Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên - Môn thi: Toán học (chung)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên - Môn thi: Toán học (chung)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI PHÒNG NĂM HỌC 2021 - 2022 Đề chính thức Môn: TOÁN ( CHUNG) (30/5/2021) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Tên: TRƯƠNG QUANG AN Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 0353276871. Câu 1 (2,0 điểm) 1xx 1 4 5 1.Cho A . x 4 ; x 0; x 1 x x 11x 1 x a.Rút gọn b.Tìm x để A 2 2.Cho phương trình x22 ax b 0(1); x bx 2 a 0(2) . Tìm a,b sao cho mỗi phương trình đều có 2 nghiệm phân biệt thỏa x2 x 1 x 0 ,trong đó x0 là nghiệm chung hai phương trình và xx12; lần lượt là nghiệm của (1);(2). Câu 2 (2,0 điểm) 1.Giải phương trình: 3x 2 2 x 2 x . x22 y xy x 4 2. Giải hệ phương trình: 2 y 24 xy y Câu 3 (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB khác AC).Gọi I là tâm đường tròn bàng tiếp góc BAC. AI cắt BC tại D,cắt (O) tại E khác A. a.Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC b.Kẻ IH vuông BC tại H.EH cắt (O) tại F khác E.Chứng minh AF vuông FI. c.FD cắt (O) tại M khác F,IM cắt (O) tại N khác M.Đường thẳng qua O song song FI cắt AI tại J, đường thẳng qua J song song AH cắt IH tại P.Chứng minh N,E,P thẳng hàng, Câu 4 (1,0 điểm)Cho số thực dương x,y,z chứng minh x xy y yz z zx 3xyz 2x y 2 y z 2 z x Câu 5 (1,0 điểm) 1.Tìm x,y nguyên dương thỏa y4 2 y 2 3 x 2 3 x 2.Cho X={1;2;3; ;100} Tim số tự nhiên n lớn hơn hoặc bằng 3 nhỏ nhất sao cho với mọi tập con A tùy ý gồm n phần tử của X đều tồn tại 3 phần tử đôi một phân biệt a,b,c thuộc A thỏa a+b=c. LỜI GIẢI Câu 1 (2,0 điểm)
2. 1xx 1 4 5 1.Cho A . x 4 ; x 0; x 1 x x 11x 1 x a.Rút gọn b.Tìm x để A 2 2.Cho phương trình x22 ax b 0(1); x bx 2 a 0(2) . Tìm a,b sao cho mỗi phương trình đều có 2 nghiệm phân biệt thỏa x2 x 1 x 0 ,trong đó x0 là nghiệm chung hai phương trình và xx12; lần lượt là nghiệm của (1);(2). LỜI GIẢI 1x 1 4 x 5 x 1a.Rút gọn Ax .4 x x 1x 1 x 1 1 x x 4 1b.Ta có Ax 2 2 1 1 x 9 2.Ta có x10 x a x1 x 0 a;; x 2 x 0 b x1 2 x 0 x 2 x 0 b x0 a b x2 x 1 x 0 a; x 1 x 0 b ; x 2 x 0 2 a .Ta có hệ x1 b2 a a 0 (a b )( b 2 a ) b (4) b 1 a( a b ) 2 a (5) a 6 b 8 Câu 2 (2,0 điểm) 1.Giải phương trình: 3x 2 2 x 2 x . x22 y xy x 4 2. Giải hệ phương trình: 2 y 24 xy y LỜI GIẢI 3xx 2 4 1.Giải phương trình: x 0; 3 x 2 2 x 2 x 2 x . 3xx 2 2 x 2 x 2 3xx 2 2 1 2. Giải hệ phương trình: xyxyx2 24 xyxyy 2 2 2 2 xyx 4 y 4 (x y )( x 2 y 1) 0 22 2 y 2 xy y 4 y 2 xy y 4 y 24 xy y xy xy 12 2 hoặc 2 y 24 xy y y 24 xy y
3. 1 17 1 17 xy x y x y 22 TH1:Ta có 22 y 2 xy y 4 y y 4 0 1 17 1 17 xy 22 xy 31 x 12 y x y TH2:Ta có 22 54 y 2 xy y 4 3 y y 4 0 xy 33 Câu 3 (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB khác AC).Gọi I là tâm đường tròn bàng tiếp góc BAC. AI cắt BC tại D,cắt (O) tại E khác A. a.Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC b.Kẻ IH vuông BC tại H.EH cắt (O) tại F khác E.Chứng minh AF vuông FI. c.FD cắt (O) tại M khác F,IM cắt (O) tại N khác M.Đường thẳng qua O song song FI cắt AI tại J, đường thẳng qua J song song AH cắt IH tại P.Chứng minh N,E,P thẳng hàng, LỜI GIẢI a.Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Ta có TBE  TBC  CBE  TBA  CAE  TBA  BAT  BTE TBC .Lúc đó tam giác TBE cân tại E suy ra EB=ET.Lúc đó tam giác TBI vuông suy ra EB=ET=EI.Tương tự có EB=TE=EI=EC.Vậy E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC b.Ta có EBH đồng dạng EFB EB2 EH.;. FE EI BE EI EH FE EIH đồng dạng EFI  EIH  EFI(1); ED . EA EB2 EH . FE.Nên tứ giác AFHD nội tiếp hay suy ra EDH  EIH(2);(1);(2)   AFI AFE   EFI EDH  EIH 900 c.Vì tứ giác TBIC,BICM nội tiếp suy ra ET22 EB EH. FE ETH đồng dạng EFT  ETH  EFT  TFD  DFE  MIT  MAE  AMN  AEN .Vì thế TH/ / EN (3); JO / / FI ; FI FA JO  FA và đi qua trung điểm FA suy ra J là trung điểm AI.Lại có JP//AH nên P là trung điểm IH.Kết hợp E là trung điểm IT suy ra EP//TH (4).Từ đó E,P,N thẳng hàng. Câu 4 (1,0 điểm)Cho số thực dương x,y,z chứng x xy y yz z zx minh 3xyz 2x y 2 y z 2 z x x y z VT 3. xyz Ta có 3(2z x y ) 3(2 x y z ) 3(2 y z x ) 2x 2 y 2 z 3.xyz 3z 2 x y 3 x 2 y z 3 y 2 z x
4. 2x2 2 y 2 2 z 2 3.xyz 2 2 2 3xz 2 x xy 3 xy 2 y yz 3 zy 2 z zx 2(x y z )2 3.xyz 2 2 2 VP 3xz 2 x xy 3 xy 2 y yz 3 zy 2 z zx Câu 5 (1,0 điểm) 1.Tìm x,y nguyên dương thỏa y4 2 y 2 3 x 2 3 x 2.Cho X={1;2;3; ;100} Tim số tự nhiên n lớn hơn hoặc bằng 3 nhỏ nhất sao cho với mọi tập con A tùy ý gồm n phần tử của X đều tồn tại 3 phần tử đôi một phân biệt a,b,c thuộc A thỏa a+b=c. LỜI GIẢI 1.Ta có y4 2 y 2 3 x 2 3 x (2 y 2 2 x 5)(2 y 2 21)7 x .Xét hết các trường hợp ta có x=3;y=1. 2.Xét tập S={1;3;5;7; ;101}là tập con X gồm 51 phần tử mà tổng 2 phần tử bất kỳ là 1 số chẵn nên tập S không tồn tại 3 số a,b,c phân biệt thỏa a+b=c.Ta chứng minh n 52; a12 ; a ; ; an X luôn tồn tại a,b,c phân biệt thỏa a+b=c.Thật vậy ,không mất tính tổng quát coi 1 a12 a an 101(1).Xét dãy 1 an a n 1 a n a 2 a n a 1 100(2).Dãy (1) có n số ,dãy (2) có n-1 số suy ra tổng hai dãy 2n 1 103 nằm trong X={1;2;3; ;100} nên theo nguyên lý Dirichlet có 2 phần tử an a i a j với1, i j n Nếu ij ta thu được đpcm Nếu ij suy ra an chẵn nên an 100 và ta loại an a i; a i ra khỏi dãy trên ta thu được tổng 2 dãy còn 2n 3 101 số mà các số này thuộc {1;2;3; ;100}.Lại áp dụng nguyên lý Dirichlet nên tồn tại k,l sao cho an a k a l . a Với k l a a n a vô lý k l2 j Với kl vô lý ta thu được đpcm.Vậy n nhỏ nhất là 52.