Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Thái Bình môn Toán (Chuyên Toán, Tin) - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Thái Bình môn Toán (Chuyên Toán, Tin) - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH THÁI BÌNH Năm học: 2021 – 2022 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Dành cho thí sinh thi chuyên Toán, Tin) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1. (2, 0 điểm) 2 2 1. Cho f (x) x 3x 5 có hai nghiệm là x1, x2 . Đąt g(x) x 4 . Tính giá trị của T g x1  g x2 . 1 1 1 2. Cho a,b,c la các số thực khác 0 và thóa mân (a b c) 1. Chứng minh a b c rằng a3 b3 b25 c25 c2021 a2021 0 . Bài 2. (2, 5 điểm) 1. Giải phương trình 4 x 3 4 x 3x 9 . 2 2 2xy x y 1 2. Giải hệ phương trình x y 2 3x 33 3 2x y 1 3x y 6 Bài 3. (3, 5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB AC) nội tiếp trong đường tròn (O) có các đường cao BE,CF cắt nhau tại H . Gọi S là giao điểm của các đường thằng BC và EF , gọi M là giao điểm khác A của SA và đường tròn (O) . a. Chứng minh rằng tứ giác AEHF nội tiếp và HM vuông góc với SA . b. Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh rằng SH vuông góc với AI . c. Gọi T là điểm nằm trên đoạn thằng HC sao cho AT vuông góc với BT . Chứng minh rằng hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác SMT và CET tiếp xúc với nhau. Bài 4. (1, 0 điểm) Giả sử n là số tự nhiên thỏa mãn điều kiện n(n 1) 7 không chia hết cho 7. Chứng minh rằng 4n3 5n 1 không là số chính phương. Bài 5. (0, 5 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a2 b2 c2 3abc . Tìm giá trị lớn nhất của a b c biểu thức T 3a2 2b2 c2 3b2 2c2 a2 3c2 2a2 b2 Hết Trang 1
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TH ÁI B ÌNH Năm học: 2020 – 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. (2, 0 điểm) 2 2 1. Cho f (x) x 3x 5 có hai nghiệm là x1, x2 . Đąt g(x) x 4 . Tính giá trị của T g x1  g x2 . 1 1 1 2. Cho a,b,c la các số thực khác 0 và thóa mân (a b c) 1. Chứng minh a b c rằng a3 b3 b25 c25 c2021 a2021 0 . Lời giải 2 2 1. Cho f (x) x 3x 5 có hai nghiệm là x1, x2. Đặt g(x) x 4. Tính giá trị của T g x1 .g x2 . 2 Vì x1, x2 là nghiệm của f (x) x 3x 5 nên ta có: 2 2 x1 3x1 5 0 x1 3x1 5 2 2 . x2 3x2 5 0 x2 3x2 5 x1 x2 3 Theo định lý Vi-et ta có: nên: x1x2 5 T g x1 .g x2 2 2 T x1 4 x2 4 T 3x1 5 4 3x2 5 4 T 3x1 1 3x2 1 T 9x1x2 3 x1 x2 1 T 9( 5) 3.3 1 T 35 Vậy T 35 . 1 1 1 2. Cho a,b,c là các số thực dương khác 0 và thỏa mãn (a b c) 1. Chúng a b c minh rằng a3 b3 b25 c25 c2021 a2021 0 1 1 1 1 1 1 1 Vì (a b c) 1 nên a b c 0 a b c a b c a b c Trang 2
3. 1 1 1 1 0 a a b c b c b c b c 0 a(a b c) bc 1 1 (b c) 0 a(a b c) bc bc a2 ab ac (b c) 0 abc(a b c) (b c)(c a)(a b) 0 abc(a b c) a b b c c a Vậy a3 b3 b25 c25 c2021 a2021 0 (đpcm). Bài 2. (2, 5 điểm) 1. Giải phương trình 4 x 3 4 x 3x 9 . 2 2 2xy x y 1 2. Giải hệ phương trình x y 2 3x 33 3 2x y 1 3x y 6 Lời giải 1. Giải phương trình 4 x 3 4 x 3x 9 . Điều kiện xác định: x 0 , ta có: 4 x 3 4 x 3x 9 (x 3 4 x 3 4) 2(x 2 x 1) 0 ( x 3 2)2 2( x 1)2 0 x 3 2 0 x 1 0 x 3 4 x 1 (tm DKXD) x 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1 2 2 2xy x y 1 1 2. Giải hệ phương trình x y 2 3x 33 3 2x y 1 3x y 6 2 Trang 3
4. 2x y 1 0 ĐKXĐ: x y 0 2xy 1 x2 y2 1 x y 2xy (x y)2 2xy 1 x y (x y)3 2xy(x y) 2xy (x y) Đặt S x y, P xy S 2 4P ta có: S 3 2SP 2P S S(S 1)(S 1) 2P(S 1) 0 (S 1) S 2 S 2P 0 S 1 x y 1 2 2 2 S S 2P 0 x y x y 0 TH1: Với x y 1 y 1 x , thay vào 2 ta được: 3x2 33 3 2x 1 x 1 3x 1 x 6 3x2 33 3 x 2x 7 3x2 33 2 3x2 33.3 x 9x 4x2 28x 49 6 3x2 33  x x2 19x 16 36 3x2 33 x x4 361x2 256 38x3 32x2 608x x4 70x3 393x2 580x 256 0 (x 1)2 (x 4)(x 64) 0 x 1 y 0 (TM ) x 4 y 3 (TM ) x 64 y 63 (TM ) TH2: Với x2 y2 x y 0 . Ta coi đây là phương trình bậc hai ẩn x . Để tồn tại x thì 1 4 y2 y 0 4y2 4y 1 0 1 2 1 2 4 y y 0 2 2 1 2 1 2 y 2 2 1 2 1 2 Tương tự ta cũng có x . 2 2 Trang 4
5. 1 2 1 2 Suy ra 2x y 1 2. 1 0 , không thỏa mãn điều kiện 2x y 1 0 nên 2 2 trường hợp này hệ vô nghiệm. Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là {(1;0),(4; 3),(64; 63)} . Bài 3. (3, 5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB AC) nội tiếp trong đường tròn (O) có các đường cao BE,CF cắt nhau tại H . Gọi S là giao điểm của các đường thằng BC và EF , gọi M là giao điểm khác A của SA và đường tròn (O) . a. Chứng minh rằng tứ giác AEHF nội tiếp và HM vuông góc với SA . b. Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh rằng SH vuông góc với AI . c. Gọi T là điểm nằm trên đoạn thằng HC sao cho AT vuông góc với BT . Chứng minh rằng hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác SMT và CET tiếp xúc với nhau. Lời giải a) Chứng minh rằng tứ giác AEHF nội tiếp và HM vuông góc với SA . Vì ·AEH ·AFH 90 90 180 nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH (dhnb). Có tứ giác BCEF nội tiếp B· EC B· FC 90 . S· FB S· CE (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp). Xét SBF và SCE có: S· FB S· CE cmt ; góc F· SB là góc chung SB SF SBF# SEC(g.g) SB.SC SF.SE 1 SE SC Trang 5
6. Có tứ giác BCAM nội tiêp đường tròn (O) .Xét SBM và SAC có Góc S·BM S· AC (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp). Góc M· SB là góc chung SB SM SBM# SAC g.g SB.SC SM.SA 2 SA SC SF SA Từ 1 và 2 suy ra SF.SE SM.SA , lại có góc M· SF là góc chung SM SE SMF# SEA c.g.c S·MF S· EA ( 2 góc tương ứng) AMFE là nội tiếp đường tròn Suy ra 5 điểm A, M , F, H, E cùng nằm trên đường tròn đường tròn đường kính AH Tứ giác AEHM nội tiếp đường tròn, suy ra góc H· EA H· MS 90.(góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp). Suy ra HM  SA. b. Gọi I là trung điểm của BC . Chíng minh rằng SH vuông góc với AI . Kéo dài AO cắt đường tròn tại D , khi đó ta có DC P BH (cùng vuông góc với CA ) và DB P CH (cùng vuông góc với BA ) nên BHCD là hình bình hành Mà I là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của HD , hay I, H, D thẳng hàng. Lại có DM  AM do AD là đường kính, HM  SA nên D, H, M thẳng hàng Vậy bốn điểm D, I, H, M thẳng hàng, suy ra IM  AS . Mà AH  SI nên H là trực tâm ASI SH  AI. c. Gọi T là điểm nằm trên đoạn thằng HC sao cho AT vuông góc với BT . Chứng minh rằng hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác SMT và CET tiếp xúc với nhau. Gọi tia AH cắt BC tại K , suy ra tứ giác HKSM nội tiếp do H· KS H· MS 180 . Xét AMH và AKS có: S·AH chung; A· MH A· KS 90 AH AM AMH# AKS g.g AH.AK AM.AS 3 AS AK Tương tự ta có tứ giác HKEC nội tiếp suy ra AE AH AEH# AKC g.g AE.AC AH.AK 4 AK AC Từ 3 và 4 suy ra AM.AS AE.AC . Theo giả thiết, ·ATB ·AEB 90 AETB là tức giác nội tiếp, suy ra ·ATE ·ABE , Mà ·ABE ·ACT ·ATE ·ACT , lại có T· AE chung AT AC ACT# ATE g.g AE  AC AT 2 AE AT Vì ·ATE ·ACT cmt nên AT là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của CET 1 Trang 6
7. AM AT Lại có AM. AS AE. AC AT 2 . AT AS AM AT Xét ATM và AST có: S· AT chung; cmt AT AS ATM# AST (c.g.c) ·ATM ·AST ( 2 góc tương ứng). Suy ra AT là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của SMT 2 Từ 1 và 2 suy ra hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác SMT và CET tiếp xúc với nhau. Bài 4. (1, 0 điểm) Giả sử n là số tự nhiên thỏa mãn điều kiện n(n 1) 7 không chia hết cho 7. Chứng minh rằng 4n3 5n 1 không là số chính phương. Lời giải Giả sử tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn điểu kiện n(n 1) 7 không chia hết cho 7 và 4n3 5n 1 là số chính phương. Ta có 4n3 5n 1 (n 1) 4n2 4n 1 Đặt UCLN n 1;4n2 4n 1 d d ¥ * n 1d Suy ra 2 4n 4n 1d Có 4n2 4n 1 4n(n 1) 8(n 1) 7d 7d Vì n(n 1) 7 không chia hết cho 7 nên n(n 1) không chia hết cho 7 , suy ra n 1 không chia hết cho 7 , suy ra d 7 d 1. Do đó, n 1 và 4n2 4n 1 là hai số nguyên tố cùng nhau, mà tích của chúng là số chính phương suy ra n 1 và 4n2 4n 1 là các số chính phương. Suy ra 4n2 4n 1 a2 (a ¥ ) (2n 1)2 a2 2 (2n a 1)(2n a 1) 2 Vì 2n a 1 2n a 1 5 n 4 2n a 1 1 1 a 2n a 1 2 2 , không thoả mãn n,a là các số tự nhiên. 2n a 1 2 1 n 2n a 1 1 2 1 a 2 Vậy giả sử là sai, ta có điều phải chứng minh. Bài 5. (0, 5 điểm) Trang 7
8. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a2 b2 c2 3abc . Tìm giá trị lớn nhất của a b c biểu thức T 3a2 2b2 c2 3b2 2c2 a2 3c2 2a2 b2 Lời giải a b c Ta có: a2 b2 c2 3abc 3 bc ca ab Áp dung bất đẳng thức AM GM ta có: a b a b 2 2  bc ca bc ca c b c b c 2 2  ca ab ca ab a a c a c 2 2  bc ab bc ab b Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên, ta có: a b c 1 1 1 1 1 1 2 2 3 bc ca ab a b c a b c Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có: 3a 2 2b2 c2 2 a 2 b2 a 2 c2 4ab 2ac a a 1 1 . 3a 2 2b2 c2 4ab 2ac 2 2b c 1 1 1 9 1 1 1 2 1 Áp dụng Cauchy – Schwarz ta có: . b b c b b c 2 2b c 18 b c b 1 2 1 c 1 2 1 Hoàn toàn tương tự, ta có: 2 2 2 ; 2 2 2 3b 2c a 18 c a 3c 2a b 18 a b 1 1 1 1 1 1 Suy ra T . .3 T . 6 a b c 6 2 1 Vậy GTLN của T là , dấu " " xảy ra khi a b c 1. 2 Trang 8