Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam (Có lời giải chi tiết)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam (Có lời giải chi tiết)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (2,0 điểm) 8 x 1 x 2 x 1 x 3 x a) Rút gọn biểu thức A (với x 1, x 4, x 9 ) x 4 x 2 x 4 2 x x 6 b) Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố p,q,r thỏa mãn pq r 1 và 2 p2 q2 r2 1. Câu 2: (1,0 điểm) Cho parabol (P): y x2 và đường thẳng (d) y 2 2m x m (m là tham số). Chứng 1 minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A, B sao cho M ;1 là trung điểm của đoạn thẳng AB, hai 2 điểm H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục hoành. Tính độ dài đoạn thẳng KH. Câu 3: (2,0 điểm) a) Giải phương trình x 1 7 2x x2 3x 2 . x 2y xy 2 0 b) Giải hệ phương trình . 2 2 2 2 x y 2x y 2xy 1 0 Câu 4: (2,0 điểm). Cho hình vuông ABCD tâm O, điểm E nằm trên đoạn thẳng OB (E khác O, B), H là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AE. Gọi F là giao điểm của AC và DH. a) Chứng minh HD là tia phân giác của góc AHC. b) Chứng minh diện tích hình vuông ABCD bằng hai lần diện tích tứ giác AEFD. Câu 5: (2,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC). Đường tròn (O) đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại F, E. Gọi H là giao điểm của BE và CF, đường thẳng AH cắt BC tại D. a) Chứng minh tứ giác ODFE nội tiếp đường tròn. b) Gọi K là giao điểm của AH và EF, I là trung điểm của AH. Đường thẳng CI cắt đường tròn (O) tại M (M khác C). Chứng minh CI vuông góc với KM. Câu 6: (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y,z thỏa mãn xy yz zx xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu x2 y2 z2 thức H . 9z zx2 9x xy2 9y yz2 
2. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: (2,0 điểm) 8 x 1 x 2 x 1 x 3 x a) Rút gọn biểu thức A (với x 1, x 4, x 9 ) x 4 x 2 x 4 2 x x 6 b) Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố p,q,r thỏa mãn pq r 1 và 2 p2 q2 r2 1. Lời giải 8 x 1 x 2 x 1 x 3 x a) Rút gọn biểu thức A (với x 1, x 4, x 9 ) x 4 x 2 x 4 2 x x 6 Với x 1, x 4, x 9 ta có: 8 x 1 x 2 x 1 x 3 x A x 4 x 2 x 4 2 x x 6 2 8 x 1 x 1 x x 3 x 2 x 2 x 2 x 4 2 x 3 x 2 8 x 1 x 1 x x 3 x 2 x x 8 2 x 3 x 2 8 x x x x 2 x x 8 2 x 2 1 x x 2 2 x 2 2 x 2 x x 2 2 x 2 x 2 x 4 2 x 4 b) Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố p,q,r thỏa mãn pq r 1 và 2 p2 q2 r2 1. S p q Đặt ta có hệ: P p.q P r 1 P r 1 P r 1 P r 1 2 2 2 2 2 2 2 r 4r 5 r 4r 5 2 S 2P r 1 2 S 2P r 1 S S 2 2
3. r 5 r 5 r 5 r 5 Vì p,q,r là ba số nguyên tố nên ta có: S 5 p q 5 q 5 p q 5 p 2 P 6 p.q 6 p. 5 p 6 p 5p 6 0 r 5 r 5 p 2 hoặc p 3 q 3 q 2 Câu 2: (1,0 điểm) Cho parabol (P): y x2 và đường thẳng (d) y 2 2m x m (m là tham số). Chứng 1 minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A, B sao cho M ;1 là trung điểm của đoạn thẳng AB, hai 2 điểm H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục hoành. Tính độ dài đoạn thẳng KH. Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 2 2m x m x2 2 2m x m 0 1 2 2 2 2m 4.1. m 4m2 4m 4 2m 1 3 0 m Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi giá trị của m. Với mọi m, theo định lý Vi-et ta có: b x x 2 2m 1 2 a c x .x m 1 2 a 1 x1 x2 2 2m 1 1 Vì M ;1 là trung điểm của đoạn thẳng AB nên m 2 2 2 2 2 1 3 2 3 x y 1 2 1 2 2 Thay m vào (1) ta có phương trình: x x 0 2 2 1 3 2 3 x y 2 2 1 3 2 3 1 3 2 3 ; , ; A B 2 2 2 2 1 3 1 3 Vì H, K là hình chiếu của A, B lên trục hoành nên ;0 , ;0 H K 2 2 1 3 1 3 HK 3 2 2 Câu 3: (2,0 điểm)
4. a) Giải phương trình x 1 7 2x x2 3x 2 . x 2y xy 2 0 b) Giải hệ phương trình . 2 2 2 2 x y 2x y 2xy 1 0 Lời giải 7 a) Giải phương trình x 1 7 2x x2 3x 2 . Điều kiện: x 2 x 1 7 2x x 1 x 2 x 1 7 2x x 1 x 2 0 x 1 7 2x x 2 0 x 1 x 1 x 1 0 x 2 x 2 7 2 2 x x 2 2 7 2x x 2 x 2x 3 0 x 1 x 2 x 1 x 3 x 3 x 1 Vậy tập nghiệm của phương trình: S 1;3 x 2y xy 2 0 1 b) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 x y 2x y 2xy 1 0 2 Giải (1) ta có: x 2y xy 2 0 x 1 y 2 1 y 0 x 1 y 2 1 y 0 1 y x 2 0 x 2 y 1 Với x = 2 thay vào phương trình (2) ta có: 4 y2 8y 4y2 1 0 3y2 8y 5 0 y 1 5 y 3
5. Với y = 1 thay vào phương trình (2) ta có: x 0 2 2 2 x 1 2x 2x 1 0 3x 2x 0 2 x 3 5 2  Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x;y 2; 1 ; 2; ; 0;1 ; ;1  3 3  Câu 4: (2,0 điểm). Cho hình vuông ABCD tâm O, điểm E nằm trên đoạn thẳng OB (E khác O, B), H là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AE. Gọi F là giao điểm của AC và DH. a) Chứng minh HD là tia phân giác của góc AHC. b) Chứng minh diện tích hình vuông ABCD bằng hai lần diện tích tứ giác AEFD. Lời giải A B E H O F D C a) Ta có A· DC 900 (ABCD là hình vuông) A· HC 900 (H là hình chiếu của C trên AE) Xét tứ giác ADCH có: A· DC A· HC 1800 Mà hai góc này ở vị trí đối nhau Tứ giác ADCH nội tiếp. D· AC D· HC 450 (cùng chắn cung CD) mà A· HD D· HC 900 A· HD 450 HD là tia phân giác của góc AHC. b) Xét tứ giác OEHC có: E· OC E· HC 1800 Mà hai góc này ở vị trí đối nhau Tứ giác OEHC nội tiếp. A· EO ·ACH (góc ngoài bằng góc đối trong) (1) Tứ giác ADCH nội tiếp (cmt) ·ADF ·ACH (cùng chắn cung AH) (2)
6. Từ (1) và (2) suy ra A· ED ·ADF Xét ADE và FAD có: · · 0  ADE =FAD 45  ADE ∽ FAD g.g · · AED ADF cmt  AF AD AF.DE AD2 AD DE 1 1 1 Ta có: S AF.DE AD2 S AEFD 2 2 2 ABCD Câu 5: (2,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC). Đường tròn (O) đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại F, E. Gọi H là giao điểm của BE và CF, đường thẳng AH cắt BC tại D. a) Chứng minh tứ giác ODFE nội tiếp đường tròn. b) Gọi K là giao điểm của AH và EF, I là trung điểm của AH. Đường thẳng CI cắt đường tròn (O) tại M (M khác C). Chứng minh CI vuông góc với KM. Lời giải A I M E F K H B C D O a) Ta có B· FC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) B· EC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
7. Xét tam giác ABC có: BE và CF là 2 đường cao cắt nhau tại H H là trực tâm tam giác ABC. AH  BC tại D. Ta có tứ giác BCEF nội tiếp (O) ·AFE O· CE (góc ngoài bằng góc đối trong). Xét tứ giác ACDF có: A· DC 900 (cmt) ·AFC 900 (cmt) tứ giác ACDF nội tiếp B· FD O· CE (góc ngoài bằng góc đối trong). Xét tam giác BEC vuông tại E có EO là trung tuyến 1 EO BC CO BO (định lý đường trung tuyến của tam giác vuông) 2 O· CE O· EC C· OE 1800 2O· CE ·AFE O· CE cmt 0 Ta có C· OE 180 ·AFE B· FD E· FD · · BFD OCE cmt Xét tứ giác ODFE có C· OE E· FD cmt Mà hai góc ở vị trí góc ngoài và góc đối trong tứ giác ODFE nội tiếp. b) Xét tam giác AEH vuông tại E có EI là trung tuyến 1 EI AH AI HI (định lý đường trung tuyến của tam giác vuông) 2 I·AE I·EA, có O· CE O· EC cmt và I·AE phụ O· CE I·EA phụ O· EC O· EI 900 Chứng minh tương tự ta có O· FI 900 Xét tứ giác OEIF có O· EI O· FI 1800 Mà hai góc ở vị trí đối nhau tứ giác OEIF nội tiếp. Ta có tứ giác ODFE nội tiếp (cmt), tứ giác OEIF nội tiếp (cmt) 5 điểm O, D, F, I, E cùng thuộc đường tròn đường kính ID. Xét IEK và IDE có: ·  DIE chung  IEK ∽ IDE g.g I·DK I·DE E· CF  IE IK IE2 ID.IK 1 ID IE Xét IEM và ICE có: I·CE chung  IEM ∽ ICE g.g · · 1  IEM ICE sd cung EM 2  IE IM IE2 IC.IM 2 IC IE
8. IK IC Từ (1) và (2) IK.ID IC.IM IM ID Xét IMK và IDC có: D· IC chung · · · 0 · 0 IK IC  IMK ∽ IDC c.g.c IMK IDC mà IDC 90 IMK 90 CI  KM IM ID  Câu 6: (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y,z thỏa mãn xy yz zx xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu x2 y2 z2 thức H . 9z zx2 9x xy2 9y yz2 Lời giải 1 1 1 Theo đề ta có: 1 x y z 1 1 1 Đặt a , b , c a,b,c 0 a b c 1 x y z c a b Khi đó H 9a2 1 9b2 1 9c2 1 2 2 c c 9a 1 9a c 9a2c Ta có: c 9a2 1 9a2 1 9a2 1 9a2c 9a2c 3 Vì 9a2 1 6a c c c ac 9a2 1 6a 2 a 3 b 3 Chứng minh tương tự ta có: a ba ; b cb 9b2 1 2 9c2 1 2 3 H a b c ab bc ca 2 2 a b c Mà ab bc ca 3 3 1 1 H 1 . 2 3 2 1 Vậy H . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z 3 min 2 