Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT công lập môn Toán (Chuyên) - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Bến Tre (Có lời giải chi tiết)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT công lập môn Toán (Chuyên) - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Bến Tre (Có lời giải chi tiết)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 BẾN TRE TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2021 – 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (chuyên) Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 6 7m x 2 nghịch biến trên ¡ . b) Cho Parabol P : y 2x2 và đường thẳng d : y x 6 . Biết d cắt P tại hai điểm phân biệt A x1; y1 , B x2 ; y2 với x1 x2 . Tính 4x2 y1 . 2 c) Rút gọn biểu thức A x 2 1 4x 4 x 2 7 (với x 2 ). Câu 2. (1,0 điểm) Cho phương trình: x2 m 3 x 4m 4 0 (1), với m là tham số. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x1 x2 x1x2 20. Câu 3. (3,0 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 y xy 2x 1 y2 xy2 2y . y2 2xy 2 0 b) Giải hệ phương trình: 2 2 4x y y 2x 2 0. c) Giải phương trình: x 3 2x 5 2 x 2 2x2 9x 10 1. Câu 4. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x , y z thỏa 3 xy xz 2. Chứng minh rằng: 4yz 5xz 7xy 8 . x y z Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A với ( AB AC ), có đường cao AH . Biết BC 1dm và 12 AH dm . 25 a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC b) Kẻ HD  AB ; HE  AC (với D AB , E AC ). Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh IA  DE . Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có đường phân giác ngoài của góc A cắt đường thẳng BC tại điểm D . Gọi M là trung điểm của BC . Đường tròn ngoại tiếp ADM cắt các đường thẳng AB , AC lần lượt tại E và F (với E , F khác A). Gọi N là trung điểm của EF . Chứng minh rằng MN // AD. ___ HẾT ___
2. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 6 7m x 2 nghịch biến trên ¡ . b) Cho Parabol P : y 2x2 và đường thẳng d : y x 6 . Biết d cắt P tại hai điểm phân biệt A x1; y1 , B x2 ; y2 với x1 x2 . Tính 4x2 y1 . 2 c) Rút gọn biểu thức A x 2 1 4x 4 x 2 7 (với x 2 ). Lời giải 6 a) Hàm số y 6 7m x 2 nghịch biến trên ¡ 6 7m 0 m . 7 6 Vậy m thì hàm số đã cho nghịch biến trên ¡ . 7 b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của P và d , ta có: 2x2 x 6 2x2 x 6 0 Có: 1 2 4.2.6 49 0 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 1 49 1 49 3 x 2 và x 1 2.2 2 2.2 2 Với x1 2, ta có y1 8, suy ra A 2;8 . 3 9 3 9 Với x , ta có y , suy ra B ; . 2 2 2 2 2 2 Khi đó, ta có: 3 4x y 4. 8 14. 2 1 2 Vậy 4x2 y1 14. c) 2 A x 2 1 4x 4 x 2 7 2 x 2 2 x 2 1 2 x 2 2.2 x 2 1 2 x 1 2 x 2 2 x 2 1 x 1 2 x 2 2 x 2 1 x 1 2 x 2 2 x 2 1 do 2 x 2 1 0 x Vậy A x . Câu 2. (1,0 điểm) Cho phương trình: x2 m 3 x 4m 4 0 (1), với m là tham số. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x1 x2 x1x2 20.
3. Lời giải Ta có: m 3 2 4 4m 4 m2 6m 9 16m 16 m2 10m 25 m 5 2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 m 5 2 0 m 5 0 m 5 Vậy với m 5 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. x1 0 Theo đề bài ta có: x1 x2 x1x2 20 (2), với điều kiện x2 0 Do đó, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 0 và x2 0, nghĩa là m 5 m 5 m 5 m 3 0 m 3 (*) m 1 4m 4 0 m 1 x1 x2 m 3 Áp dụng định lý Vi-et, ta có: x1x2 4m 4 Ta có: 2 x1 x2 x1 x2 2 x1x2 m 3 2 4m 4 m 3 4 m 1 2 m 1 4 m 1 4 m 1 2 Từ đó, ta suy ra x1 x2 m 1 2 do m 1 2 0,m 1 Từ phương trình (2), ta được x1 x2 x1x2 20 m 1 2 4m 4 20 m 1 22 4m (3) 11 Giải phương trình (3) với điều kiện: 22 4m 0 m ( ) 2 3 m 1 22 4m 2 m 1 484 176m 16m2 16m2 177m 485 0 4 Ta có: 177 2 4.16.485 289 0 Vậy phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt: 177 289 177 289 97 m 5 và m 2.16 2.16 16 So với điều kiện (*) và ( ) thì m  . Vậy không tồn tại giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3. (3,0 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 y xy 2x 1 y2 xy2 2y .
4. y2 2xy 2 0 b) Giải hệ phương trình: 2 2 4x y y 2x 2 0. c) Giải phương trình: x 3 2x 5 2 x 2 2x2 9x 10 1. Lời giải a) Ta có: x2 y xy 2x 1 y2 xy2 2y x2 y xy 2x 1 y2 xy2 2y 0 x2 y xy2 xy y2 2 x y 1 xy x y y x y 2 x y 1 x y xy y 2 1 1 Vì đây là phương trình nghiệm nguyên nên ta có: x y 1 (*) xy y 2 1 1 x y 1 xy y 2 1 x 1 y x 1 y x 1 y x 0; y 1 * 2 y 1 1 y y y 1 0 y 1 0 x 2; y 1 y 1 x 1 y x 1 y x 1 y x 2; y 1 ( ) 2 y 1 1 y y y 3 0 y 2y 3 0 x 2; y 3 y 3 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là: S 0;1 , 2; 1 , 2;1 , 2; 3 . b) Ta có: 2 y2 2xy 2 0 y 2xy 2 2 2 2 2 2 4x y y 2x 2 0 4x y y 2x y 2xy 0 2 y 2xy 2 2x y 2x y 2x y y 2x y 0 2 y 2xy 2 2x y 2x y 1 y 0 2 y 2xy 2 2x y 2x 1 0 y2 2xy 2 2x y 0 2x 1 0 Mặt khác, y2 2xy 2 y y 2x 2, nghĩa là y 2x 0 .
5. Do đó, từ hệ phương trình ban đầu đề cho, ta giải hệ phương trình sau: 1 x 2 1 y 2xy 2 x 2 2 y 1 2x 1 0 2 y y 2 0 y 2 1 1  Vậy hệ có tập nghiệm là S ; 1 , ;2  2 2  c) Giải phương trình (*): x 3 2x 5 2 x 2 2x2 9x 10 1. 5 x 2x 5 0 2 Điều kiện xác định: x 2 0 x 2 x 2 . 2 2x 9x 10 0 5 x  x 2 2 a 2x 5 a 1 Ta đặt b x 2 b 0 a2 2b2 2x 5 2 x 2 1 2 2 Ta thấy a b 2x 5 x 2 x 3 2 ab 2x 5 x 2 2x 9x 10 Phương trình (*) trở thành: a2 b2 a 2b ab a2 2b2 a2 b2 a 2b a2 b2 b2 ab 0 a2 b2 a 2b 1 b2 ab 0 a b a b a 2b 1 b a b 0 a b  a b a 2b 1 b 0 a b 0 1 a b a 2b 1 b 0 2 Vì a b 1 nên ta chỉ giải phương trình (2) a b a 2b 1 b 0 a b a b 1 b a b b 0 a b a b 1 b a b 1 0 a b 1 0 a b 1 a 2b 0 a 2b 0 TH1: Với a 2b 0 , ta có a 2b 0 2x 5 2 x 2 0 2x 5 2 x 2 3 2x 5 4 x 2 x 2 3 So với điều kiện thì x (Nhận). 2
6. TH2: Với a b 1 0 , ta có a b 1 0 2x 5 x 2 1 0 2x 5 x 2 1 2x 5 x 3 2 x 2 x 2 2 x 2 0 x 2 x 2 2 0 x 2 0 x 2 0 x 2 x 2 x 2 2 0 x 2 2 x 2 4 x 2 So với điều kiện thì x 2 (Nhận) và x 2 (Nhận). 3 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 2; ;2 . 2  Câu 4. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x , y z thỏa 3 xy xz 2. Chứng minh rằng: 4yz 5xz 7xy 8 . x y z Lời giải 4yz 5xz 7xy Ta đặt M , ta có x y z 4yz 5xz 7xy M x y z yz yz xz xz xy xy 3 4 3 4 x x y y z z yz xz yz xy xz xy 3 4 x y x z y z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được yz xz yz xy xz xy M 2 . 3.2 . 4.2 . x y x z y z 2z 6y 8x 2z 2x 6y 6x Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được M 2.2 xz 6.2 xy 4 xz 3 xy 4.2 8 x y z 1 Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi x y z . xz 3 xy 2 2 1 Vậy khi x y z thì M 8 (đpcm). 2
7. Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A với ( AB AC ), có đường cao AH . Biết BC 1dm và 12 AH dm . 25 a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC b) Kẻ HD  AB ; HE  AC (với D AB , E AC ). Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh IA  DE . Lời giải a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC Áp dụng hệ thức lượng và định lý Pytago cho ABC vuông tại A, ta có: AB2 AC 2 BC 2 1 AB2 AC 2 1 12 2 2 144 AB.AC AH.BC AB .AC 25 625 Khi đó, AB2 và AC 2 là các nghiệm dương của phương trình. Áp dụng hệ quả của định lý Vi-et, ta được 144 X 2 1X 0 625 144 49 Ta có: 12 4.1. 0 nên phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt: 625 625 49 49 1 1 9 16 X 625 và X 625 1 2.1 25 2 2 25 Theo giả thiết, AB AC , nên ta được: 16 4 AB2 X AB 1 2 2 25 5 AB AC 9 3 AC 2 X AC 2 25 5 4 3 Vậy AB dm và AC dm . 5 5 b) Chứng minh IA  DE . Gọi F là giao điểm của AI và DE .
8. H· EA 90 HE  AC Xét tứ giác EHDA, ta có: H· DA 90 HD  AB ·  DAE 90 ABC vuoâng taïi A Tứ giác EHDA là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông) Tứ giác EHDA là tứ giác nội tiếp. ·ADE ·AHE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE ) Mà ·AHE E· CH (cùng phụ với C· HE ) ·ADE E· CH ·ADE ·ACB (1) Xét ABC vuông tại A có I là trung điểm của BC 1 IA IB BC (định lý đường trung tuyến trong tam giác vuông) 2 IAB cân tại I I·AB I·BA (2) Từ (1) và (2), ta suy ra: ·ADE I·AB ·ACB I·BA ·ACB ·ABC 90 ( ABC vuông tại A) Áp dụng định lý tổng 3 góc trong ADF , ta có: F· AD F· DA A· FD 180 A· FD 180 F· AD F· DA A· FD 180 I·AB A· CB A· FD 180 A· BC A· CB A· FD 180 90 90 ABC vuoâng taïi A Do đó, IA  DE (đpcm) Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có đường phân giác ngoài của góc A cắt đường thẳng BC tại điểm D . Gọi M là trung điểm của BC . Đường tròn ngoại tiếp ADM cắt các đường thẳng AB , AC lần lượt tại E và F (với E , F khác A). Gọi N là trung điểm của EF . Chứng minh rằng MN // AD. Lời giải Dựng hình bình hành BPCF .
9. Hai đường chéo BC và PF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà M là trung điểm của BC (gt) M cũng là trung điểm của PF . Xét PEF , ta có N là trung điểm của EF (gt), M là trung điểm của PF (cmt) MN là đường trung bình của PEF MN PEP (1) Ta có: M· PB M· FA (cặp góc so le trong của PB PFA , PBFC là hình bình hành) Mà M· DA M· EA M· FA (các góc nội tiếp cùng chắn cung AM ) M· EA M· PB , nghĩa là M· EB M· PB Xét tứ giác BMEP , ta có M· EB M· PB (cmt) Tứ giác BMEP nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau) B· EP B· MP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BP ) Mà B· MP F· MD (đối đỉnh) Mặt khác F· MD F· AD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FD ) B· EP F· AD , nghĩa là ·AEP F· AD (2) Ta có: AD là phân giác ngoài của B· AC (gt) Mà B· AC C· AE 180 (kề bù) AD là phân giác của C· AE F· AD E· AD (3) Từ (2) và (3), ta suy ra ·AEP E· AD Mà 2 góc nằm ở vị trí so le trong nên EP P AD (4) Từ (1) và (4), ta suy ra MN P AD (đpcm).