Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Thái Bình năm học 2021-2022 môn Toán (Chuyên Toán, Tin) - SGD&ĐT Thái Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Thái Bình năm học 2021-2022 môn Toán (Chuyên Toán, Tin) - SGD&ĐT Thái Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH THÁI BÌNH Năm học: 2021 – 2022 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Dành cho thí sinh thi chuyên Toán, Tin) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1. (2, 0 điểm) 2 2 1. Cho f (x) x 3x 5 có hai nghiệm là x1, x2 . Đąt g(x) x 4 . Tính giá trị của T g x1  g x2 . 1 1 1 2. Cho a,b,c la các số thực khác 0 và thóa mân (a b c) 1. Chứng minh a b c rằng a3 b3 b25 c25 c2021 a2021 0 . Bài 2. (2, 5 điểm) 1. Giải phương trình 4 x 3 4 x 3x 9 . 2 2 2xy x y 1 2. Giải hệ phương trình x y 2 3x 33 3 2x y 1 3x y 6 Bài 3. (3, 5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB AC) nội tiếp trong đường tròn (O) có các đường cao BE,CF cắt nhau tại H . Gọi S là giao điểm của các đường thằng BC và EF , gọi M là giao điểm khác A của SA và đường tròn (O) . a. Chứng minh rằng tứ giác AEHF nội tiếp và HM vuông góc với SA . b. Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh rằng SH vuông góc với AI . c. Gọi T là điểm nằm trên đoạn thằng HC sao cho AT vuông góc với BT . Chứng minh rằng hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác SMT và CET tiếp xúc với nhau. Bài 4. (1, 0 điểm) Giả sử n là số tự nhiên thỏa mãn điều kiện n(n 1) 7 không chia hết cho 7. Chứng minh rằng 4n3 5n 1 không là số chính phương. Bài 5. (0, 5 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a2 b2 c2 3abc . Tìm giá trị lớn nhất của a b c biểu thức T 3a2 2b2 c2 3b2 2c2 a2 3c2 2a2 b2 Hết Trang 1
2. 1 1 1 1 0 a a b c b c b c b c 0 a(a b c) bc 1 1 (b c) 0 a(a b c) bc bc a2 ab ac (b c) 0 abc(a b c) (b c)(c a)(a b) 0 abc(a b c) a b b c c a Vậy a3 b3 b25 c25 c2021 a2021 0 (đpcm). Bài 2. (2, 5 điểm) 1. Giải phương trình 4 x 3 4 x 3x 9 . 2 2 2xy x y 1 2. Giải hệ phương trình x y 2 3x 33 3 2x y 1 3x y 6 Lời giải 1. Giải phương trình 4 x 3 4 x 3x 9 . Điều kiện xác định: x 0 , ta có: 4 x 3 4 x 3x 9 (x 3 4 x 3 4) 2(x 2 x 1) 0 ( x 3 2)2 2( x 1)2 0 x 3 2 0 x 1 0 x 3 4 x 1 (tm DKXD) x 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1 2 2 2xy x y 1 1 2. Giải hệ phương trình x y 2 3x 33 3 2x y 1 3x y 6 2 Trang 3
3. 1 2 1 2 Suy ra 2x y 1 2. 1 0 , không thỏa mãn điều kiện 2x y 1 0 nên 2 2 trường hợp này hệ vô nghiệm. Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là {(1;0),(4; 3),(64; 63)} . Bài 3. (3, 5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB AC) nội tiếp trong đường tròn (O) có các đường cao BE,CF cắt nhau tại H . Gọi S là giao điểm của các đường thằng BC và EF , gọi M là giao điểm khác A của SA và đường tròn (O) . a. Chứng minh rằng tứ giác AEHF nội tiếp và HM vuông góc với SA . b. Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh rằng SH vuông góc với AI . c. Gọi T là điểm nằm trên đoạn thằng HC sao cho AT vuông góc với BT . Chứng minh rằng hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác SMT và CET tiếp xúc với nhau. Lời giải a) Chứng minh rằng tứ giác AEHF nội tiếp và HM vuông góc với SA . Vì ·AEH ·AFH 90 90 180 nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH (dhnb). Có tứ giác BCEF nội tiếp B· EC B· FC 90 . S· FB S· CE (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp). Xét SBF và SCE có: S· FB S· CE cmt ; góc F· SB là góc chung SB SF SBF# SEC(g.g) SB.SC SF.SE 1 SE SC Trang 5
4. AM AT Lại có AM. AS AE. AC AT 2 . AT AS AM AT Xét ATM và AST có: S· AT chung; cmt AT AS ATM# AST (c.g.c) ·ATM ·AST ( 2 góc tương ứng). Suy ra AT là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của SMT 2 Từ 1 và 2 suy ra hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác SMT và CET tiếp xúc với nhau. Bài 4. (1, 0 điểm) Giả sử n là số tự nhiên thỏa mãn điều kiện n(n 1) 7 không chia hết cho 7. Chứng minh rằng 4n3 5n 1 không là số chính phương. Lời giải Giả sử tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn điểu kiện n(n 1) 7 không chia hết cho 7 và 4n3 5n 1 là số chính phương. Ta có 4n3 5n 1 (n 1) 4n2 4n 1 Đặt UCLN n 1;4n2 4n 1 d d ¥ * n 1d Suy ra 2 4n 4n 1d Có 4n2 4n 1 4n(n 1) 8(n 1) 7d 7d Vì n(n 1) 7 không chia hết cho 7 nên n(n 1) không chia hết cho 7 , suy ra n 1 không chia hết cho 7 , suy ra d 7 d 1. Do đó, n 1 và 4n2 4n 1 là hai số nguyên tố cùng nhau, mà tích của chúng là số chính phương suy ra n 1 và 4n2 4n 1 là các số chính phương. Suy ra 4n2 4n 1 a2 (a ¥ ) (2n 1)2 a2 2 (2n a 1)(2n a 1) 2 Vì 2n a 1 2n a 1 5 n 4 2n a 1 1 1 a 2n a 1 2 2 , không thoả mãn n,a là các số tự nhiên. 2n a 1 2 1 n 2n a 1 1 2 1 a 2 Vậy giả sử là sai, ta có điều phải chứng minh. Bài 5. (0, 5 điểm) Trang 7