Kỳ thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Kiên Giang (Có lời giải)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Kiên Giang (Có lời giải)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN KIÊN GIANG NĂM HỌC 2021 – 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN (chuyên) (Đề thi gồm 02 trang) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 05/06/2021. x 2 2x x x 2 Bài 1 (1,5 điểm). Cho biểu thức A (với x 0, x 1, và x 4 ) x 1 x 2 x 3 x 2 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị biểu thức A tại x 3 2 2 . Bài 2 (1,0 điểm) Tìm tất cả các số thực a,b sao cho phương trình (ẩn x ) x2 ax b 0 có hai a 1 nghiệm là và . 3 a 2 Bài 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: 3 2 x 2y x 2x y 0 x 1 16 y 3 Bài 4 (1,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 8. Trên cạnh BC , lấy điểm M sao cho BM 5 . Gọi N là giao điểm của đường thẳng CD và đường thẳng vuông góc với AM tại A . Gọi I là trung điểm của MN . Hãy tính độ dài đoạn thẳng DI . Bài 5 (2,5 điểm). Cho O1 , O2 là hai đường tròn, cắt nhau tại điểm A, M , sao cho O1 AO2 là góc tù. Tiếp tuyến tại A của O1 cắt O2 tại điểm thứ hai B (khác A ). Tiếp tuyến tại A của O2 cắt O1 tại điểm thứ hai D (khác A ). a) Trên cung AD không chứa M của O1 , lấy điểm K , khác A và D , sao cho đường thẳng KM cắt cung AB không chứa M của O2 tại điểm L , khác A và B . Chứng minh rằng đường thẳng AK song song với đường thẳng BL . b) Gọi C là điểm đối xứng của A qua M . Chứng minh rằng ABCD là tứ giác nội tiếp. Bài 6 (1,5 điểm) a) Cho m, p,r là các số nguyên tố thỏa mãn mp 1 r . Chứng minh rằng m2 r hoặc p2 r là số chính phương.
2. b) Tìm tất cả các số nguyên tố q , sao cho tồn tại số nguyên dương n để n2 22q là một lũy thừa với số mũ nguyên dương của 11. Bài 7 (1,0 điểm). Có bốn căn phòng nằm liên tiếp nhau, thành một hàng ngang. Có một con chuột trốn trong các căn phòng đó; mỗi ngày nó trốn trong một căn phòng. Có một chú mèo tìm cách bắt con chuột này. Cứ mỗi tối, mèo ta vào một căn phòng, và nếu con chuột đang trốn ở căn phòng ấy thì nó sẽ bị mèo bắt. Biết rằng, nếu chưa bị mèo bắt mỗi sáng, con chuột lại chạy sang trốn ở căn phòng nằm ngay bên cạnh. Hỏi chú mèo có thể đảm bảo chắc chắn sẽ bắt được con chuột sau tối đa bốn tối hay không? Vì sao? 1 1 1 2 Bài 8 (0,5 điểm). Cho x, y, z là các số thực lớn hơn 2021, thỏa mãn . Chứng x y z 2021 minh rằng, ta có bất đẳng thức sau: x y z x 2021 y 2021 z 2021 . ___ HẾT ___
3. ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI THAM KHẢO Bài 1. a) (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức x( x 2) 2( x 1) (2x x x 2) A ( x 1)( x 2) x x 2x 2 x 2 2x x x 2 Ta có: ( x 1)( x 2) 2 x 4 2( x 2) 2 ( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) x 1 b) (0,5 điểm) ta có x 3 2 2 ( 2 1)2 2 2 do đó: A 2 ( 2 1)2 1 2 1 1 Bài 2. (1,0 điểm) Theo định lí Vi-ét (thuận và đảo), a,b là các số thực thỏa mãn yêu cầu đề bài khi và chỉ khi : a 2 (1) a 1 a (2) 3 a 2 a 1  b (3) 3 a 2 1 3 Với a thỏa mãn (1) ta có (2) 4a2 8a 3 0 a ,a 2 2 1 1 Thay a vào (3) ta được b 2 9 3 Thay a vào (3) ta được b 1 2 1 1 3 Vậy có tất cả hai cặp số thực a,b thỏa mãn yêu cầu là ; , ; 1 . 2 9 2 Bài 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:
4. 3 2 x 2y x 2x y 0 x 1 16 y 3 Điều kiện: x 1 và y 16 . (1) Với điều kiện đó, ta có: 3 2 2 x 2y x 2x y 0 (x 2y) x 1 0 x 1 16 y 3 x 1 16 y 3 x 2y 2y 1 16 y 3. Ta có: (3) ( 2y 1 5) ( 16 y 2) 0 2(y 12) y 12 0 2y 1 5 16 y 2 2 1 (y 12) 0 2y 1 5 16 y 2 y 12. Thay y 12 vào (2), ta được x 24 . Cặp số x, y 24,12 thỏa mãn (1). Vì thế, cặp số đó là nghiệm duy nhất của hệ phương trình đã cho. Bài 4. (1,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 8. Trên cạnh BC , lấy điểm M sao cho BM 5 . Gọi N là giao điểm của đường thẳng CD và đường thẳng vuông góc với AM tại A . Gọi I là trung điểm của MN . Hãy tính độ dài đoạn thẳng DI .
5. Xét hai tam giác vuông ABM và ADN , ta có: AB AD , BAM DAN (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) Do đó tam giác ABM ADN (cạnh góc vuông – góc nhọn). Suy ra, DN BM (1). Qua M kẻ đường thẳng song song ID cắt NC tại E . Xét tam giác MNE : Do I là trung điểm của MN và ID / /ME , nên D là trung điểm của NE . Vì thế DE DN BM (theo (1)). Suy ra, MC CE (2) Do I, D tương ứng là trung điểm của MN, NE , nên ID là đường trung bình của tam giác. Do 1 đó, DI EM . 2 Xét tam giác vuông (tại C) MCE, theo định lí Pitago, ta có: EM MC 2 CE 2 2MC 2 (do (2)) 2MC 2 BC BM 2 8 5 3 2 . 3 2 Vì thế DI . 2 Bài 5. Cho O1 , O2 là hai đường tròn, cắt nhau tại điểm A, M , sao cho O1 AO2 là góc tù. Tiếp tuyến tại A của O1 cắt O2 tại điểm thứ hai B (khác A ). Tiếp tuyến tại A của O2 cắt O1 tại điểm thứ hai D (khác A ).
6. a) (1,0 điểm) Trên cung AD không chứa M của O1 , lấy điểm K , khác A và D , sao cho đường thẳng KM cắt cung AB không chứa M của O2 tại điểm L , khác A và B . Chứng minh rằng đường thẳng AK song song với đường thẳng BL . Với giả thuyết O1 AO2 là góc tù, ta có thế hình như ở trên. Xét O1 , ta có: AKM MAB (góc nọi tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây, cùng chắn cung AM không chứa D). (1) Xét O2 , ta có: MLB MAB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB không chứa A). (2) Từ (1) và (2), suy ra, AKM MLB . Do đó, AK / /LB (vì có hai góc ở vị trí so le trong bằng nhau). b) (1,5 điểm) Gọi C là điểm đối xứng của A qua M . Chứng minh rằng ABCD là tứ giác nội tiếp. .
7. Xét O1 ta có: MDA MAB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây, cùng chắn cung AM không chứa D). (3) Xét O2 ta có MAD MBA (góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây, góc nội tiếp, cùng chắn cung AM không chứa B) (4) Từ (3) và (4), suy ra, AMD∽ BMA. MA MB MC MB Do đó, ; mà MC MA (gt), nên . (5) MD MA MD MC Do trong một tam giác, mỗi góc ngoài bằng tổng hai góc trong không kề với nó, nên cộng (3) và (4), vế theo vế, ta được: DMC CMB (6) Từ (5) và (6), suy ra, DMC∽ CMB . Do đó, DCM CBM . Vì thế, ta có:
8. DCB DCM MCB CBM MCB 180 BMC 180 (BAM MBA) 180 (BAM MAD) (do(4)) 180 BAD Suy ra, BAD DCB 180o . Do đó, ABCD là tứ giác nội tiếp. Bài 6. a) (1,0 điểm) Cho m, p,r là các số nguyên tố thỏa mãn mp 1 r . Chứng minh rằng m2 r hoặc p2 r là số chính phương. Vì m, p là các số nguyên tố nên mp 4 . Do đó, r 5. Mà r là nguyên tố nên r là số lẻ. Vì thế, mp r 1 là một số chẵn. Suy ra, trong hai số m, p , có ít nhất một số bằng 2. - Nếu m 2 thì r 2 p 1. Do đó: p2 r p2 2 p 1 p 1 2 , Là một số chính phương. - Nếu p 2 thì r 2m 1. Do đó m2 r m2 2m 1 m 1 2 là một số chính phương b) Tìm tất cả các số nguyên tố q , sao cho tồn tại số nguyên dương n để n2 22q là một lũy thừa với số mũ nguyên dương của 11. Giả sử q là số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu đề bài. Khi đó, sẽ tồn tại các số nguyên dương n,k sao cho n2 22q 11k . (1) Do n2 22q 11 nên 11k 11; suy ra k 2 . Vì thế, từ (1), ta có: n2 22q 112 . (2) Do 22q11 nên từ (1) suy ra, n2 11; mà 11 là số nguyên tố, nên n2 112 . (3) Từ (2) và (3) suy ra, 22q112 . Do đó, q11; mà q là số nguyên tố nên q 11. Ngược lại, với q 11, ta có: 332 22.11 112. 9 2 113 . Vậy có duy nhất số q thỏa yêu cầu của đề bài là q 11. Bài 7 (1,0 điểm). Có bốn căn phòng nằm liên tiếp nhau, thành một hàng ngang. Có một con chuột trốn trong các căn phòng đó; mỗi ngày nó trốn trong một căn phòng. Có một chú mèo tìm cách bắt con chuột này. Cứ mỗi tối, mèo ta vào một căn phòng, và nếu con chuột đang trốn ở căn phòng ấy
9. thì nó sẽ bị mèo bắt. Biết rằng, nếu chưa bị mèo bắt mỗi sáng, con chuột lại chạy sang trốn ở căn phòng nằm ngay bên cạnh. Hỏi chú mèo có thể đảm bảo chắc chắn sẽ bắt được con chuột sau tối đa bốn tối hay không? Vì sao? Câu trả lời là "có". Lần lượt, từ trái qua phải, đánh số thứ tự các căn phòng bởi 1,2,3,4. Với mỗi k 1,2,3,4 , gọi căn phòng được đánh số k là "phòng k ". Trong phần trình bày dưới đây, thứ tự của các ngày được tính từ ngày đầu tiên mèo vào dãy phòng để lùng bắt chuột. Xét lịch trình lùng bắt chuột như sau của mèo: - Tối ngày 1: Vào phòng 2 ; - Tối ngày 2 : Vào phòng 3 ; - Tối ngày 3: Vào phòng 3 ; - Tối ngày 4: Vào phòng 2 . Khi đó, nếu ngày 1, chuột trốn ở phòng 2 hoặc phòng 4, thì mèo sẽ bắt được chuột vào tối ngày 1, hoặc vào tối ngày 2 (bắt được vào tối ngày 1 nếu ngày 1 chuột trốn ở phòng , và bắt được vào tối ngày 2 nếu ngày 1 chuột trốn ở phòng 4). Nếu ngày 1, chuột trốn ở phòng 1 hoặc phòng 3, thì nó s thoát được mèo trong hai tối đầu tiên. Tuy nhiên, do sang ngày 3, theo cách trốn của mình, chuột sẽ lại trốn ở phòng 1 hoặc phòng 3 , nên nó sẽ bị mèo bắt vào tối ngày 3 , hoặc vào tối ngày 4 (bị bắt vào tối ngày 3 , nếu ngày 3 nó trốn ở phòng 3; và bị bắt vào tối ngày 4, nếu ngày 3 nó trốn ở phòng 1 ). Vậy, với lịch trình lùng bắt nêu trên, mèo sẽ bắt được chuột, sau tối đa bốn tối. Do đó, câu trả lời cho câu hỏi của bài ra là "có". Lưu ý: Lịch trình lùng bắt trên đây không phải là lịch trình duy nhất để mèo đạt được mục tiêu đặt ra ở đề bài. 1 1 1 2 Bài 8. (0,5 điểm). Cho x, y, z là các số thực lớn hơn 2021, thỏa mãn . Chứng x y z 2021 minh rằng, ta có bất đẳng thức sau: x y z x 2021 y 2021 z 2021 . 2021 2021 2021 Từ giả thuyết đề bài suy ra 2 x y z x 2021 y 2021 z 2021 Do đó 3 2 1 x y z x 2021 y 2021 z 2021 Suy ra x y z (x y z) (*) x y z
10. Do x, y, z 2021 nên x 2021, y 2021, z 2021 0 . Vì thế, bằng cách áp dụng bất đẳng thức x 2021 y 2021 z 2021 Bunhiacôpxki cho hai bộ ba số thực dương x, y, z và , , x y z , từ (*) ta được: x y z ( x 2021 y 2021 z 2021)2 Do đó, x y z x 2021 y 2021 z 2021 . 6063 (Đẳng thức xảy ra khi x y z ). 2 ___ THCS.TOANMATH.com ___