56 Đề Tuyển Sinh Lớp 10 Môn Toán (Chuyên) Năm 2021 – 2022 Trường Thpt Chuyên Thái Bình (Đề+Đáp Án).Docx

Microsoft Word 53 CHUYÃ−N THÆI BÄNH 2021 2022 docx  a b c   Trang 1 x + 3 x 3x2 + 33 2x + y 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài 1 (2, 0 điểm) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT C[.]

 a b c 



Trang 1

x + 3 x

3x2 + 33 2x + y 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1 (2, 0 điểm)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH

Năm học: 2021 – 2022 Môn thi: TOÁN (Dành cho thí sinh thi chuyên Toán, Tin) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

1 Cho f (x) = x2  3x  5 có hai nghiệm là x1, x2

Đąt

g (x) = x2  4 Tính giá trị của

T = g ( x1 ) g ( x2 )

2 Cho a, b, c la các số thực khác 0 và thóa mân (a + b + c)  1 + 1 + 1  =

rằng (a3 + b3 )(b25 + c25 )(c2021 + a2021 ) = 0

Bài 2 (2, 5 điểm)

2 Giải hệ phương trình

x2 + y2 +







2xy = 1

x + y

+ 3 = 3x + y + 6

Bài 3 (3, 5 điểm)

cao BE, CF cắt nhau tại H Gọi S là giao điểm của các đường thằng BC và EF , gọi M

nhau

Bài 4 (1, 0 điểm)

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

3a2 + 2b2 + c2 +3b2 + 2c b2 + a2 +3c2 + 2a c2 + b2

Hết

 a b c 

x

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TH ÁI B ÌNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1 (2, 0 điểm)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

Năm học: 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN GIẢI

1 Cho f (x) = x2  3x  5 có hai nghiệm là x1, x2

2  4 Tính giá trị của

T = g ( x1 ) g ( x2 )

2 Cho a, b, c la các số thực khác 0 và thóa mân (a + b + c)  1 + 1 + 1  =

rằng (a3 + b3 )(b25 + c25 )(c2021 + a2021 ) = 0

Lời giải

1 Cho

f (x) = x2  3x  5 có hai nghiệm là x1 , x2

Đặt

g(x) = x2  4 Tính giá trị của

T = g ( x1 ).g ( x2 )

Vì x1 , x2 là nghiệm của

f (x) = x2  3x  5 nên ta có:

x2  3x  5 = 0

 1 1 x2 = 3x + 5

x2  3x  5 = 0 x2 = 3x + 5

Theo định lý Vi-et ta có: x1 + x2 = 3 nên:

T = g ( x1 ).g ( x2 )

T = (x2  4)(x2  4)



 1 2 = 5

T = (3x1 + 5  4)(3x2 + 5  4)

T = (3x1 +1)(3x2 + 1)

T = 9x1x2 + 3( x1 + x2 ) + 1

T = 9  (5) + 3.3 + 1

T = 35

Vậy T = 35

1 1 1  = 1

   

Trang 3

minh rằng (a3 + b3 )(b25 + c25 )(c2021 + a2021 ) = 0

Vì (a + b + c)  1 + 1 + 1  = 1 nên a + b + c  0   1 + 1 + 1  = 1

   







x = 1

x + 3 x

3x2 + 33 2x + y 1

x + 3 x

x + 3 x

  1  1

 +  1 + 1  = 0

 a a + b + c   b c 

 a(a + b + b + c

c) + b + c bc = 0

 (b + c)   a(a + b + c) bc 1 + 1  = 0

  bc + a2 + ab + ac 

(b + c)  abc(a + b + c)  = 0

 (b + c)(c + a)(a + b) abc(a + b + c) = 0

a = b

 b = c

c = a

Vậy (a3 + b3 )(b25 + c25 )(c2021 + a2021 ) = 0 (đpcm)

Bài 2 (2, 5 điểm)

2 Giải hệ phương trình



x2 + y2 +







2xy = 1

x + y

+ 3 = 3x + y + 6

Lời giải

Điều kiện xác định: x  0 , ta có:

4 + 4 = 3x + 9

 (x + 3  4

+ 4) + 2(x  2 +1) = 0

 (  2) 2 + 2(

 x + 3  2 = 0



 x 1 = 0

1) 2 = 0

 x + 3 = 4  x = 1 (tm DKXD)



Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

x2 + y2 +

x = 1

2xy = 1



Trang 5

3x2 + 33 2x + y 1

x + y  0

S 2 + S  2P = 0 x2 + 2y + x + y =

0



3x2 + 33 2x + 1 x 1

3x2 + 33 x

x x

ĐKXĐ: 2x + y 1  0

(1)  x2 + y2 + 2xy = 1

x + y

 (x + y)2  2xy + 2xy = 1

x + y

Đặt

 (x + y)3  2xy(x + y) + 2xy = (x + y)

S = x + y, P = xy (S 2  4P) ta có:

S 3  2SP + 2P = S

 S = 1

 S (S + 1)(S 1)  2P(S 1) = 0

 x + y = 1

 (S 1)(S 2 + S  2P) = 0

TH1: Với

x + y = 1  y = 1  x , thay vào (2) ta được:

+ 3

= 3x +1  x + 6

= 2x + 7

 3x2 + 33 + 2 3x2 + 33.3 + 9x = 4x2 + 28x + 49

 6 3x2 + 33  = x2 +19x +16

 36(3x2 + 33) x = x4 + 361x2 + 256 + 38x3 + 32x2 + 608x

 x4  70 x3 + 393x2  580 x + 256 = 0

 (x 1)2 (x  4)(x  64) = 0

 x = 1  y = 0 (TM )

  x = 4  y = 3 (TM )

 x = 64  y = 63 (TM )

TH2: Với x2 + y2 + x + y = 0 Ta coi đây là phương trình bậc hai ẩn x

Để tồn tại x thì  = 1 4( y2 + y)  0  4y2 + 4 y 1  0

  1+ 2  1  2 

4 y + 2  y + 2   0  

  1+ 2 2 y  1+ 2 2

Tương tự ta cũng có  1+ 2  x  1+ 2

Trang 7

Suy ra 2x + y 1  2 1+

2 + 1+

2

1  0 , không thỏa mãn điều kiện 2x + y 1  0 nên

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)

cao BE, CF cắt nhau tại H Gọi S là giao điểm của các đường thằng BC và EF , gọi M

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

 SFB =

SFB =

SCE (cmt ) ; góc

FSB là góc chung

 SBF# SEC(g.g )  SB = SF  SB.SC = SF.SE

Trang 9

Góc

Góc SBM = SAC (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

MSB là góc chung

 SBM # SAC ( g.g )  SB = SM

SA SC  SB.SC = SM SA (2)

 SMF# SEA(c.g.c )  SMF = SEA ( 2 góc tương ứng)

 AMFE là nội tiếp đường tròn

góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)

HEA = HMS = 90.(góc ngoài và

b Gọi I là trung điểm của BC Chíng minh rằng SH vuông góc với AI .

Mà AH  SI nên H là trực tâm ASI  SH  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.

HKS + HMS = 180

và AKS có: SAH

 AMH # AKS ( g.g )  AH = AM

AS AK  AH AK = AM AS (3)

AEH # AKC ( g.g )  AE = AH  AE.AC = AH AK

Từ (3) và (4) suy ra AM AS = AE.AC .

Mà ABE = ACT  ATE = ACT , lại có TAE chung

 ACT # ATE ( g.g )  AT = AC  AE  AC = AT 2

Vì ATE =

4n2  4n 1d







Trang

11

Lại có

AM AS = AE AC = AT 2  AM AT = AT AS Xét ATM và AST có: SAT chung; AM = AT (cmt )

 ATM # AST (c.g.c)  ATM = AST ( 2 góc tương ứng)

SMT (2)

xúc với nhau

Bài 4 (1, 0 điểm)

minh rằng 4n3  5n  1 không là số chính phương

Lời giải

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  *)

Suy ra n +1d

Có 4n2  4n 1 = 4n(n +1)  8(n +1) + 7d  7d

n(n +1) +

Vì n(n + 1) +

không chia hết cho 7 , suy ra d  7  d = 1

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

n = 5

2n  a 1 = 1

2n + a 1 = 2

2n  a 1 = 2



a =





4 1

2n + a 1 = 1  n =  2



a = 1

 2

Vậy giả sử là sai, ta có điều phải chứng minh





Bài 5 (0, 5 điểm)

   



Trang

13

a  b bc ca

ca ab

b  c

bc ab

a  c

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3abc Tìm giá trị lớn nhất của

3a2 + 2b2 + c2 +3b2 + 2c b2 + a2 +3c2 + 2a c2 + b2

Lời giải

Ta có: a2 + b2 + c2 = 3abc  a + b + c = 3

bc ca ab

a

+ b +  2 = 2

b

+ c  2 = 2

a

+ c  2 = 2

Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên, ta có:

 2  a + b + c   2  1

+ 1 + 1   1

+ 1 + 1  3

 bc ca ab   a b c  a b c

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có:

3a 2 + 2b 2 + c 2 = 2 (a 2 + b 2) + (a 2 + c 2)  4ab + 2ac

 3a2 + 2ba2 + c 2  4ab + 2ac 2 2b + ca = 1 . 1

 1 1  1  2 + 1 

b b c b + b + c 2 2b + c 18  b c 

3b 2 + 2c 2 2 + a 18  c1  2 1 a  3c2 + 2a c 2 + b 2 18  a1  2 1 b 

Vậy GTLN của T là 1 , dấu " = " xảy ra khi a = b = c = 1

2



………