Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở GD và ĐT Hà Nam (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở GD và ĐT Hà Nam (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NAM Năm học 2021-2022 Môn: Toán (Đề chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề a+1 ab + a a +++ a b ab Câu I. (2,0 điểm) Cho biểu thức S =++1: ab+−11 ab 1− ab với a≥0, b ≥ 0, ab22 +> 0 và ab ≠1. 1. Rút gọn biểu thức S. 2. Tính giá trị của biểu thức S khi a =3 + 22 và b =11 − 6 2. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình x22++− x4( 2 + xx) −+= x4 0. x+2 y −− 1 22 xy + x − 4 y − 2 = 0 2. Giải hệ phương trình   xy−2 + 3 2 += 1 4. Câu III. (3,5 điểm) Cho đường tròn ()O đường kính AB= 2. R Gọi ∆ là tiếp tuyến của ()O tại A. Trên ∆ lấy điểm M sao cho MA> R. Qua M vẽ tiếp tuyến MC (C thuộc đường tròn (O ), C khác A). Gọi H và D lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên AB và AM. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm O và vuông góc với AB. Gọi N là giao điểm của d và BC. 1. Chứng minh OM// BN và MC= NO. 2. Gọi Q là giao điểm của MB và CH, K là giao điểm của AC và OM. Chứng minh đường thẳng QK đi qua trung điểm của đoạn thẳng BC. 3. Gọi F là giao điểm của QK và AM , E là giao điểm CD và OM. Chứng minh tứ giác FEQO là hình bình hành. Khi M thay đổi trên ∆, tìm giá trị lớn nhất của QF+ EO. Câu IV. (1,5 điểm) 1. Giải phương trình xyxz32+ −+3 = 2021 với xy, và z là các số nguyên. 2. Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Bên trong hình vuông người ta lấy tùy ý 2021 điểm phân biệt AA1, 2 , , A 2021 sao cho 2025 điểm ABCDA, , , ,1 , A2 , , A2021 không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng từ 2025 điểm trên luôn tồn tại 3 điểm 1 là 3 đỉnh của hình tam giác có diện tích không quá . 4044 Câu V. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương xyz,, thỏa mãn xyz++≤1. Chứng minh rằng 111  −1 − 1  −≥ 1 512. xyz2 22  HẾT Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: Cán bộ coi thi số 1 Cán bộ coi thi số 2
2. 2 1. (1,0 điểm) Giải phương trình: x22++− x4( 2 + xx) −+= x4 0. Phương trình x22++− x4( 2 + xx) −+= x4 0.( 1) TXĐ: . Đặt t= xx2 −+40( t ≥) , khi đó phương trình (1) trở thành 0,25 2 t−+(2 xt) + 20 x = (2) ⇔−(t20)( tx −) =. 0,25 22 Với t1 =⇒2 xx −+=⇔4 2 xx −=⇔= 0 x 0; x = 1. 0,25 Với tx=⇒ xx2 −+=⇒−+=⇒=4 x x4 0 x 4. 2 0,25 Thử lại, ta đi tới kết luận S = {0;1; 4} . x+2 y −− 1 22 xy + x − 4 y − 2 = 0 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   xy−2 + 3 2 += 1 4. x ≥ 2 2xy+− x 4 y −≥ 20  Điều kiện: ⇔ 1 0,25 xy−≥2 0;2 +≥ 1 0 y ≥−  2 Phương trình x−−22( xy − 221210)( +) + y += 2 0,25 ⇔( xy −−2 21 +) =⇔ 0 xy −= 2 21. +   xy−=2 21 + x −=21 x = 3 0,25 Khi đó ta có hệ ⇔⇔  (thỏa mãn) =  xy−2 + 32 += 1 4  2y += 11 y 0 Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( xy;) = ( 3; 0) . 0,25 Câu III. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB= 2. R Gọi ∆ là tiếp tuyến của (O) tại A. Trên ∆ lấy điểm M di động sao cho MA> R. Qua M dựng tiếp tuyến MC (C thuộc đường tròn (O), C khác A ). Gọi H và D lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên AB và AM. Gọi d là đường thẳng qua điểm O và vuông góc với AB. Gọi N là giao điểm của d và BC.
3. 4 1 Từ (3) và (4) ta có QH= CH , suy ra Q là trung điểm của CH. 0,25 2 Lại có K là trung điểm AC. Suy ra QK đi qua trung điểm của CB. 0,25 3. (1,0 điểm) Gọi F là giao điểm của QK và AM , E là giao điểm CD và OM. Chứng minh tứ giác FEQO là hình bình hành. Khi M thay đổi trên ∆, tìm giá trị lớn nhất của QF+ EO. Chứng minh ADCH là hình chữ nhật. Do K là trung điểm AC và Q là trung 0,25 điểm CH suy ra F là trung điểm AD. Ta có ∆EKC =∆ OKA( g c g) ⇒= KE KO Ta có ∆FKA =∆ QKC( g c g) ⇒= KF KQ. 0,25 Suy ra FEQO là hình bình hành. Ta có FQ+= EO AH += CB AH + BH BA = AH +( AB − AH) AB 0,25 Khi đó 1 AB AH+( AB − AH) AB = AH + ⋅⋅2. ⋅AB2 − AB AH AB 2 2 15AB 2 ≤+AH  +AB − AB AH = AB 0,25 AB 44 3 Dấu bằng xảy ra AH= AB ⇔= AM3. R . 4 Câu IV. (1,5 điểm). 1. (0,75 điểm) Tìm các số nguyên xy, và z thỏa mãn phương trình xyxz32+ −+3 = 2021. Xét theo mod3 ta có y2 ≡ {0;1}( mod3) và 2021≡ 2( mod3) . 0,25 3 x−= x( x −1) xx( + 1) ≡ 0( mod3) ; 3z ≡ 0( mod3) . 0,25 Như vậy vế trái chia cho 3 dư 0 hoặc 1 mà vế phải chia cho 3 dư 2. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm nguyên. 0,25 2. (0,75 điểm). Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 1 . Bên trong hình vuông người ta lấy tùy ý 2021 điểm phân biệt AA1, 2 , , A 2021 sao cho 2025 điểm ABCDA, , , , , , A không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh 1 2021 rằng từ 2025 điểm trên luôn tồn tại 3 điểm tạo thành hình tam giác có diện tích 1 không quá . 4044