Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán (Chuyên Toán+Tin) - Năm học 2021-2022 - Sở GD&ĐT Bình Định (Có lời giải)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán (Chuyên Toán+Tin) - Năm học 2021-2022 - Sở GD&ĐT Bình Định (Có lời giải)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT CHUYÊN BÌNH ĐỊNH Năm học: 2021 – 2022 Môn: TOÁN (Chuyên Toán – Tin) – Ngày: 11/06/2021 Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) oOo Bài 1. (2.0 điểm) æ - + ö æ ö ç x y x y ÷ç1 1÷ 1. Cho biểu thức: A = ç - ÷.ç - ÷. èç x + y x - y ø÷èçx y÷ø Tính giá trị biểu thức A với x = 2021 + 2 505 , y = 2021- 2 505 . 1 1 1 1 2. Cho các số thực a, b, c ¹ 0 và a + b + c ¹ 0 thỏa mãn + + = . a b c a + b + c 1 1 1 1 Chứng minh rằng: + + = . a2021 b2021 c 2021 a2021 + b2021 + c 2021 Bài 2. (2.5 điểm) 1. Cho tập hợp A gồm 21 số tự nhiên khác nhau thỏa mãn tổng của 11 số bất kỳ lớn hơn tổng của 10 số còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc tập hợp A . Tìm các số còn lại của tập hợp A . 2. Tìm tất cả các số nguyên dương x sao cho x 2 - x + 13 là số chính phương. Bài 3. (1.5 điểm) ì ï 2 2xy - y + 2x + y = 10 Giải hệ phương trình: íï . ï îï 3y + 4 - 2y + 1 + 2 2x - 1 = 3 Bài 4. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O , D là điểm bất kì thuộc cạnh BC ( D khác B và C ). Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC . Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) tại P , Q (theo thứ tự P , M , N , Q ). Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt AB tại I (khác B ). Các đường thẳng DI và AC cắt nhau tại K . a) Chứng minh 4 điểm A , I , P , K nằm trên một đường tròn. QA PD b) Chứng minh = . QB PK c) Đường thẳng CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G (khác P ). Đường thẳng CD IG cắt đường thẳng BC tại E . Chứng minh khi D di chuyển trên đoạn BC thì tỉ số không CE đổi. Bài 5. (1.0 điểm) Cho a , b là các số dương thỏa mãn a + 2b ³ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2. 9 3a2 + a2b + ab2 + (8 + a)b3 P = 2 . ab  HẾT  ĐÁP ÁN THAM KHẢO – CHUYÊN TOÁN TIN – BÌNH ĐỊNH 2021 – 2022 Bài 1. (2.0 điểm) æ - + ö æ ö ç x y x y ÷ç1 1÷ 1. Cho biểu thức: A = ç - ÷.ç - ÷. èç x + y x - y ø÷èçx y÷ø Tính giá trị biểu thức A với x = 2021 + 2 505 , y = 2021- 2 505 . 1 1 1 1 2. Cho các số thực a, b, c ¹ 0 và a + b + c ¹ 0 thỏa mãn + + = . a b c a + b + c 1 1 1 1 Chứng minh rằng: + + = (* ). a2021 b2021 c 2021 a2021 + b2021 + c 2021 1. Điều kiện: x > 0 ; y > 0 và x ¹ y . æ - + ö æ ö - + - - - ç x y x y ÷ç1 1÷ x 2 xy y x 2 xy y y - x 4 Ta có: A = ç - ÷.ç - ÷= . = . èç x + y x - y ø÷èçx yø÷ x - y xy xy Thay x = 2021 + 2 505 , y = 2021- 2 505 vào biểu thức đã thu gọn, ta được: 4 4 A = = = 4 . 2021 + 2 505. 2021- 2 505 2021- 4.505 ì 4 ï x = 2021 + 2 505 Vậy A = (với x > 0 ; y > 0 và x ¹ y ) và A = 4 khi íï . xy ï îï y = 2021- 2 505 1 1 1 1 1 1 1 1 b + c b + c 2. Ta có: + + = Û - + + = 0 Û + = 0 . a b c a + b + c a a + b + c b c a(a + b + c) bc æ ö ç 1 1 ÷ Û (b + c)ç + ÷= 0 èça(a + b + c) bc ø÷ Û (b + c)(bc + a2 + ab + ca)= 0 (do a, b, c ¹ 0 và a + b + c ¹ 0 ) éa = - b ê Û + + + = Û ê = - . (b c)(a b)(c a) 0 êb c ê ëc = - a
3. ì ï 1 1 1 1 1 1 1 ï 2021 + 2021 + 2021 = 2021 - 2021 + 2021 = 2021 ï a b c a a c c  Với a = - b , suy ra: íï ; do đó (* ) đúng. ï 1 1 1 ï = = îï a2021 + b2021 + c 2021 a2021 - a2021 + c 2021 c 2021  Tương tự trong hai trường hợp còn lại là: b = - c và c = - a thì (* ) cũng đúng. Do đó bài toán được chứng minh. Bài 2. (2.5 điểm) 1. Cho tập hợp A gồm 21 số tự nhiên khác nhau thỏa mãn tổng của 11 số bất kỳ lớn hơn tổng của 10 số còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc tập hợp A . Tìm các số còn lại của tập hợp A . 2. Tìm tất cả các số nguyên dương x sao cho x 2 - x + 13 là số chính phương. 1. Giả sử A = {a1 ; a2 ; a3 ; ; a21} với a1 ; a2 ; a3 ; ; a21 Î ¥ và a1 a12 + a13 + + a21 Û a1 > a12 - a2 + a13 - a3 + + a21 - a11 (1). Vì a1 ; a2 ; a3 ; ; a21 Î ¥ nên a12 - a2 ³ 10 ; a13 - a3 ³ 10 ; ; a21 - a11 ³ 10 (2). Từ (1) và (2), suy ra: a1 > 11404+4414042+4.4 4+441403= 100 mà a1 là số nhỏ nhất trong các số của tập hợp A 10 sè 10 nên a1 = 101 (3). Từ (1) và (3), suy ra: a12 - a2 + a13 - a3 + + a21 - a11 < 101 (4). Từ (2) và (4) suy ra: a12 - a2 = a13 - a3 = = a21 - a11 = 10 (5). Ta có: 10 = a12 - a2 = (a12 - a11 )+ (a11 - a10 )+ + (a3 - a2 )³ 10 . Þ a12 - a11 = a11 - a10 = = a3 - a2 = 1 (6). Vì a1 = 101 mà 102 Î A Þ a2 = 102 (7). Từ (5), (6) và (7) suy ra A = {101; 102; 103; ; 121} . 2. Theo đề, đặt x 2 - x + 13 = a2 (với x , a Î ¢ + ). 2 2 Û 4x 2 - 4x + 52 = 4a2 Û (2a) - (2x - 1) = 51 Û (2a - 2x + 1)(2a + 2x - 1)= 51. Vì x , a Î ¢ + Þ 2a - 2x + 1Î ¢ ; 2a + 2x - 1Î ¢ + và 2a - 2x + 1< 2a + 2x - 1 . Do đó ta có bảng sau: 2a + 2x - 1 51 17 2a - 2x + 1 1 3 a 13 5 x 13 4 thỏa thỏa Vậy số cần tìm là: x Î {4;13} .
4. Bài 3. (1.5 điểm) ì ï 2 2xy - y + 2x + y = 10 (1) Giải hệ phương trình: íï . ï îï 3y + 4 - 2y + 1 + 2 2x - 1 = 3 (2) 1 Điều kiện: x ³ ; y ³ 0 . 2 2 Ta có: (1) Û 2x - 1+ 2 y. 2x - 1 + y = 9 Û ( 2x - 1 + y) = 9 Û 2x - 1 + y = 3 (do 2x - 1 + y ³ 0 ). Û 2x - 1 = 3- y (* ). Thay 2x - 1 = 3- y vào (2) ta được: 3y + 4 - 2y + 1 + 6- 2 y = 3 Û 2 y - 3y + 4 + 2y + 1- 3 = 0 é - 4 = 0 3 êy ( ) y - 4 2(y - 4) ê Û + = 0 Û ê 1 2 . 2 y + 3y + 4 2y + 1 + 3 ê + = 0 (4) ëê2 y + 3y + 4 2y + 1 + 3  Từ (3) suy ra y = 4 (thỏa), thay vào (* ) suy ra 2x - 1 = 1 Û x = 1 (thỏa). 1  Nhận thấy VT > 0 với mọi x ³ ; y ³ 0 Þ phương trình (4) vô nghiệm. (4) 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: (x ; y)= (1;4). Bài 4. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O , D là điểm bất kì thuộc cạnh BC ( D khác B và C ). Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC . Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) tại P , Q (theo thứ tự P , M , N , Q ). Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt AB tại I (khác B ). Các đường thẳng DI và AC cắt nhau tại K . a) Chứng minh 4 điểm A , I , P , K nằm trên một đường tròn. QA PD b) Chứng minh = . QB PK c) Đường thẳng CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G (khác P ). Đường thẳng CD IG cắt đường thẳng BC tại E . Chứng minh khi D di chuyển trên đoạn BC thì tỉ số không CE đổi. a) Vì tứ giác APBC nội tiếp Þ P·AC + P·BC = 180° (1). Vì tứ giác BDIP nội tiếp Þ P·ID + P·BC = 180° (2).
5. Từ (1) và (2), suy ra: P·ID = P·AC . Lại có: P·ID + P·IK = 180° ; P·AC + P·AK = 180° . Do đó: P·IK = P·AK ; mà hai góc này cùng nhìn cạnh PK Þ tứ giác AIPK nội tiếp hay 4 điểm A , I , P , K nằm trên 1 đường tròn. b) Ta có: A·PK = A·IK = B·ID = B·PD .  Xét DPBD và DPAK , ta có: P·BD = P·AK (cmt); A·PK = B·PD (cmt). Þ DPBD # DPAK (g – g) Þ PB PD = (3). PA PK  Vì tứ giác APBQ nội tiếp, suy ra: ïì PB MP ï = ï QA MA PB QB íï Þ . = 1 Þ ï QB MB QA PA ï = îï PA MP PB QA = (4). PA QB QA PD Từ (3) và (4), suy ra: = . QB PK c)  Trên AB xác định điểm H sao cho A·PH = K· PI . Vì tứ giác AIPK nội tiếp, nên K· PI = B·AC . Lại có A , P và B·AC không đổi nên H là điểm cố định. KI KP  Dễ dàng chứng minh được DKPI # DAPH (g – g) Þ = (5). AH AP KP KD Dễ dàng chứng minh được DPKD # DPAB (g – g) Þ = (6). AP AB KD KI KD AB Từ (5) và (6) suy ra: = Þ = (7). AB AH KI AH CD KD  Ta có: P·GI = P·BI = P·CA nên GI P AC hay IE P AC Þ = (8). CE KI CD AB AB CD  Từ (7) và (8) suy ra = mà không đổi nên không đổi. CE AH AH CE Bài 5. (1.0 điểm)
6. Cho a , b là các số dương thỏa mãn a + 2b ³ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 9 3a2 + a2b + ab2 + (8 + a)b3 P = 2 . ab 2 2 9 2 3 3a + a b + ab + 8 + a b 2 ( ) 3a 9b 8b Ta có: P = 2 = + a + + + b2 ab b 2 a 8b2 4b.2b 4b(3- a) 12b Theo đề a + 2b ³ 3 Þ 2b ³ 3- a Þ = = = - 4b . a a a a Do đó: 3a 9b 8b2 3a 9b 12b 3a 12b 3b P = + a + + + b2 ³ + 3- 2b + + - 4b + b2 = + + b2 - + 3 b 2 a b 2 a b a 2 2 3a 12b æ 3ö 39 39 231 ³ 2. . + çb - ÷ + ³ 12 + = . b a èç 4÷ø 16 16 16 ïì a, b > 0 ï ï 3a 12b 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi íï = Û a = 2b = . ï b a 2 ï îï a + 2b = 3 231 æ3 3ö Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi (a;b)= ç ; ÷. 16 èç2 4ø÷  CHÚC CÁC EM HỌC TỐT 