Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Phước (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Phước (Có hướng dẫn chấm)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2021 BÌNH PHƯỚC MÔN THI: TOÁN CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 9/6/2021 (Đề thi gồm có 01 trang) x x 1 x x 1 2 x 2 x 1 Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A : x x x x x 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên. Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 2x 2x 3 3x2 6x 1 2 2 2x 4xy 3x 4y 4 9 x 1 x 2xy x 2y b) Giải hệ phương trình: x 1 x 2y 2x 2y 5 Câu 3. (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 2(m 3)x 3m2 8m 5 0 , với m là tham số. a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 phân biệt thỏa mãn điều kiện: 2 2 x1 2x2 3x1x2 x1 x2. Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn O , D là điểm chính giữa trên cung nhỏ BC của đường tròn O , H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. Hai điểm K, L lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC. a) Chứng minh AL.CB AB.KL. b) Lấy điểm E trên đoạn thẳng AD sao cho BD DE . Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. c) Đường thẳng KL cắt đường tròn O tại hai điểm M , N ( K nằm giữa M , L ). Chứng minh AM AN AH. Câu 5. (1,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x y x y 3 2x y 5 x y 22. b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a2 a 3b2 b. Chứng minh rằng 2a 2b 1 là số chính phương. Câu 6. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: a3 b a) a . a2 b2 2 a3 b3 c3 a b c b) . a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 3 HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI TUYỂN SINH BÌNH PHƯỚC LỚP 10 NĂM 2021 (Hướng dẫn chấm gồm 07 trang) MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Lưu ý: - Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,125. - Học sinh giải cách khác với đáp án thì giám khảo xem xét, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Câu Nội dung Điểm x x 1 x x 1 2 x 2 x 1 1,5 1 Cho biểu thức A : . x x x x x 1 a) Rút gọn biểu thức A. 1,0 0,25 ĐKXĐ: x 0, x 1 x x 1 x 1 x x 1 x x 1 Ta có x x x x 1 x x x 1 x 1 x x 1 x x 1 0,5 x x x x 1 x 2 2 x 2 x 1 2 x 1 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1 x x 1 2 x 1 x 1 0,25 Vậy A : x x x 1 x 1 b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên 0,5 x 1 2 Ta có A 1 0,125 x 1 x 1 Để A nhận giá trị nguyên thì x 1 là ước của 2 . Hay x 1 2; 2;1; 1. x 1 2 x 1 l 0,25 x 1 1 x 0 x 0 l Suy ra x 1 2 x 3 x 9 n x 1 1 x 2 x 4 n Vậy có 2 giá trị x 4; x 9 thì A nguyên. 0,125 a) Giải phương trình: 2x 2x 3 3x2 6x 1. 2,0 2 b) Giải hệ phương trình:
3. 2 2 2x 4xy 3x 4y 4 9 x 1 x 2xy x 2y x 1 x 2y 2x 2y 5. a) Giải phương trình: 2x 2x 3 3x2 6x 1. 1,0 3 ĐKXĐ: x 0,125 2 Ta có 2 2 0,25 Pt x2 2x 3 2x 2x 3 4x2 8x 4 x 2x 3 2x 2 x 2x 3 2x 2 2x 3 x 2 x 2x 3 2x 2 2x 3 3x 2 x 2 x 2 x 1(n) 2 x 2x 1 0 2 0,5 x 2 3 x 3 x 1 (n) 9x2 10x 1 0 1 x (l) 9 Kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm là x 1. 0,125 b) Giải hệ phương trình: 2 2 2x 4xy 3x 4y 4 9 x 1 x 2xy x 2y 1,0 x 1 x 2y 2x 2y 5. x 1 x2 2xy x 2y 0 x 1 0 Điều kiện: 0,125 x 2y 0 2x 2y 5 0 Ta có phương trình (2) x 1 2 x 1 x 2y x 2y 2 x y 5 0,25 2 x 1 x 2y 4 x 1 x 2y 2 x 1 x 2y 4 x2 2xy x 2y 4 (*) Ta có phương trình (1) 2 x2 2xy x 2y x 4 9 x 1 x2 2xy x 2y 8 x 4 36 x 1 36 x 1 x 4 0,25 x 4 x 4 x 4 2 2 x 2 (n) 36 x 1 x 8x 16 x 28x 52 0 x 26 (n)
4. • Với x 2 thay vào (*) ta có: 1 pt(*) 4 4y 2 2y 4 6y 2 y (thỏa mãn). 3 0,25 • Với x 26 thay vào (*) ta có: 349 (*) 676 52y 26 2y 4 54y 698 y .(thỏa mãn). 27 x 2 x 26 0,125 Kết luận: Hệ có 2 nghiệm là: 1 và 349 . y y 3 27 Cho phương trình: x2 2(m 3)x 3m2 8m 5 0 , với m là tham số. a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. 3 1,5 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 phân biệt thỏa mãn điều 2 2 kiện x1 2x2 3x1x2 x1 x2 a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. 0,75 Để phương trình có 2 nghiệm trái dấu thì 2 0,25 x1.x2 0 3m 8m 5 0 m 1 3m 5 0 m 1 m 1 0 5 m 3m 5 0 3 5 1 m 0,375 m 1 0 m 1 3 3m 5 0 5 m 3 5 Vậy 1 m thì thỏa yêu cầu bài toán. 0,125 3 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 phân biệt thỏa mãn điều 2 2 0,75 kiện x1 2x2 3x1x2 x1 x2 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì m 3 2 3m2 8m 5 0 m2 6m 9 3m2 8m 5 0 0,125 2m2 2m 4 0 1 m 2 x1 x2 2(m 3) (1) Theo định lý Vi-et ta có: 2 0,125 x1x2 3m 8m 5 (2) Theo đề ta có 2 2 x1 x2 0 x1 2x2 3x1x2 x1 x2 x1 x2 x1 2x2 x1 x2 0,25 x1 2x2 1 0
5. • TH1: x1 x2 0 (loại vì x1 x2 ). • TH2: x1 2x2 1 0, kết hợp với (1) ta có hệ: 2m 7 x2 x1 x2 2 m 3 3x2 2m 7 3 x 2x 1 0 x 2x 1 4m 11 1 2 1 2 x 1 3 Thay x1; x2 tìm được vào (2) ta có: 4m 11 2m 7 0,25 . 3m2 8m 5 3 3 m 2 l 2 19m 22m 32 0 16 m tm 19 16 Kết hợp với điều kiện ta có m thì thỏa yêu cầu bài toán. 19 Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn O , D là điểm chính giữa trên cung nhỏ BC của đường tròn O , H là chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. Hai điểm K, L lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC . 4 a) Chứng minh AL.CB AB.KL . 3,0 b) Lấy điểm E trên đoạn thẳng AD sao cho BD DE . Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. c) Đường thẳng KL cắt đường tròn O tại hai điểm M , N ( K nằm giữa M , L ). Chứng minh AM AN AH.
6. a) Chứng minh AL.CB AB.KL . 1 Xét hai tam giác AKL và ACB , có: + µA chung AK AL + AK.AB AH 2 AL.AC . 0,5 AC AB Suy ra hai tam giác AKL và ACB đồng dạng. AL KL Suy ra AL.CB AB.KL. AB CB 0,5 b) Lấy điểm E trên đoạn thẳng AD sao cho BD DE . Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 1,0 Ta có D là điểm chính giữa trên cung nhỏ BC nên AE là đường phân giác trong 0,25 của góc A của tam giác ABC. (*) · · + Tam giác DBE cân tại D nên : BED EBD 1 . 0,125 · · · · · · · + BED BAD ABE BCD ABE DBC ABE 2 . 0,25 · · · + Ta có EBD DBC EBC 3 0,125 Từ (1), (2), (3) suy ra ·ABE E· BC hay BE là phân giác trong của góc B của tam giác ABC . 0,25 Từ (*) và ( ) suy ra E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. c) Đường thẳng KL cắt đường tròn O tại hai điểm M , N ( K nằm giữa 1,0 M , L ). Chứng minh AM AN AH. + Hai tam giác AKL và ACB đồng dạng. 1 1 Suy ra ·ALK ·ABC sd¼AM sd N»C sd »AC 2 2 1 1 0.5 sd ¼AM sd N»C sd »AN sd N»C 2 2 sd ¼AM sd »AN AN AM 4 + Chứng minh được hai tam giác ALN và ANC đồng dạng vì có góc A chung và ·ANL ·ACN (cùng chắn 2 cung bằng nhau). AL AN 0,5 Suy ra AN 2 AL.AC. Mà AL.AC AH 2 AN AH 5 AN AC Từ (4) và (5) ta suy ra AM AN AH. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x y x y 3 2x y 5 x y 22 1,0 5 b) Cho hai số tự nhiên a,b thỏa mãn 2a2 a 3b2 b. Chứng minh rằng 2a 2b 1 là số chính phương. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 0,5
7. 2x y x y 3 2x y 5 x y 22 Ta có 2x y x y 3 2x y 5 x y 22 2x y x y 3 5 x y 3 7 0,125 2x y 5 x y 3 7 Vì 7 1.7 7.1 1 . 7 7 . 1 nên ta có 4 trường hợp xảy ra. 0,125 10 x 2x y 5 1 3 TH1: (loại). x y 3 7 2 y 3 0,125 10 x 2x y 5 7 3 TH2: (loại). x y 3 1 16 y 3 2x y 5 1 x 2 TH3: (thỏa mãn) x y 3 7 y 8 2x y 5 7 x 2 0,125 TH4: (thỏa mãn) x y 3 1 y 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x; y là 2;8 và 2;2 b) Cho hai số tự nhiên a,b thỏa mãn 2a2 a 3b2 b. Chứng minh rằng 2a 2b 1 0,5 là số chính phương. Ta có 2a2 a 3b2 b a b 2a 2b 1 b2 * Gọi d a b,2a 2b 1 với d ¥ * a b d 0,25 2 Suy ra a b 2a 2b 1 d b2 d 2 bd. 2a 2b 1 d Vì a b d ad 2a 2b d mà 2a 2b 1 d nên 1d d 1 0,125 Do đó a b,2a 2b 1 1. Từ (*) ta được a b và 2a 2b 1 là số chính phương. Vậy 2a 2b 1 là số chính phương. 0,125 Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng: a3 b a) a . 2 2 1,0 6 a b 2 a3 b3 c3 a b c b) . a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 3 a3 b a) a . 0,5 a2 b2 2 2 2 2 a3 a a b ab ab2 Ta có 2 2 2 2 a 2 2 . 0,25 a b a b a b
8. ab2 ab2 b Theo BĐT Cauchy ta có a a a . a2 b2 2ab 2 0,25 a3 b3 c3 a b c b) . 0,5 a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 3 b3 c c3 a Tương tự theo câu a) ta có : b , c . b2 c2 2 c2 a2 2 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có: 0,125 a3 b3 c3 a b c . a2 b2 b2 c2 c2 a2 2 a3 a3 2 a3 Ta có: . . a2 ab b2 a2 b2 3 a2 b2 0,125 a2 b2 2 b3 2 b3 c3 2 c3 Tương tự ta có . , . . b2 bc c2 3 b2 c2 c2 ca a2 3 c2 a2 0,125 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có: a3 b3 c3 a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 2 a3 b3 c3 a b c 0,125 2 2 2 2 2 2 . 3 a b b c c a 3 HẾT.