Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở GD&ĐT Bình Dương (Có lời giải)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở GD&ĐT Bình Dương (Có lời giải)

1. ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 CHUYÊN TOÁN TỈNH BÌNH DƯƠNG – 2021-2022 Câu 1 ( 2 điểm ) + 2 ― 1 + ― 2 ― 1 a/ rút gọn P= với x ≥ 2 + 2 ― 1 ― ― 2 ― 1 1 b/ cho x là số thực dương thỏa mãn: 2 . + 2 = 7 1 Tính giá trị của A= 7 + 7 Câu 2 ( 2điểm ) a/ với a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác. Chứng minh pt sau vô nghiệm: ( 2( ― 1) + ( 2 ― 2) + 2 = 0 với x thuộc R b/ giải pt: ( 2 ― 6 + 11) 2 ― + 1 = 2( 2 ― 4 + 7) ― 2 Câu 3: (3 điểm ) a/ cho 3 số nguyên a,b,c thỏa = ― = / . cm rằng ( a+b+c) có giá trị là lập phương của 1 số nguyên b/ cho x,y,z >0 thỏa xy + yz +zx =1 . chứng minh : 10 2 +10 2 + 2 ≥ 4. Dấu “=” xảy ra khi nào ? Câu 4: (3 điểm ) Cho hình thoi ABCD ( AC>BD). Gọi O là giao điểm của AC và BD. (O) nội tiếp hình thoi ABCD, tiếp xúc các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt tại E,F,G,H. Lấy K trên đoạn HA và L trên đoạn AE sao cho KL tiếp xúc (O) a/ cm : ó 퐿 퐾 = ó 퐿 0 푣à 퐿. 퐾 = 2 b/ đường tròn ngoại tiếp tam giác CFL cắt cạnh AB tại M ( khác L ), đường tròn ngoại tiếp tam giác CKG cắt cạnh AD tại N ( khác K ). Chứng minh K,L,M,N cùng thuộc đường tròn c/ lấy P,Q tương ứng trên đoạn FC và GC sao cho LP//KQ. Chứng minh PQ tiếp xúc (O) Hướng dẫn giải : TOÁN CHUYÊN TỈNH BÌNH DƯƠNG NĂM HỌC 2021-2022 Câu 1 a) + 2 ― 1 + ― 2 ― 1 | ― 1 + 1| + | ― 1 ― 1| P= = 1 ( 2 ― 1 + 1 ― | 2 ― 1 ― 1|) + 2 ― 1 ― ― 2 ― 1 2 | | Ta có x ≥ 2 ⇔ x-1 ≥ 1 ⇔ ― 1 ≥ 1
2. ― 1 + 1 + ― 1 ― 1 Do đó P= 2 ⋅ = 2( ― 1) 2 ― 1 + 1 ― 2 ― 1 + 1 b) 1 1 1 1 1 1 1 Ta có ( 2 + ) 5 + = 7 + + 3 + ⇒ 7 + = 7( 5 + ) ― ( 3 + ) 2 5 7 3 7 5 3 (1) 1 1 1 1 1 1 1 Ta lại có: ( 2 3 )= 5 5 3 ) + 2)( + 3 + 5 + + ⇒ + 5 = 7( + 3 ― ( + ) (2) 1 1 1 1 1 1 ( 2 + ) + = 3 + + + ⇒ 3 + = 6 + (3) 2 3 3 Từ (1), (2) và (3) Ta có: 1 1 1 1 1 7 + = 7 [7( 3 + ) – ( + ) ] ― 6 + = 281( + ) 7 3 2 1 1 Ta lại có: ( + 1 ) = 2 + +2 = 9⇒ + =± 3 2 1 1 Mà x là số nguyên dương nên + > 0Nên + = 3 1 Vậy 7 = 843 + 7 Câu 2: a) Phương trình đã cho tương đương với 2 2 + ( 2 ― 2 ― 2) + 2 = 0 Phương trình trên có biệt số 훥 = ( 2 ― 2 ― 2)2 ―4 2 2 = 4 + 4 + 4 ―2 2 2 ―2 2 2 ―2 2 2 = ( 2 + 2 + 2)2 ―4( 2 2 + 2 2 + 2 2) < 0 b) Đkxđ: ≥ 2. Phương trình đã cho tương đương với [( 2 ― + 1) ― 5( ― 2)] 2 ― + 1 = 2[( 2 ― + 1 ― 3( ― 2)] ― 2 Đặt = 2 ― + 1, = ― 2. ( , ≥ 0). Phương trình trở thành 3 ― 2 2 ― 5 2 + 6 3 = 0 ⇔( + 2 )( ― 3 )( ― ) = 0
3. - TH1: = ―2 (vô lý vì lúc này 2 ― + 1 = ― 2 = 0(vô nghiệm)) - TH2: = ⇔ 2 ― + 1 = ― 2 ⇔( ― 1)2 = ― 2 (vô nghiệm) - TH3: = 3 ⇔ 2 ― + 1 = 9( ― 2) ⇔ 2 ― 10 + 19 = 0 ⇔ = 5 ― 6(nhận) = 5 + 6(nhận) Vậy = 5 ± Câu 3: a) Điều kiện để cho tương đương với = + = . ⇒ ― ― + 1 = 1 ⇔( ― 1)( ― 1) = 1 Vì , ∈ và > 0nên ta phải có ―1 = ―1 = 1, hay = = 2. Điều này dẫn tới = 4. Ta có + + = 8 = 23, là một số lập phương. Vậy ta có đpcm. b) Bất đẳng thức đề cho tương đương với 10 2 + 10 2 + 2 ≥ 4( + + ) ⇔12 2 + 12 2 + 3 2 ≥ 2( + + )2 2 2 2 ⇔ 1 + 1 + 1 ≥ 2( + + )2 (1) 12 12 3 Theo bất đẳng thức Bunyakovsky dạng cộng mẫu, ta có 2 2 2 ( + + )2 + + ≥ = 2( + + )2 1 1 1 1 12 12 3 2 Vậy (1) đúng, ta có đpcm. Dấu “ = ” xảy ra ⇔3 = 3 = 12 ∨ + + = 1 4 1 . ⇔ = 3 ∨ = = 3
4. Câu 4 a) KL ∩ (표) = OK là phân giác ∠ OL là phân giác ∠ ⇒ ∠퐿 퐾 = ½ ∠ Dễ dàng chứng minh OHAE là tứ giác nội tiếp ⇒ ∠ = 180° ― ∠ Do đó ∠퐿 퐾= 90° ― ∠ = ∠ 퐿 (do ABCD là hình bình hành) Xét 훥퐾퐿 và 훥 퐿 : ∠퐿 퐾 = ∠ 퐿 ∠퐾퐿 = ∠ 퐿 (1) Do đó 훥퐾퐿 ∼ 훥 퐿 ⇒ ∠ 퐾퐿 = ∠ 퐿 = ∠ 퐾 Dễ thấy 훥 cân tại A ⇒ ∠ 퐿 = ∠ 퐾 Xét 훥 퐿 và 훥 퐾: ∠ 퐿 = ∠ 퐾 ∠ 퐾퐿 = ∠ 퐾 퐿 Do đó 2 ( do ABCD là 훥 퐿 ∼ 훥 퐾 ⇒ = 퐾 ⇒ 퐿. 퐾 = . = hình bình hành ) (2) b) Ta có: MLFC nội tiếp ⇒ 퐿. = 퐹. = 2( Hệ thức lượng ) (3) 퐿 = Mà chung nên ⇒ ∠ 훥 퐿 ∼ 훥 ⇒ ∠ = ∠ 퐿 (4) Từ (2) và (3) ⇒ DK=BM Lại có: OB=OD và ∠ = ∠ 퐾 Do đó 훥 ∼ 훥 퐾 ⇒ OM = OK và ∠ = ∠ 퐾 Lại có AB = AC nên AM = AK ⇒ 훥 퐾 ∼ 훥 ⇒ MK // BC
5. ⇒∠퐾 = ∠ (5) Từ (1), (4) và (5) ta có: ∠퐾 = ∠퐾퐿 ⇒ KMLO nội tiếp (w). Chứng minh tương tự ta có: KMON nội tiếp (w) Do đó K, M, L, N thuộc đường tròn (w). c) Dễ dàng chứng minh: 훥 퐿푃 ∼ 훥 푄퐾 퐿 푃 (6) ⇒ 푄 = 퐾 ⇒ 푃. 푄 = 퐿. 퐾 푃 Từ (2) và (6) 2 ⇒ 푃. 푄 = ⇒ = 푄 Lại có: ∠ 푃 = ∠ 퐿 = ∠ = ∠ 퐾 = 푄 Do đó 훥 푃 ∼ 훥 푄 Vẽ tiếp tuyến PS của (O), ta cần chứng minh S ≡ Q Tương tự như trên ta chứng minh được 훥 푃 ∼ 훥 푆 푆 Do đó DS = DQ S Q. 훥 푆 ∼ 훥 푄 ⇒ = 푄 ⇒ ⇒ ≡ Vậy ta có đpcm.