Đề thi tuyển sinh lớp 10 vào trường THPT chuyên môn Toán học (Chuyên Toán) - Năm học 2021-2022 - Sở GD&ĐT Quảng Nam (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 vào trường THPT chuyên môn Toán học (Chuyên Toán) - Năm học 2021-2022 - Sở GD&ĐT Quảng Nam (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM NĂM HỌC 2021-2022 Môn thi: TOÁN (Chuyên Toán) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) Khóa thi ngày: 03-05/6/2021 Câu 1. (2,0 điểm) 8 x 1 x 2 x 1 x 3 x a) Rút gọn biểu thức A (x 4) x 2 x 4 2 x x 6 (với x 1, x 4, x 9 ) b) Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố p, q, r thỏa mãn pq r 1 và 2 p2 q2 r 2 1. Câu 2. (1,0 điểm) Cho parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y (2 2m)x m (m là tham số). Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m. Khi đường thẳng (d) 1 cắt (P) tại hai điểm A, B sao cho M ;1 là trung điểm của đoạn thẳng AB, hai điểm K, H 2 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục hoành. Tính độ dài đoạn thẳng KH. Câu 3. (2,0 điểm) a) Giải phương trình (x 1) 7 2x x2 3x 2. x 2y xy 2 0 b) Giải hệ phương trình . 2 2 2 2 x y 2x y 2xy 1 0 Câu 4. (2,0 điểm) Cho hình vuông ABCD tâm O, điểm E nằm trên đoạn thẳng OB (E khác O, B), H là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AE. Gọi F là giao điểm của AC và DH. a) Chứng minh HD là tia phân giác của góc AHC . b) Chứng minh diện tích hình vuông ABCD bằng hai lần diện tích tứ giác AEFD. Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC). Đường tròn (O) đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại F, E. Gọi H là giao điểm của BE và CF, đường thẳng AH cắt BC tại D. a) Chứng minh tứ giác ODFE nội tiếp đường tròn. b) Gọi K là giao điểm của AH và EF, I là trung điểm của AH. Đường thẳng CI cắt đường tròn (O) tại điểm M (M khác C). Chứng minh CI vuông góc với KM. Câu 6. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xy yz zx xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của x2 y2 z2 biểu thức H  9z zx2 9x xy2 9y yz2 HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM NĂM HỌC 2021-2022 HDC CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) (Bản hướng dẫn này gồm 06 trang) Câu Nội dung Điểm 8 x 1 x 2 x 1 x 3 x a) Rút gọn biểu thức A ( x 1, x 4, x 9 ) 1,0 (x 4) x 2 x 4 2 x x 6 2 8 x 1 x 1 x x 3 A 0,5 x 2 x 2 x 2 x 4 2 x 2 x 3 8 x 1 x 1 x 1 x 0,25 x 2 x x 8 2 x 2 x 2 2 x 2 2 x 2 x x 2 x 4 0,25 2 x 2 x 2 2(x 4) b) Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố p, q, r thỏa mãn pq r 1 và 2 p2 q2 r2 1 1,0 Câu 1 + Nếu p, q cùng là số lẻ pq là số lẻ r +1 là số lẻ r là số chẵn r =2 0,5 (2,0) Mà p, q lẻ nên p, q 3 p.q 9 . Khi đó r 1 2 1 9 (không thỏa) + p, q khác tính chẵn lẻ, giả sử p 2 , q là số nguyên tố lẻ. 2q r 1 r 3 loai Khi đó, ta có 16 (r 1)2 2r2 2 2 2 2 r 2r 15 0 0,25 8 2q r 1 r 5 r 5 q 3 . Vậy có hai bộ số thỏa yêu cầu là: p,q,r 2,3,5 ; p,q,r 3;2;5 . 0,25 Cách khác: Từ 2 p2 q2 r 2 1suy ra r là số lẻ. 0.25 Suy ra pq r 1 là số chẵn, nên pq chẵn, giả sử p chẵn, p nguyên tố nên p 2 0.25 2q r 1 r 3 loai Khi đó, ta có 16 (r 1)2 2r2 2 2 2 2 r 2r 15 0 0.25 8 2q r 1 r 5 r 5 q 3 . 0.25 Vai trò p,q như nhau nên có hai bộ số thỏa yêu cầu là: p,q,r 2,3,5 ; 3;2;5 . Cho parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y (2 2m)x m (m là tham số). Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m. Khi đường thẳng (d) cắt Câu 2 1 1,0 (1,0) (P) tại hai điểm A, B sao cho M ;1 là trung điểm của đoạn thẳng AB, hai điểm K, H 2 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục hoành, tính độ dài đoạn thẳng KH.
3. - Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 0,25 x2 (2 2m)x m x2 2(1 m)x m 0 (*) 1 3 ' (1 m)2 m m2 m 1 (m )2 0,m ¡ . 2 4 0,25 Suy ra pt (*) luôn có hai nghiệm phân biệt, hay (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. + Gọi x1, x2 lần lượt là hai hoành độ của A,B (giả sử x1 x2 ), khi đó x1, x2 là hai nghiệm của pt (*). N là hình chiếu vuông góc của M lên trục hoành. 0,25 + M là trung điểm của AB, khi đó N là trung điểm của KH. 1 1 1 1 x x 2. (vì x x ) 2(1 m) 1 m 1 2 2 2 1 2 2 2 1 3 x x1 2 1 2 2 Khi đó pt(*) trở thành x x 0 2x 2x 1 0 2 1 3 0,25 x x 2 2 Suy ra KH = x2 x1 3 . Cách khác: 0.25 Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ của A,B, khi đó x1, x2 là hai nghiệm của pt (*). x x 1 M trung điểm AB nên 1 2 x x x 1 2 M 2 1 2 2 2 2 Ta có KH=|x2 x1 | KH x2 x1 x1 x2 4x1x2 1 m x1 x2 2 2m 1 2 Theo định lý Viet ta có x x m 1 1 2 x x 0.25 1 2 2 2 1 Do đó KH 1 4 3 KH 3 2 Câu Nội dung Điểm a) Giải phương trình (x 1) 7 2x x2 3x 2 1,0 7 Điều kiện: 7 2x 0 x 0,25 Câu 3 2 (2,0) 2 x 1 th/m (x 1) 7 2x x 3x 2 (x 1) 7 2x (x 1)(x 2) 0,25 7 2x x 2
4. x 2 x 2 0 7 2x x 2 loai x 3 2 x 1 0,25 7 2x (x 2) x 3 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 1, x 3 0,25 x 2y xy 2 0 b) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 1,0 x y 2x y 2xy 1 0 * Cách 1: x 2y xy 2 0 (x 2)(1 y) 0 x 2 hoặc y 1 0,25 + Với x 2 thay vào phương trình còn lại ta được: x 2 2 5 x 2 0,5 3y 8y 5 0 y 1 hoặc y . Suy ra , 5 3 y 1 y 3 + Với y 1 thay vào phương trình còn lại ta được: 2 2 2 x 0 x 3x 2x 0 x 0 hoặc x . Suy ra , 3 3 y 1 y 1 0,25 5 2 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm: x; y (0;1); 2; 1 ; 2; ; ;1 3 3 * Lưu ý: Nếu học sinh làm đúng 1 trong 2 trường hợp trên (với x = 2, với y = 1) thì cho 0,5đ x 2y xy 2 0 xy x 2y 2 * Cách 2: 2 2 2 2 2 2 x y 2x y 2xy 1 0 x y 2xy(x y) 1 0 0,25 x2 y2 2(x 2y 2)(x y) 1 0 3x2 3y2 6xy 4x 4y 1 0 x y 1 2 3(x y) 4(x y) 1 0 1 0,25 x y 3 - Với x y 1 y 1 x thay vào x 2y xy 2 0 ta được: x 2(1 x) x(1 x) 2 0 x2 2x 0 x 0 hoặc x 2 0,25 x 0 x 2 Suy ra hoặc y 1 y 1 1 1 - Với x y y x thay vào x 2y xy 2 0 ta được: 3 3 1 1 2 2 x 2 x x x 2 0 3x 4x 4 0 x 2 hoặc x 3 3 3 x 2 2 0,25 x Suy ra 5 hoặc 3 y 3 y 1 5 2 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm: x; y (0;1); 2; 1 ; 2; ; ;1 3 3 * Cách 3 x 2y xy 2 0 x 2y xy 2 0 2 2 2 2 x y 2x y 2xy 1 0 (x y)(x y) 2xy(x y) 1 0 0,25 x 2y xy 2 0 (x y) (xy y) 2 (*) (x y)[(x y) 2xy] 1 0 (x y)[(x y) 2(xy y)] 1
5. a b 2 + Đặt a x y, b xy y . Hệ phương trình (*) trở thành: ( ) a(a 2b) 1 5 a 0,25 a 1 3 + Giải hệ ( ) tìm được: , b 1 1 b 3 a 1 x 0 x 2 + Với , giải tìm được , . 0,25 b 1 y 1 y 1 5 x 2 2 a x 3 + Với , giải tìm được 5 , 3 . 1 y b 3 y 1 3 0,25 5 2 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm: x; y (0;1); 2; 1 ; 2; ; ;1 3 3 Câu Nội dung Điểm Cho hình vuông ABCD tâm O, điểm E nằm trên đoạn thẳng OB (E khác O, B), H là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AE. Gọi F là giao điểm của AC và DH. 0,25 (Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25 điểm) a) Chứng minh HD là tia phân giác của A· HC . 0,75 Các điểm B, H, D cùng nhìn đoạn AC dưới 1 góc vuông nên 5 điểm A, B, H, C, D cùng nằm 0,25 trên đường tròn đường kính AC. Câu 4 Suy ra · · 0 · · 0 . 0,25 (2,0) CHD CAD 45 , AHD ABD 45 · · · CHD AHD. Vậy HD là phân giác AHC . 0,25 b) Chứng minh diện tích hình vuông ABCD bằng hai lần diện tích tứ giác AEFD 1,0 2 Ta có SABCD AD (1) 1 0,25 Tứ giác AEFD có hai đường chéo vuông góc nhau nên S AF.DE (2) AEFD 2 Xét hai tam giác AFD và DAE có: + A· FD A· HD H· AC 450 H· AC D· AE 0,5 + A· ED A· BE H· AB 450 H· DB F· DA Suy ra hai tam giác AFD và DAE đồng dạng. AF AD 2 Từ đó có tỉ lệ hay AD AF.DE (3) DA DE 0,25 Từ (1), (2), (3) ta có SABCD 2SAEFD (đpcm) Câu Nội dung Điểm Câu 5 Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC). Đường tròn (O) đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại (2,0) F, E. Gọi H là giao điểm của BE và CF, đường thẳng AH cắt BC tại D.
6. (Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25 điểm) a) Chứng minh tứ giác ODFE nội tiếp đường tròn. 0,75 + Tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn nên E· DH E· CH E· CF 0,25 + Tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn nên F· DH F· BH F· BE 0,25 1 1 E· DF E· DH F· DH E· CF F· BF E· OF F· OF E· OF 2 2 0,25 Vậy tứ giác ODFE nội tiếp đường tròn. b) Gọi K là giao điểm của AH và EF, I là trung điểm của AH. Đường thẳng CI cắt đường tròn 1,0 (O) tại điểm M (M khác C). Chứng minh CI vuông góc với KM. · · · · 0 · 0 AEI OEC EAI ECO 90 IEO 90 0,25 Suy ra IE là tiếp tuyến của đường tròn (O). + Chứng minh được hai tam giác IEM và ICE đồng dạng. Suy ra IE2 = IM.IC (1) 0,25 · · · + Tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn nên ADE ABE IEK 0,25 Suy ra được hai tam giác IEK và IDE đồng dạng. Suy ra IE2 = IK.ID (2) IM IK + Từ (1) và (2) suy ra IM.IC = IK.ID hay  ID IC 0,25 Suy ra được hai tam giác IMK và IDC đồng dạng. Hơn nữa tam giác IDC vuông tại D nên tam giác IMK vuông tại M. Câu Nội dung Điểm Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xy yz zx xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu y2 z2 x2 1,0 thức H  9x xy2 9y yz2 9z zx2 1 1 1 Từ giả thiết, suy ra : xy yz zx xyz 1 x y z 1 1 1 Câu 6 y2 z2 x2 y (1,0) H x z x(9 y2 ) y(9 z2 ) z(9 x2 ) 9 9 9 2 1 2 1 2 1 0,25 y z x 1 1 1 Đặt a , b , c , khi đó a,b,c 0 và a b c 1. x y z a b c a(9b2 1) 9ab2 b(9c2 1) 9bc2 c(9a2 1) 9ca2 H 9b2 1 9c2 1 9a2 1 9b2 1 9c2 1 9a2 1
7. ab2 bc2 ca2 ab2 bc2 ca2 a b c 9 2 2 2 1 9 2 2 2 9b 1 9c 1 9a 1 9b 1 9c 1 9a 1 ab2 bc2 ca2 ab2 bc2 ca2 3 9 9 (ab bc ca) 9b2 1 9c2 1 9a2 1 6b 6c 6a 2 0,25 3 Suy ra H 1 (ab bc ca) 2 (a b c)2 Chứng minh được ab bc ca . 3 (a b c)2 Thật vậy: ab bc ca (a b)2 (b c)2 (c a)2 0 (đúng). 0,25 3 1 1 Suy ra ab bc ca . Do đó H . 3 2 1 1 Dấu bằng xảy ra khi a b c hay x y z 3 . Vậy giá trị nhỏ nhất của H bằng . 0,25 3 2 * Lưu ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.