Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2021 - 2022 - Môn: Toán

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2021 - 2022 - Môn: Toán

1. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021-2022 LÂM ĐỒNG Đề chính thức Môn thi: Toán CHUYÊN Ngày thi: 11/6/2021 Thời gian làm bài: 150’ Tên: TRƢƠNG QUANG AN Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tƣ Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 0353276871 Bài 1. (2 điểm) Tính giá trị biểu thức: A = 4 10 2 5 4 10 2 5 Bài 2. (2 điểm) Cho B = 2 + 22 + 23 + 24 + + 22021 + 22022. Chứng minh rằng B + 2 không là số chính phƣơng. Bài 3. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC, đƣờng cao AH (H ∈ BC). Biết BC −AB = 2 cm, AC = 10 cm và ∠CAH = 300. Tính diện tích tam giác ABC. Bài 4. (2 điểm) Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn a + b + 20c = c3. Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 chia hết cho 6. Bài 5. (2 điểm) Trƣờng THCS X có 60 giáo viên. Tuổi trung bình của tất cả thầy giáo và cô giáo là 42 tuổi. Biết rằng tuổi trung bình của các thầy giáo là 50, tuổi trung bình của các cô giáo là 38. Hỏi trƣờng THCS X có bao nhiêu thầy giáo, bao nhiêu cô giáo? 2x y 3 x2 9 6 Bài 6. (1,5 điểm) Giải hệ phƣơng trình 2 yy 2 9 0 Bài 7. (2 điểm) Cho phƣơng trình x2 + (m − 1)x − m2 − 2 = 0 (x là ẩn, m là tham số).Tìm giá trị của m để phƣơng trình có hai nghiệm trái dấu thỏa mãn 2 |x1 | − |x2 | = 4 (biết x1 900. Gọi H là chân đƣờng vuông góc kẻ từ A đến BC. Đƣờng trung tuyến kẻ từ C của tam giác ABC cắt đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại K. Chứng minh rằng bốn điểm K, H, D, C cùng thuộc một đƣờng tròn. Lời giải. Bài 1. (2 điểm) Tính giá trị biểu thức: A = Lời giải. Ta có A 4 1025 4 1025 (51) 2 . Mặt khác, dễ thấy A < 0 nên A = 1 − 5
2. Bài 2. (2 điểm) Cho B = 2 + 22 + 23 + 24 + + 22021 + 22022. Chứng minh rằng B + 2 không là số chính phƣơng. Lời giải. Ta có B = 2 + 22 + 23 + 24 + + 22021 + 22022 =22023 -2.Lúc đó B 2 (21011 ) 2 .2 Nên B + 2 không là số chính phƣơng. Bài 3. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC, đƣờng cao AH (H ∈ BC). Biết BC −AB = 2 cm, AC = 10 cm và ∠CAH = 300. Tính diện tích tam giác ABC. Lời giải. Tam giác AHC vuông ở H, có ∠CAH = 300 nên ta có AH = AC cos CAH = 10 cos 300 = 53 (cm),HC = AC sin CAH = 10 sin 300 = 5 (cm).Đặt BH = x (cm) thì khi đó ta có AB = BC − 2 = x + 5 − 2 = x + 3. Áp dụng định lý Pytago cho tam giác ABH vuông tại H ta đƣợc BH2+ AH2 = AB2. Suy ra (x + 3)2− x2 = ( )2 ⇔ 6x + 9 = 75 ⇔ x = 11. Do đó BC = BH + HC = 11 + 5 = 16 (cm). Vậy diện tích tam giác ABC là 1 S = AH · BC = 40 3(cm2 ) 2 Bài 4. (2 điểm) Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn a + b + 20c = c3. Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 chia hết cho 6. Lời giải. Ta có a + b + 20c =c3 nên a + b + c + 18c = c3 − c = c(c − 1)(c + 1) chia hết cho 6, suy ra a + b + c chia hết cho 6. Bên cạnh đó, chú ý rằng a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 − 3 (a + b + c) (ab + bc + ca) + 3abc nên để chứng minh a3 + b3 + c3 là bội của 6, ta chỉ cần chứng minh 3abc chia hết cho 6, hay trong ba số a, b, c phải có một số là số chẵn.Giả sử ngƣợc lại, cả ba số a, b, c đều là số lẻ thì c3 là số lẻ, trong khi a + b + 20c là số chẵn, vô lí. Vậy điều đã giả sử là sai, tức là phải có một số là số chẵn trong ba số a, b, c. Từ đó ta suy ra điều cần chứng minh. Bài 5. (2 điểm) Trƣờng THCS X có 60 giáo viên. Tuổi trung bình của tất cả thầy giáo và cô giáo là 42 tuổi. Biết rằng tuổi trung bình của các thầy giáo là 50, tuổi trung bình của các cô giáo là 38. Hỏi trƣờng THCS X có bao nhiêu thầy giáo, bao nhiêu cô giáo? Lời giải. Gọi a, b lần lƣợt là số thầy giáo và số cô giáo, khi đó tổng số tuổi các thầy giáo, các cố giáo lần lƣợt là 50a và 38b. Từ dữ kiện đề bài, ta có hệ phƣơng trình 50a 38b 42.60 a 20 .Vậy trƣờng THCS X có 20 thầy giáo, 40 cô giáo. a b 60 b 40
3. 2x y 3 x2 9 6 Bài 6. (1,5 điểm) Giải hệ phƣơng trình 2 yy 2 9 0 Lời giải. Điều kiện xác định 2x − y − 3 0. Từ phƣơng trình thứ hai của hệ, ta có y2 − 2xy = −9 nên phƣơng trình đầu tiên của hệ có thể viết lại thành 2x y 3 ( x y )2 0. Mà 2x y 3 0;( x y )2 0 nên phƣơng trình trên tƣơng đƣơng với 2x − y − 3 = 0 và x − y = 0, suy ra x = y = 3.Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y = 3. Bài 7. (2 điểm) Cho phƣơng trình x2 + (m − 1)x − m2 − 2 = 0 (x là ẩn, m là tham số).Tìm giá trị của m để phƣơng trình có hai nghiệm trái dấu thỏa mãn 2 |x1 | − |x2 | = 4 (biết x1 < x2 ). Lời giải. Phƣơng trình đã cho có hai nghiêm x1, x2 trái dấu và thỏa mãn x1 < x2 khi và chỉ khi 0 (mm 1)22 4 8 0 2 hệ điều kiện này luôn đúng với mọi x ∈ R. P 0 m 20 Vì x1 < 0 < x2 nên ta có 4 = 2 |x1| − |x2| = −2x1− x2 Mặt khác, theo định lý Viete, x1+x2=1 − m nên ta có x1 = m − 5, x2 = 6 − 2m. Từ đó, tiếp tục áp dụng định lý Viete, ta có (m − 5)(6 − 2m) = −m2 − 2 ⇔ m2 − 16m + 28 = 0 ⇔ m = 2 hoặc m = 14. Vậy m = 2 và m = 14 là các giá trị cần tìm. Bài 8. (2,5 điểm) Cho hình vuông ABCD. Vẽ đƣờng tròn tâm O đƣờng kính BC và đƣờng tròn (A; AB), chúng cắt nhau tại một điểm thứ hai là E (E khác B). Tia CE cắt AD tại điểm F. Chứng minh rằng F là trung điểm của AD. Lời giải. Vì E thuộc đƣờng tròn đƣờng kính BC nên ∠BEC = 900. Do đó ta có ∠FCD = 900− ∠BCE = ∠CBE. Mà BE là dây cung chung của (O, OB) và (A, AB) nên BE ⊥ AO, suy ra ∠BAO =∠EBO = ∠F CD. Mặt khác, ∠ABO = ∠F DC = 90◦ và AB = CD nên hai tam giác FDC và OBA bằng nhau, dẫn tới DF = BO nên F là trung điểm AD. Bài 9. (1,5 điểm) Cho a, b, c là các số dƣơng thỏa mãn a + b + c = 6. Tìm giá trị nhỏ a3 b 3 c 3 nhất của biểu thức P a2 4 abb 2 b 2 4 bcc 2 c 2 4 caa 2 xy3 Lời giải. Trƣớc tiên ta sẽ chứng minh x với mọi x, y ∈ R. xy22 2 Thật vậy, ta có x22 y2 xy nên x3 xxyxy() 2 2 2 xy 2 xy 2 y x x x . Trở lại bài toán, chú ý x2 y 2 x 2 y 2 x 2 y 2 22 xy 4ab 2( a22 b )và áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh, ta có
4. 11 a3 b 3 c 3 a b c đánh giá P a b c 1. Vậy giá trị nhỏ 2 2 2 2 2 2 3 a b b c c a 3 2 nhất của P là 1, đạt đƣợc khi a = b = c = 2. Bài 10 (2 điểm). Cho hình bình hành ABCD có ∠BAD > 900. Gọi H là chân đƣờng vuông góc kẻ từ A đến BC. Đƣờng trung tuyến kẻ từ C của tam giác ABC cắt đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại K. Chứng minh rằng bốn điểm K, H, D, C cùng thuộc một đƣờng tròn. Lời giải. Gọi M là trung điểm AB, ta có tam giác AHB vuông tại H nên MA = MB = MH. Gọi T là giao điểm của MH và AD. Ta có AD k BC nên ∠T AD = ∠AHB = 90◦ ,mà MA = MH nên M cũng là trung điểm của T H. Từ đó ta suy ra AHBT là hình chữ nhật. Do đó ∠ATH = ∠ABH = ∠ADC = 1800 − ∠HCD nên tứ giác T HCD nội tiếp. Vậy ta chỉ cần chứng minh bốn điểm T, K, H, C đồng viên, khi đó D và K cùng nằm trên đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác T HC nên rõ ràng bốn điểm K, H, C, D cùng thuộc một đƣờng tròn.Thật vậy, xét đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC, dễ thấy hai tam giác KMA và BMC đồng dạng (góc - góc) nên MK · MC = MA · MB = MT · MH, từ đó suy ra hai tam giác TMK và CMH đồng dạng (cạnh - góc - cạnh) nên ∠KTM = ∠HCM, do đó KT CH là tứ giác nội tiếp. Từ đó ta suy ra đƣợc điều cần chứng minh.