Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên vòng 2 - Môn thi: Toán

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên vòng 2 - Môn thi: Toán

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NỘI NĂM HỌC 2021 - 2022 Đề chính thức Môn: TOÁN ( CHUYÊN TOÁN ) (30/5/2021) Thời gian làm bài: 120 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(3,0 điểm) 1. Giải phƣơng trình x2 x 2 2 x 1 0 2. Cho ba số thực a,b và c thỏa mãn ab+ bc+ ca= 1. Chứng a b b c c a minh: 0 1 c2 1 a 2 1 b 2 Câu 2(3,0 điểm) 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên(x,y) thỏa mãn x2+5xy+6y2+x+2y−2=0 2. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n, số n2+n+16 không chia hết cho 49 2 Câu 3(3,0 điểm)1.Cho số thực x khác 0 thỏa mãn x và x3 đều là số hữu tỉ. x Chứng minh x là số hữu tỉ. 2.Cho các số thực không âm a,b và c thỏa mãn a+b+c=5. Chứng minh: 2a+2ab+ abc 18 Câu 4(3,0 điểm)Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đƣờng tròn(O), có∠BAC= 600 và AB< AC.Các đƣờng thẳng BO,CO lần lƣợt cắt các đoạn thẳng AC, AB tại M,N. Gọi F là điểm chính giữa cung BC lớn. 1. Chứng minh năm điểm A,N,O,M và F cùng thuộc một đƣờng tròn. 2. Gọi P,Q lần lƣợt là các giao điểm thứ hai của hai tia FN,FM với đƣờng tròn (O).Gọi J là giao điểm của đƣờng thẳng BC và đƣờng thẳng PQ.Chứng minh tia AJ là tia phân giác góc∠BAC. 3. Gọi K là giao điểm của đƣờng thẳng OJ và đƣờng thẳng CF. Chứng minh AB vuông góc với AK Câu 5(3,0 điểm)Cho A là một tập hợp có 100 phần tử của tập hợp {1,2,···,178}. 1. Chứng minh A chứa hai số tự nhiên liên tiếp. 2. Chứng minh với mọi số tự nhiên n thuộc tập hợp{2,3,4,···,22}, tồn tại hai phần tử của A có hiệu bằng Lời giải
2. Câu 1(3,0 điểm) 1. Giải phƣơng trình x2 x 2 2 x 1 0 2. Cho ba số thực a,b và c thỏa mãn ab+ bc+ ca= 1. Chứng a b b c c a minh: 0 1 c2 1 a 2 1 b 2 Lời giải 1.1) Ta có: x2 x2 2 x 1 0 x 2 ( x 1 1) 2 0 x 0.Vậy x= 0 là nghiệm duy nhất thỏa mãn đề bài 2) Ta có:1+a2= ab+ bc+ ca+a2=b(a+c)+a(a+c) =(a+b)(a+c). Làm tƣơng tự thì ta cũng có:1+b2= (b+a)(b+c);1+c2=(c+a)(c+b). abbccaab ()()()2 2 bc 2 2 ca 2 2 Áp dụng vào ta đƣợc: 0 1 c2 1 a 2 1 b 2 ( a b )( b c )( c a ) Câu 2(3,0 điểm) 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên(x,y) thỏa mãn x2+5xy+6y2+x+2y−2=0 2. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n, số n2+n+16 không chia hết cho 49 Lời giải 1.1. Xét phƣơng trình: x2+5xy+6y2+x+2y−2=0⇔(x+2y)(x+3y)+(x+2y)=2 ⇔(x+2y)(x+3y+1)=2. Vậy các cặp (x,y) thỏa mãn là:(1;0); (6;−2); (3;−2); (−2;0) 2. Gỉa sử ∃n∈Z sao cho:n2+n+16 chia hết cho49 ⇒4n2+4n+64chia hết cho 49⇒ (2n+1)2+63 chia hết cho 49 (1) ⇒ (2n+1)2+63 chia hết cho7. Mà 63 chia hết cho 7 nên⇒ (2n+1)2 chia hết cho 7 ⇒2n+1 chia hết cho 7⇒ (2n+1)2 chia hết cho 49 (2). Từ (1) và (2) suy ra 63 chia hết cho 49 (Vô lý). Vậy giả sử sai hay∀n∈Z thì n2+n+ 16 không chia hết cho 49 2 Câu 3(3,0 điểm)1.Cho số thực x khác 0 thỏa mãn x và x3 đều là số hữu tỉ. x Chứng minh x là số hữu tỉ. 2.Cho các số thực không âm a,b và c thỏa mãn a+b+c=5. Chứng minh: 2a+2ab+ abc 18 Lời giải
3. 2 1. Theo giả thiết, ta có x và x3 đều là số hữu tỉ (x khác 0). Đặt x =m(m∈Q). Suy ra x2 2 mx .Tƣơng tự, ta cũng có 3 4 3 3 2 4 2 x =n(n∈Q). Suy ra x =x ·x= nx. Mặt khác P=x x =x +2x là số hữu tỉ. Suy ra x x4+2x2+4 là số hữu tỉ. Ta có:x4+2x2+4= nx+2(x2+2)= nx+2mx=(n+2m)x. Mà(n+2m) là số hữu tỉ và x4+2x2+4>0 nên n+2m khác 0. Nên x phải là số hữu tỉ.(Nếux vô tỉ thì x4+2x2+4 là số vô tỉ, vô lý). Ta có điều phải chứng minh. 2. Theo giả thiết ta có a,b,c không âm và a+b+c=5. Ta dễ có 1 (x+y)2−4xy=(x−y)2 0. Suy ra xy (x+y)2với mọix,y∈R. 4 Áp dụng bất đẳng thức này, ta đƣợ: 2a+2ab + abc = a[2+b(2+c)] (b c 2)22 ( b c 2) a 2 (5 b c ). 2 44 (t 2)2 Đặt t=b+c(t 0). Ta cần chứng minh: (5 t ). 2 18 . Thật vậy, bất đẳng thức 4 (t 2)2 này tƣơng đƣơng với (t 5). 2 18 0 4 Hay, (tt 2)2 ( 3) 0 . Bất đẳng thức này đúng do ( (t 2)2 t 0). Suy ra 2a 2 ab abc (5 t ). 2 18 . Dấu bằng xảy ra khi 4 t=2, a=3, b=2 và c=0. Vậy ta có điều phải chứng minh. Câu 4(3,0 điểm)Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đƣờng tròn(O), có∠BAC= 600 và AB< AC.Các đƣờng thẳng BO,CO lần lƣợt cắt các đoạn thẳng AC, AB tại M,N. Gọi F là điểm chính giữa cung BC lớn. 1. Chứng minh năm điểm A,N,O,M và F cùng thuộc một đƣờng tròn. 2. Gọi P,Q lần lƣợt là các giao điểm thứ hai của hai tia FN,FM với đƣờng tròn (O).Gọi J là giao điểm của đƣờng thẳng BC và đƣờng thẳng PQ.Chứng minh tia AJ là tia phân giác góc∠BAC. 3. Gọi K là giao điểm của đƣờng thẳng OJ và đƣờng thẳng CF. Chứng minh AB vuông góc với AK Lời giải 1. Ta có:∠MON=∠BOC=2∠BAC= 1200 do đó:A,M,O,N cùng thuộc 1 đƣờng tròn.Từ đó: CM.C A= CO.CN và BM.BO= BN.BA.Do đó:
4. CN CO BM BO CN BM CM ; BN . Ta cần: BN= CM.Nhƣ vậy cần có: hay là: CA BA CA BA sin∠ANO= sin∠AMO(đúng). 2. Từ 1) ta có: FNB = FMC do đó: NB= MC= FN= FM dẫn đến: AP// FB. Tƣơng tự: AQ//FC. Do đó: CQBP là hình thang cân.Gọi (COM)∩(BON)=O,J’. Ta có:∠OJ’C+∠OJ’B= ∠OM A+∠ON A=1800 do đó:J’,B,C thẳng hàng. Ta có: ∠CQM=∠FBC= 600=∠MOC do đó:M,O,J’,Q,C đồng viên dẫn đến: ∠QJ’C=∠CMQ. Tƣơng tự thì:∠PJ’B=∠FNA=∠FM A=∠CMQ suy ra: Q,J’,P thẳng hàng. Do đó:J trùng J’. Lại có: BN.BA= BO.BM= BJ.BC suy ra: AN JC nội tiếp dẫn đến:∠J AB=∠OCB. Tƣơng tự thì: JAC=∠OBC suy ra: AJ là phân giác góc BAC. 3. Ta có:∠COJ=∠B và∠OJM=∠OC A suy ra:∠COJ+∠MJO= 900 Suy ra: OC⊥ JM. Tƣơng tự: OB⊥ JN. Do đó: JO⊥ MN. Ta có: ∠AP J=1800−∠ACQ. Gọi(AMN)∩ FC=X khác F, ta có: CX.CF= CO.CN= CJ.CB dẫn đến: F X JB nội tiếp suy ra:∠AX J= 1200−∠FX A= 1200−∠FN A do đó:∠AP J+∠AX J= 1800tức là:A,P,J,X đồng viên. Cộng góc đơn giản ta có:J,X,M thẳng hàng. Tƣơng tự:J,Y,N thẳng hàng với Y= (AMN)∩ FB khác F.Cùng từ 2) ta có:∠AJN=∠ACO=∠MJO dẫn đến: AJ đi qua tâm của FMN là L. Do đó:∠LAX=∠LMJ= ∠OJN=∠OBA=∠CK J. Do đó:A,K,X,J,P đồng viên. Vậy tức là: AK JP nội tiếp dẫn đến:∠JKA=∠BNM(= 1800−∠APJ) dẫn đến: K A⊥ AB. Câu 5(3,0 điểm)Cho A là một tập hợp có 100 phần tử của tập hợp {1,2,···,178}. 1. Chứng minh A chứa hai số tự nhiên liên tiếp. 2. Chứng minh với mọi số tự nhiên n thuộc tập hợp{2,3,4,···,22}, tồn tại hai phần tử của A có hiệu bằng Lời giải 1.Đặt X={1;2; ;178}. Chia các số trong X thành 89 nhóm (mỗi nhóm gồm 2 số tự nhiên liên tiếp) nhƣ sau: (1;2); (3;4); ; (177;178). Ta chia 100 số phân biệt ở tập A vào 89 nhóm trên, theo nguyên lý Dirichlet , luôn tồn tại ít nhất 1 nhóm chứa cả 2
5. số trong tập A. Nên 2 số đó là 2 số tự nhiên liên tiếp trong tập A (điều phải chứng minh). x 2xx 3 9 Bài 1 (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A = và B = ;xx 0; 9 x 3 x 3 x 9 1) Tính giá trị biểu thức A khi x = 16. 2) Chứng minh A +B = Bài 2 (2,0 điểm) 1) Giải bài toán sau bằng cáhc lập phƣơng trình hoặc hệ phƣơng trình: Một tổ sản xuất phải làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế trong một số ngày nhất định. Thực tế, mỗi ngày tổ đội đã làm đƣợc nhiều hơn 100 bộ đồ bảo hộ y tế so với số bộ đồ bảo hộ y tế phải làm trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế 8 ngày trƣớc khi hết hạn, tổ sản xuất đã làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế đó. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày tổ đội sản xuất phải làm bao nhiêu bộ đồ bảo hộ y tế? (Giả định rằng số bộ đồ bảo hộ y tế mà tổ đội đó làm xong mỗi ngày là bằng nhau.) 2) Một thùng nƣớc có dạng hình trụ với chiều cao 1,6m và bán kính đáy 0,5m. Ngƣời ta sơn toàn bộ phía ngoài mặt xung quanh của thùng nƣớc này (trừ hai mặt đáy). Tính diện tích bề mặt đƣợc sơn của thùng nƣớc (lấy π = 3,14) Bài 3. (2,0 điểm) 3 21y x 1 1.Giải hệ phƣơng trình 5 3y 11 x 1 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = x2 và đƣờng thẳng (d): y = 2x+m−2. Tìm tất cả các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 sao cho |x1 - x2 | = 2. Bài 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ điểm B kẻ tiếp tuyến BM với đƣờng tròn (C;C A) (M là tiếp điểm, M nằm khác phía với A đối với BC). 1) Chứng minh rằng 4 điểm A,C,M,B cùng nằm trên 1 đƣờng tròn. 2) Lấy điểm N trên đoạn AB. Lấy điểm P trên tia đối của tia MB sao cho MP = AN. Chứng minh tam giác CPN cân và AM đi qua trung điểm của NP.
6. Bài 5. (2,0 điểm) Cho 2 số thực a,b thoả mãn a2 + b2 = 2. Tìm M in của biểu thức sau: P = 3(a+ b)+ ab Lời giải. x 2xx 3 9 Bài 1 (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A = và B = ;xx 0; 9 x 3 x 3 x 9 1) Tính giá trị biểu thức A khi x = 16. 2) Chứng minh A +B = 3 x 3 Lời giải. x 4 1) Tính giá trị biểu thức A khi x = 16.Ta có A x 3 7 2x 3 x 9 3 x 2) Chứng minh A +B = x 3x 9 x 3 x 3 Bài 2 (2,0 điểm) 1) Giải bài toán sau bằng cáhc lập phƣơng trình hoặc hệ phƣơng trình: Một tổ sản xuất phải làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế trong một số ngày nhất định. Thực tế, mỗi ngày tổ đội đã làm đƣợc nhiều hơn 100 bộ đồ bảo hộ y tế so với số bộ đồ bảo hộ y tế phải làm trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế 8 ngày trƣớc khi hết hạn, tổ sản xuất đã làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế đó. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày tổ đội sản xuất phải làm bao nhiêu bộ đồ bảo hộ y tế? (Giả định rằng số bộ đồ bảo hộ y tế mà tổ đội đó làm xong mỗi ngày là bằng nhau.) 2) Một thùng nƣớc có dạng hình trụ với chiều cao 1,6m và bán kính đáy 0,5m. Ngƣời ta sơn toàn bộ phía ngoài mặt xung quanh của thùng nƣớc này (trừ hai mặt đáy). Tính diện tích bề mặt đƣợc sơn của thùng nƣớc (lấy π = 3,14) Lời giải. 1) Giả sử theo kế hoạch, mỗi ngày tổ đội sản xuất phải làm x bộ đồ bảo hộ y tế (0 < x < 4800). Vậy theo kế hoạch, tổ đội phải làm hết 4800 bộ đồ bảo hộ y tế trong 4800 (ngày). Thực tế, số ngày tổ đội sản xuất làm hết 4800 bộ đồ bảo hộ y tế x 4800 là: 8. Vậy thực tế, mỗi ngày tổ đội sản xuất làm đƣợc 4800 x 4800 bộ đồ bảo hộ ytế. Mà theo giả thiết, thực tế mỗi ngày tổ đội làm đƣợc 4800 8 x nhiều hơn 100 bộ đồ bảo hộ y tế so với kế hoạch. Vậy ta có phƣơng trình sau:
7. 4800 = x+100 ⇔ x = 200 (bộ đồ). Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày tổ độ sản xuất 4800 8 x phải làm đƣợc 200 bộ đồ bảo hộ y tế. 2) Ta cần tính diện tích bề mặt đƣợc sơn, hay có nghĩa là tính diện tích xung quanh của hình trụ. Ta có: Sxq = 2π· r · h = 2·3,14·0,5·1,6 = 5,024(m2).Vậy diện tích bề mặt đƣợc sơn của thùng nƣớc là 5,024 m2 Bài 3. (2,0 điểm) 3 21y x 1 1.Giải hệ phƣơng trình 5 3y 11 x 1 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = x2 và đƣờng thẳng (d): y = 2x+m−2. Tìm tất cả các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 sao cho |x1 - x2 | = 2. Lời giải. 1.Điều kiện x khác -1. Giải hệ phƣơng trình 9 19 6y 3 19 xx 11 x 0 .Vậy hệ phƣơng trình cố nghiệm duy nhất 10 10y 2 6yy 22 6 22 xx 11 (x, y) là (0,2). 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = x2 và đƣờng thẳng (d): y = 2x+m−2. Tìm tất cả các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 sao cho |x1 - x2 | = 2 Xét phuơng trình hoành độ giao điểm của đƣờng thẳng (d) và Parabol (P) ta có:x2 −2x− m+2 = 0 (1).Ta có:∆’= m-1. Đƣờng thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt khi phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 , ta có:∆’> 0 ⇔ m > 1. Hệ thức Vi-et: x1 + x2 = 2; x1 x2 = 2− m.Theo đề:|x1 - x2 | = 2 2 2 ⇔ (x1 - x2 ) = 4⇔ (x1 + x2 ) −4x1 x2 = 4 (2). Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: (2) ⇔ 22 −4(2− m) = 4⇔ 4m−8 = 0⇔ m = 2 (TMĐK). Vậy m = 2 thoả mãn yêu cầu đề bài. Bài 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ điểm B kẻ tiếp tuyến BM với đƣờng tròn (C;C A) (M là tiếp điểm, M nằm khác phía với A đối với BC). 1) Chứng minh rằng 4 điểm A,C,M,B cùng nằm trên 1 đƣờng tròn. 2) Lấy điểm N trên đoạn AB. Lấy điểm P trên tia đối của tia MB sao cho MP = AN. Chứng minh tam giác CPN cân và AM đi qua trung điểm
8. của NP. Lời giải. 1) Vì BM là tiếp tuyến của (C;C A) nên ∠CMB = 900. Mà ∠CAB = 900 nên ∠CMB +∠C AB = 1800 ⇒ A,C,M,B cùng nằm trên 1 đƣờng tròn. 2) Ta xét 2 tam giác CMP và tam giác CAN có: CA = CB; AN = MP; ∠C AN = ∠CMP = 900 nên ∆CAN = ∆CMP (c –g-c) ⇒ ∠ANC = ∠CPM ⇒ 4 điểm B, N,C,P cùng nằm trên 1 đƣờng tròn và CN = CP ⇒ ∆CPN cân tại C. Gọi AM cắt NP tại D thì có: ∠CND = ∠CBM = ∠C AM ⇒ 4 điểm A, N,D,C cùng nằm trên 1 đƣờng tròn ⇒ ∠CDN = ∠C AN = 900 hay CD ⊥ NP. Mà tam giác CPN cân nên D là trung điểm NP (đpcm) Bài 5. (2,0 điểm) Cho 2 số thực a,b thoả mãn a2 + b2 = 2. Tìm M in của biểu thức sau: P = 3(a+ b)+ ab 2 2 x 2 Lời giải. Ta có : Đặt a+ b = x,ab = y. Ta có: x −2y = 2. Suy ra: y . Suy ra 2 xx2 62 ()ab 2 biểu thức đã cho trở thành: H . Ta có: a2 b 2 ( a b ) 2 4 hay x 2 2 ∈ [−2;2]. Ta chứng minh: H −5⇔ x2 +6x−2 −10 ⇔ x2+6x+8 0 ⇔ (x+2)(x+4) 0(đúng).Vậy H −5 hay P −5. Dấu bằng đạt tại x = −2 và y = 1 hay là: a = b = −1. Kết luận. M in P = −5 khi a = b = −1.