Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán (Chuyên) - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Thừa Thiên Huế (Có đáp án)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán (Chuyên) - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Thừa Thiên Huế (Có đáp án)

1. ĐÁP ÁN Câu 1. a) 1 2√x −2 1 1 A= − : − √x +1 x√x +x− √x −1 3√x +3 3x+3√x 1 2√x −1 √x −1 A= − : √x +1 (x−1)√x +1 3√x√x +1 √x −1 3√x√x +1 A= . √x +1 √x −1 3√x A= √x +1 3 A∈ℤ⟺3− ∈ℤ⟺ √x +1∈Ư(3) ⟺x∈ {0;4} √x +1 KHĐK: ⟹ x = 4. b) Ta có 1 √n+1 − √n f(n) = = (2n+1)√n+1 + √n 2n+1 Ta có: 2n + 1 = (n+1) +n≥2√n+1. √n √n+1 − √n 1 1 1 ⟹f(n) ≤ = − 2√n+1. √n 2 √n √n+1 1 1 1 1 1 ⟹f(1) +f(2) +⋯+f(2021) ≤ − +⋯+ − 2 √1 √1+1 √2021 √2021+ 1 1 1 1 1 = . 1− 0 ∀m ⟹PT(∗) luôn có 2 nghiệm phân biệt ⟹ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A,B. (d) cắt Oy tại I(0;3)⟹ OI = 3 Kẻ AH vuông góc với Oy tại H; BK vuông góc với Oy tại K ⟹AH= |x| và BK = |x| 3 3 S =S +S = |x | + |x | =6⟹ |x | + |x | = 4 2 2
2. ⟹x +x +2|xx| = 16 ⟹ 4m +6+2|−3| = 16 ⟹ m = ±1. b) (x−y) + (x+1) −y(x+1) −1=0 HỆ PHƯƠNG TRÌNH ⟺ x −y+0 (x−y+1)(2x−y) =0 y=x+1 y=2x ⟺ ⟺ hoặc x =y−1 x −y+1=0 x −y+1=0 y=x+1 y=2x ⟺ hoặc x −x=0 (x−1)(x +x−1) =0 −1 ± √5 Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S = (1;2); (−1;0); (0;1); ;−1± √5 2 Câu 3. 퐚) PT ⟺ (x + 1)(2x +4−32(x +1) + (x−1) + (x−1) = 0 Đặt a = x +1 ≥ 1 và b = x−1 PTTT a2a+2−3√2a+b +b=0 ⟺ 2a − 3a√2a+b +2a+b=0 ⟺ 2aa− √2a+b − √2a+ba− √2a+b = 0 ⟺ a− √2a+b2a− √2a+b = 0 TH1: a = √2a+b ⟺x −x=0⟺x=0;1 TH2: 2a = √2a+b ⟹ 2x +2= √2x +x+1 11 1 5 ⟺ 4x + x + (x−1) + = 0 2 2 2 ⟺x∈∅ Vậy S = {0;1}. b) x − (m+1)x −3x+m+3=0 ⟺x −1−3x+3− (m+1)x + (m+1) = 0 ⟺ (x−1)(x +x+1−3− (m+1)(x+1)] = 0 ⟺ x = 1 hoặc x −mx−m−3=0(∗) Để phương trình ban đầu có 3 nghiệm pb thì PT(*) có 2 nghiệm pb khác 1 Δ>0 ⟺ ⟺ m ≠ −1. 1 − m − m − 3 ≠ 0
3. Giả sử x = 1; x; x là nghiệm của PT (*) 1 2 1 2 9 ⟹ P ≥ + = + = 2 (x + 1) (x + 1) 16 (−m − 3 + m + 1) 16 Vậy P nhỏ nhất bằng 9/16 khi m=-2. Câu 4. a) Ta có BAH = BCH (cùng phụ ABC ) ΔBCF cân tại B(tính chất trung trực)⟹ BCH = BFH ⟹ BAH = BFH. ⟹ FAHB là tgnt. CMTT AHCE là tgnt⟹ AHE = AEB ⟹ AEB = ACE ⟹ ACKF là tgnt. b) Ta có AB là trung trực của CF ⟹ AC = AF. ⟹ ΔAFC cân tại A ⟹ AFC = ACF Vì ACKF là tgnt⟹ AFC = AKC và ACF = AKF. ⟹ KA là phân giác góc BKC. Vì ACKF là tgnt ⟹ BKC + FAC = 180 Ta có FAC = 2BAC ; BOC = 2BAC ⟹ FAC = BOC ⟹ OBKC là tgnt ⟹ BOK = BCK
4. Lại có AOB = 2ACB = BCE ⟹ BOK + BOA = BCK + BCE = 180 ⟹ A, O,K thẳng hàng c) Ta có OBKC là tgnt; Mà O,B,C cố định nên K thuộc cung lớn của đường tròn ngoại tiếp tg OBC có bán kính không đổi. S =S +S Vì S không đổi nên S lớn nhất ⟺ S lớn nhất Kẻ KM ⊥ BC, ta có S = KM. BC Vì BC không đổi nên S lớn nhất ⟺ KM lớn nhất ⟺K là điểm chính giữa cung lớn BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC ⟹ A là điểm chính giữa cung lớn BC Câu 5. a) Δ = (2 ) +2 .9 ⟹Δ là SCP ⟹ (2)^2 + 2^44.9 = a^2 ⟹ (a+2)(a−2) = 9.2 Vì (a+2) − (a−2) =2 không chia hết cho 3 nên 2 số đó không cùng chia hết cho 3 ⟹a−2 ⋮ 9 hoặc a + 2 ⋮ 9 Mà a + 2 +a−2 = 2a là số chẵn ⟹ a + 2 và a − 2 cùng tính chẵn lẻ. ⟹a+2 và a − 2 cùng chẵn TH1:a+2 = 9.2 và a − 2 = 9.2 ⟹2 = 9.2 −2 Nếu m > n và m < n ⟹ VP là số lẻ (vô lí) Nếu m=n⟹m=n=22 ⟹2 =2 ⟹y=24⟹x=9.2 TH2: Tương tự ta có m,n thuộc rỗng. Vậy x = 9.2 và y = 2. b) √5 √5 √5 VT = + + 5x(2y+3z) 5y(2z+3x) 5z(2x+3y) 2√5 2√5 2√5 18√5 ≥ + + ≥ (Cauchy − Schwarz) 5x+2y+3z 5y+2z+3x 5z+2x+3y 10(x+y+z) ⟹VT ≥ √ ⟹ đpcm.