao điểm hai tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFE nên suy ra AH cũng đi qua điểm T là giao điểm hai tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mặt khác T cố định nên suy ra đường thẳng AH luôn đi qua một điểm cố định Câu 5. (1,0 điểm) Cho tập hợp S gồm n số nguyên dương đôi một khác nhau n 3 thỏa mãn tính chất tổng của ba phần từ bất kỳ trong S đều là số nguyên tố. Tìm giá trị lớn nhất có thể có của n. Lời giải Theo nguyên lí Dirichle với 5 số nguyên dương bất kỳ khi chia cho 3 luôn tồn tại ít nhất hai số có cùng số dư. Không mất tính tổng quát giả sử a1, a 2 là hai số có cùng số dư. Xét một trong các số còn lại có cùng số dư a1,. a 2 Không mất tỉnh tổng quát a3 có cùng số dư với a1, a 2 thì a1 a 2 a 3 chia hết cho 3 a1 a 2 a 3 là hợp số, vô lí. Vậy 3 số còn lại với có số dư khác a1,. a 2 Theo nguyên lí Dirichle thì trong 3 số còn lại có 2 số có cùng dư, khi đó phải có hai số có cùng số dư. Giả sử a3, a 4 có cùng số dư và a5 có số dư khác với hai số dư còn lại. Rõ ràng bộ a1,, a 3 a 5 có số dư khi chia hết cho 3 là hoán vị của 0; 1; 2 nên suy ra a1 a 3 a 5 chia hết cho 3 hay a1 a 3 a 5 là hợp số. Do đó n 4. Với n 4, ta thấy bộ số 1; 5; 7; 11 thỏa mãn vì: 1 5 7 13 1 5 11 17 1 7 11 19 5 7 11 23 Vậy n 4 là giá trị cần tìm. Chúc các bạn học tốt! Like fanpage: Truy cập web để cập nhật tài liệu nhanh nhất: