Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Bắc Giang - Môn thi: Toán

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Bắc Giang - Môn thi: Toán

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG BẮC GIANG NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Câu I. (5,0 điểm) 3x 5 x 1 14 x 1 2 x 1 x 1 1) Cho biểu thức A x 3 x 1 x 1 1 x 1 2 x 2 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm tất cả các giá trị của x để Anhận giá trị là số nguyên Nhóm đã tổng hợp và giải chi tiết 46 đề thi tuyển sinh vào 10 hệ chuyên của 46 tỉnh thành 2) trên cả nước tất cả có giải chi tiết, vui lòng liên hệ Zalo 0988166193 để có tài liệu Cho parabol P : y x2 và đường thẳng d : y mx 2 m(m là tham số). Tìm m để đường thẳng d cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 sao cho 1 1 biểu thức T 4 4 đạt giá trị nhỏ nhất x1 1 x2 1 Câu II. (5,0 điểm) 1) Giải phương trình: x 1 x 1 5x 13 x3 xy 2x2 2y 0 2) Giải hệ phương trình: x y 2 x 1 y x 5 9x 5 x 2 Nhóm đã tổng hợp và giải chi tiết 46 đề thi tuyển sinh vào 10 hệ chuyên của 46 tỉnh thành trên cả nước tất cả có giải chi tiết, vui lòng liên hệ Zalo 0988166193 để có tài liệu Câu III. (3,0 điểm) a2 3 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a;b để biểu thức nhận giá trị là số ab 3 nguyên 2) Trong mặt phẳng cho 2020 điểm phân biệt sao cho từ ba điểm bất kỳ luôn chọn ra được hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1cm. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính bằng 1cmchứa không ít hơn 1010điểm trong 2020 điểm đã cho Câu IV. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn AB AC nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao AD,BE,CF của tam giác ABC đồng quy tại H.Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC,K là giao điểm của hai đường thẳng BC và EF 1) Chứng minh rằng KB.KC KE.KF và H là tâm đường tròn nội tiếp DEF 2) Qua điểm F kẻ đường thẳng song song với đường thẳng AC, đường thẳng này cắt các đường thẳng AK, AD lần lượt tại P và Q.Chứng minh FP FQ 3) Chứng minh rằng đường thẳng HK vuông góc với đường thẳng AM
2. Câu V. (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 1 5a2 b c 2 5b2 c a 2 5c2 a b 2 3 Nhóm đã tổng hợp và giải chi tiết 46 đề thi tuyển sinh vào 10 hệ chuyên của 46 tỉnh thành trên cả nước tất cả có giải chi tiết, vui lòng liên hệ Zalo 0988166193 để có tài liệu ĐÁP ÁN Câu I. 1.a) 3x 5 x 1 14 x 1 2 x 1 A x 1 1 x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 6 x 1 8 x 1 1 x 1 7 x 1 7 x 1 1 x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 2 x 1 7 Vậy A ,với điều kiện x 1, x 2 x 1 2 5 5 5 1b) Ta có: A 1 .Với x 1 0 x 1 2 x 1 2 2 5 Vì Anhận giá trị nguyên nên nhận giá trị nguyên x 1 2 5 Th1: 1 x 1 3 x 10(tm) x 1 2 5 1 5 Th2: 2 x 1 x (tm) x 1 2 2 4 5  Vậy các giá trị x cần tìm là x ;10 4  2) Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là : x2 mx 2 m x2 mx m 2 0 1
3. Nhóm đã tổng hợp và giải chi tiết 46 đề thi tuyển sinh vào 10 hệ chuyên của 46 tỉnh thành trên cả nước tất cả có giải chi tiết, vui lòng liên hệ Zalo 0988166193 để có tài liệu 2 Ta có: m2 4 m 2 m2 4m 8 m 2 4 0 m ¡ Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m ¡ . Suy ra d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 Nhóm đã tổng hợp và giải chi tiết 46 đề thi tuyển sinh vào 10 hệ chuyên của 46 tỉnh thành trên cả nước tất cả có giải chi tiết, vui lòng liên hệ Zalo 0988166193 để có tài liệu 2 Nhận xét x1, x2 khác 1 vì 1 m. 1 m 2 1 0,đúng với mọi m ¡ x1 x2 m Theo định lý Vi – et, ta có: x1x2 m 2 4 4 4 4 Ta có: x1 4 . x2 1 x1x2 x1 x2 1 m 2 m 1 1 Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có: 1 1 1 1 T 4 4 2 4 . 4 T 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ x1 1 x2 1 x1 1 x2 1 4 4 x1 1 x2 1 x1 x2 khi x1 1 x2 1 x1 1 x2 1 x1 x2 2 Vì x1 x2 x1 x2 2 m 2 m 2(tm) Vậy m 2 Câu II. 1) Điều kiện : x 1 0 x 1 . Phương trình đã cho tương đương: x 1 x 2 x 1 x 1 1 6x 12 0 6 x 2 0 x 1 1 x 2(tm) x 1 x 2 6 0 x 1 x 1 1 6 VN x 1 1 Vậy x 2 2) Điều kiện: x 1, x 2, y ¡ . Ta có:
4. 3 2 2 x 2(ktm) x xy 2x 2y 0 x 2 x y 0 2 y x Nhóm đã tổng hợp và giải chi tiết 46 đề thi tuyển sinh vào 10 hệ chuyên của 46 tỉnh thành trên cả nước tất cả có giải chi tiết, vui lòng liên hệ Zalo 0988166193 để có tài liệu x y 2 x 1 Thay y x2 vào phương trình y x 5 9x 5, ta được phương x 2 x x2 2 x 1 trình : x2 x 5 9x 5 x 2 x2 x 2 x 1 x3 5x2 9x 5 1 x 2 Với điều kiện bài toán 1 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x2 4x 5 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 4x 5 0 x 1 y 1 2 x 2 x 1 x 2 x 4x 5 0 (2) 3 2 x 1 x 1 x 2 3 x 2 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 2 1 0 x 1 x 2 (3) 2 x 1 x 2 x 1 x 2 2 1 0 4 2 Vì x 1 x 2 x 1 x 2 2 1 2 2 1 3 x 2 x 1 x 2 1 0,x 1nên (4) vô nghiệm 2 4
5. x 2 5 13 x 2 x 2 x 5 13 3 x (tmdk) 2 2 2 x 1 x 2 x 5x 3 0 2 5 13 x 2 5 13 19 5 13 x y 2 2 5 13 19 5 13  Vậy hệ phương trình có tập nghiệm 1;1 ; ;  2 2  Câu III. 1) Yêu cầu bài toán tương đương a2 3 chia hết cho ab 3 2 b a 3  ab 3 a ab 3 3 a b  ab 3 3 a b k ab 3 ,k ¥ * Nếu k 1 3 a b ab 3 a 3 b 3 6 Nhóm đã tổng hợp và giải chi tiết 46 đề thi tuyển sinh vào 10 hệ chuyên của 46 tỉnh thành trên cả nước tất cả có giải chi tiết, vui lòng liên hệ Zalo 0988166193 để có tài liệu a 3 2 Do a,b ¥ * b 3 2 a 3 6 a 9 a 3 3 a 6 (tm) (tm) b 3 1 b 4 b 3 2 b 5 th1: ;th2: a 3 1 a 4 a 3 2 a 5 (ktm) (ktm) b 3 6 b 9 b 3 3 b 6 Nếu k 2 3 a b 2 ab 3 2a 3 2b 3 3 2a 3 1 Doa,b ¥ * 2b 3 1 2a 3 3 a 3 2b 3 1 b 1 Ta có: . Thử lại thì a;b 3;1 2a 3 1 a 1 2b 3 3 b 3 Nếu k 3 3 a b k ab 3 3 ab 3 a 1 b 1 2 0 (vô lý vì a,b ¥ *)
6. Vậy các cặp số a,b thỏa mãn là 3;1 ; 6;5 ; 9;4 2) Gọi A là một điểm bất kỳ trong số 2020 điểm đã cho Xét hình tròn A;1cm Trường hợp 1: Nếu hình tròn A;1cm chứa tất cả 2019 điểm còn lại ta có điều phải chứng minh. Trường hợp 2: Nếu trong 2019 điểm còn lại tồn tại điểm B nằm ngoài hình tròn A;1cm thì AB 1cm, vẽ đường tròn B;1cm . Ta chứng minh 2018điểm còn lại hoặc thuộc hình tròn A;1cm hoặc thuộc hình tròn B;1cm C B A Thật vậy, giả sử tồn tại điểm C trong 2018 điểm còn lại nằm ngoài cả hai hình tròn A;1cm ; B;1cm như hình vẽ. Khi đó AC 1cm,BC 1cm.Như vậy với ba điểm A,B,C thì khoảng cách của hai điểm bất kỳ luôn lớn hơn 1 (mâu thuẫn với đề bài) Vậy 2018 điểm còn lại hoặc thuộc hình tròn A;1cm hoặc thuộc hình tròn B;1cm Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một hình tròn chứa ít nhất 1009điểm đã cho và chứa thêm điểm A hoặc điểm B Vậy tồn tại một hình tròn có bán kính bằng 1cm, chứa không ít hơn 1010điểm đã cho. Nhóm đã tổng hợp và giải chi tiết 46 đề thi tuyển sinh vào 10 hệ chuyên của 46 tỉnh thành trên cả nước tất cả có giải chi tiết, vui lòng liên hệ Zalo 0988166193 để có tài liệu
7. Câu IV. A I E P N F H O Q K B D M C A' 1) Chỉ ra tứ giác BFEC nội tiếp và KBF : KEC KF KB Khi đó KB.KC KE.KF KC KE Chỉ ra tứ giác BDHF nội tiếp , suy ra F· BH F· DH (1) Chỉ ra tứ giác CDHE nội tiếp, suy ra H· DE H· CE (2) Ta có: F· BE F· CE 3 vì tứ giác BFEC nội tiếp Từ 1 , 2 , 3 FDH EDH HD là phân giác của F· DE (4) Chứng minh tương tự, ta được: HE là phân giác của F· ED 5 Từ (4) và (5) H là tâm đường tròn nội tiếp DEF
8. 2) Gọi N là giao điểm của AD,KE Nhóm đã tổng hợp và giải chi tiết 46 đề thi tuyển sinh vào 10 hệ chuyên của 46 tỉnh thành trên cả nước tất cả có giải chi tiết, vui lòng liên hệ Zalo 0988166193 để có tài liệu NF DF Theo tính chất đường phân giác trong của DEF 6 NE DE Ta có KD là phân giác ngoài của FDE tại đỉnh D. Theo tính chất đường phân giác KF DF ngoài của DEF 7 KE DE NF KF Từ (6) và(7) 8 NE KE Vì PQ / / AC , theo định lý Ta – let mở rộng ta có: NF FQ KF FP và 9 NE AE KE AE FQ FP Từ (8) và (9) FQ FP(dfcm) AE AE 3) Gọi I là giao điểm của KAvới đường tròn O (I khác A) và A' là điểm đối xứng với A qua O. Chứng minh được BHCA' là hình bình hành Suy ra ba điểm H,M , A'thẳng hàng Vì tứ giác AIBC nội tiếp đường tròn (O) KI.KA KB.KC Theo ý 1) thì KB.KC KF.KE Suy ra KI.KA KF.KE AIFE là tứ giác nội tiếp Vì ba điểm A,E,F thuộc đường tròn đường kính AH I đường tròn đường kính AH AI  HI Ta có ·AIA' 900 AI  A'I Kết hợp với AI  HI H,I, A'thẳng hàng Mặt khác ba điểm H,M , A'thẳng hàng nên 4 điểm H,M ,I, A'thẳng hàng Xét AKM có AH  KM và MH  AK H là trực tâm AKM Suy ra KH  AM (dfcm) Câu V. 1 1 1 Chứng minh với ba số dương x, y, z ta có: x y z 9 1 x y z Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z
9. 2 x2 y2 z2 x y z Chứng minh được bất đẳng thức m,n, p 0 2 . Đẳng thức m n p m n p x y z xảy ra khi và chỉ khi m n p a2 b2 c2 Đặt P 5a2 b c 2 5b2 c a 2 5c2 a b 2 Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có: 1 1 1 2 2 2 2 2 a b c 2a bc 2a bc . 2 2 2 2 2 9 a b c 2a bc 2a bc 2 2 9a 9a 2 1 2 2 a 2 2 2 2 5b2 b c a2 b2 c2 2a2 bc 2a2 bc a b c 2a bc Chứng minh tương tự, ta được: 2 9b 2 1 2 2 b 2 2 2 2 5b2 c a a b c 2b ac 2 9c 2 1 2 2 c 2 2 2 2 5c2 a b a b c 2c ab Khi đó ta có: 9a2 9b2 9c2 2a2 2b2 2c2 2 2 2 1 2 2 2 5a2 b c 5b2 c a 5c2 a b 2a bc 2b ca 2c ab bc ca ab Suy ra 9P 4 2 2 2 2a bc 2b ca 2c ab Ta có : bc ca ab b2c2 c2a2 a2b2 2a2 bc 2b2 ca 2c2 ab 2a2bc 2ab2c c2a2 2abc2 a2b2 Áp dụng bất đẳng thức (2) ta được: 2 bc ca ab ab bc ca 1 2a2 bc 2b2 ca 2c2 ab ab bc ca
10. 1 Vậy 9P 3 P . Đẳng thức xảy ra a b c 3