Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên tỉnh Thanh Hóa - Môn: Toán

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên tỉnh Thanh Hóa - Môn: Toán

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THANH HÓA NĂM HỌC 2021 - 2022 Đề chính thức Môn: TOÁN ( CHUYÊN) (30/5/2021) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Tên: TRƢƠNG QUANG AN Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tƣ Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 0353276871. Câu 1. (2,0 điểm) a) Cho các số thực a b, không âm thỏa mãn điều kiện (ab 2)( 2) 8. Tính giá trị của biểu thức: P ab 2 a2 b 2 8 2( a 2 4)( b 2 4) b) Cho các số hữu tỉ a ,b, c đôi một phân biệt. 1 1 1 Đặt B .Chứng minh rằng B là số hữu tỉ. ()()()a b2 c b 2 c a 2 Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phƣơng trình: (x2 3 x 2)( x 2 9 x 18) 168 x 2 11 xy 22 xy 11 b) Giải hệ phƣơng trình: 1 x2 2 x y 8 x 1 y Câu 3. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên x ,y; thỏa mãn x22 2 y 2 xy 2 x 4 y 6 0 pp2 b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 1 là lập phƣơng của một số tự 2 nhiên. Câu 4. (3,0 điểm) Cho hai đƣờng tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Tiếp tuyến tại A của đƣờng tròn tâm O cắt đƣờng tròn tâm O’ tại P (P khác A ). Tiếp tuyến tại A của đƣờng tròn tâm O’ cắt đƣờng tròn tâm O tại Q (Q khác A ).Gọi I là điểm sao cho tứ giác AOIO’ là hình bình hành và D đối xứng với A qua B. a) Chứng minh rằng I là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác APQ. Từ đó suy ra tứ giác ADPQ nối tiếp. b) Gọi M là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh  ADP=  QDM . c) Giả sử hai đƣờng thẳng IB và PQ cắt nhau tại S.Gọi K là giao điểm của AD và 2 1 1 PQ. Chứng minh: SK SP SQ Câu 5. (1,5 điểm) Cho bảng kẻ ô vuông kích thƣớc 8x8 gồm có 64 ô vuông con (nhƣ hình vẽ bên).
2. Ngƣời ta đặt 33 quân cờ vào các ô vuông con của bảng sao cho mỗi ô vuông con có không quá một quân cờ. Hai quân cờ đƣợc gọi là “chiếu nhau” nếu chúng nằm cùng một hàng hoặc nằm cùng một cột. Chứng minh rằng với mỗi cách đặt luôn tồn tại ít nhất 5 quân cờ đôi một không chiếu nhau. Lời giải Câu 1. (2,0 điểm) a) Cho các số thực a b, không âm thỏa mãn điều kiện (ab 2)( 2) 8. Tính giá trị của biểu thức: P ab 2 a2 b 2 8 2( a 2 4)( b 2 4) b) Cho các số hữu tỉ a ,b, c đôi một phân biệt. 1 1 1 Đặt B .Chứng minh rằng B là số hữu tỉ. ()()()a b2 c b 2 c a 2 Lời giải a) Ta có: (a 2)( b 2) 8 2 a 2 b ab 4.Do đó: Pabab 22 2 8 2( a 2 4)( b 2 4) abab 2( ) 4 .Vậy P = 4. b) Đặt x =a –b; y =b –c; z= c- a; x, y, z khác 0 và x +y+z 1 1 1 1 1 1 = 0.Ta có: B .Vì a, b, c là các số hữu tỷ nên x ()()()a b2 c b 2 c a 2 x y z ,y, z là các số hữu tỉ, do đó B là số hữu tỷ. Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phƣơng trình: (x2 3 x 2)( x 2 9 x 18) 168 x 2 11 xy 22 xy 11 b) Giải hệ phƣơng trình: 1 x2 2 x y 8 x 1 y Lời giải a) Do x = 0 không là nghiệm của phƣơng trình nên phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng:(x2 3 x 2)( x 2 9 x 18) 168 x 2 ( x 2 7 x 6)( x 2 19 x 6) 0 x 1 x 6 337 19 x .Vậy tập nghiệm của phƣơng trình 2 337 19 x 2 b) Điều kiện y > 0. Phƣơng trình thứ nhất của hệ tƣơng đƣơng:
3. 11 xy x 2 y 2 ( x y ). 1 2 2 0 x 1 y 1 ( x 1)( y 1) -Trƣờng hợp x =y> 0, thay vào phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc: xy 2 3 2 3 xx2 4 1 0 xy 2 3 2 3 -Trƣờng hợp 22 xy 22 1 1 22 1 1 22 0 (x 1)( y 1) x y x y x y 0 ,vô lí.Do (xy 1)( 1) 2 2 2 đó trong trƣờng hợp này hệ phƣơng trình vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: Câu 3. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên x ,y; thỏa mãn x22 2 y 2 xy 2 x 4 y 6 0 pp2 b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 1 là lập phƣơng của một số tự 2 nhiên. Lời giải a) Ta có: x2 2 y 2 2 xy 2460( x y x y 1)(3)4 2 y 2 (xy 1)2 4 (xy 1)2 0 Vì xy, 2 hoặc 2 .Vậy phƣơng trình đã cho có bốn (y 3) 0 (y 3) 4 nghiệm(x, y) là ; (6;3) , (2;3) , (6;5) , (2;1) pp2 b) Ta có: 1 a32 ; a 0 p ( p 1) 2( a 1)( a a 1) 2 Vì gcd (p,p- 1)= nên p (p-1) chia hết cho (a+1) suy ra p chia hết cho a-1 hoặc p-1 chia hết cho a +1 . - Xét p chia hết cho a-1.Mà p là số nguyên tố suy ra: kk 11 . aa 1 1 0 Với a =0 thì p = 2. Nếu k=1 thì p=a+1 suy a( a 1) 2( a 1)( a2 a 1) vô nghiệm Xét p-1 chia hết cho a +1 .Khi đó ta có: mp 2( a2 a 1) Ta có: a2 a 1 a ( a 1) 1là một số lẽ. Suy ra: gcd (2;aa2 1) 1 2 2 m m 1 Nên 2(a a 1) m 2 .Nếu 2 m a a1 m m 2 Với m=1 suy ra a=0. Với m =2 suy ra aa2 3 1 0 , vô nghiệm. Nếu a22 a 11 m a a mn Khi đó ta có: m( a 1) 1 2 n . Mặt khác p m( a 1) 1 2 nlà số nguyên tố suy ra p=2; n =1 thì
4. a =0.Tóm lại p =2 là số nguyên tố cần tìm. Câu 4. (3,0 điểm) Cho hai đƣờng tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Tiếp tuyến tại A của đƣờng tròn tâm O cắt đƣờng tròn tâm O’ tại P (P khác A ). Tiếp tuyến tại A của đƣờng tròn tâm O’ cắt đƣờng tròn tâm O tại Q (Q khác A ).Gọi I là điểm sao cho tứ giác AOIO’ là hình bình hành và D đối xứng với A qua B. a) Chứng minh rằng I là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác APQ. Từ đó suy ra tứ giác ADPQ nối tiếp. b) Gọi M là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh  ADP=  QDM . c) Giả sử hai đƣờng thẳng IB và PQ cắt nhau tại S.Gọi K là giao điểm của AD và 2 1 1 PQ. Chứng minh: SK SP SQ Lời giải a) Ta có: OA vuông góc AP , mà IO’// OA hay IO’ vuông góc AP suy ra I’nằm trên đƣờng trung trực của AP.Lúc đó IA=IP Chứng minh tƣơng tự ta cũng có: IA= IQ . Từ đó suy ra: IA =IP =IQ nên I là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác APQ. Gọi E F, lần lƣợt là giao điểm của OO’ với AB và AI. Ta có: Dễ thấy E F, lần lƣợt là trung điểm của AB và AI suy ra EF là đƣờng trung bình của tam giác ABI. Suy ra EF //BI hay OO’// BI . Do đó BI vuông góc AB tại B. Từ đó IB là đƣờng trung trực của AD nên IA =ID . Do đó tứ giác ADPQ nối tiếp. b) Ta có:  QPD =  QAD =  QAB =  APB 1 =  AO’B=  AO’O hay  QPD =  AO’O . 2 Chứng minh tƣơng tự ta cũng có:  PQD =  AOO’. Từ đó suy ra tam giác AOO’ đồng dạng tam giácDQP . Mà M là trung điểm của PQ và F là trung điểm của OO’ suy ra 1  QDM=  OAF .Mặt khác  ADP =  AIP=  AIO=  OAF 2 Từ đây suy ra:  APD =  QDM. c) Theo chứng minh trên ta có: QPD= QAB. Mặt khác DQP= DAP = AQB, hay DQP= AQB. Từ đó suy ra AQB = PQD.Suy ra: QBI+ IPQ = QBA + ABI + IPQ = QDP+90+ IPQ =180+ QPD - QDP. Do đó tứ giác QBIP nội tiếp. Suy ra: SQ .SP =SB. SI .Vì M là trung điểm của đoạn PQ suy ra IM vuông góc PQ nên tứ giác BKMI nội tiếp. Suy ra: SK .SM =SB. SI . 1 SM Từ đó ta suy: SQ .SP =SK .SM . SK SQ. SP
5. Mà SM= SP -MP =SP- MQ =SP-( SM –SQ)= SP +SQ- SM hay 1SM 2 2 SM 2 1 1 SP +SQ =2SM .Nên ta có: SK SQ SP SK SQ SP SK SP SQ Câu 5. (1,5 điểm) Cho bảng kẻ ô vuông kích thƣớc 8x8 gồm có 64 ô vuông con (nhƣ hình vẽ bên). Ngƣời ta đặt 33 quân cờ vào các ô vuông con của bảng sao cho mỗi ô vuông con có không quá một quân cờ. Hai quân cờ đƣợc gọi là “chiếu nhau” nếu chúng nằm cùng một hàng hoặc nằm cùng một cột. Chứng minh rằng với mỗi cách đặt luôn tồn tại ít nhất 5 quân cờ đôi một không chiếu nhau. Đánh số các ô của bảng nhƣ hình vẽ Lời giải 1 2 3 4 5 6 7 8 8 1 2 3 4 5 6 7 7 8 1 2 3 4 5 6 6 7 8 1 2 3 4 5 5 6 7 8 1 2 3 4 4 5 6 7 8 1 2 3 3 4 5 6 7 8 1 2 2 3 4 5 6 7 8 1 Theo nguyên lí Dirichle đặt 33 quân cờ vào mỗi ô mà có 8 loại ô là các số đƣợc đánh từ 1 đến 8 nên có ít nhất 5 quân cờ cùng một số. Theo bảng này các quân cờ đƣợc đặt trong các ô có cùng số thì không chiếu nhau.Suy ra điều phải chứng minh.