1. Trang chủ
  2. » Tất cả

Microsoft Word - 55. CHUYÃ−N LAM SÆ€N THANH HÃfiA - 2021 - 2022.docx

7 9 0
Tài liệu đã được kiểm tra trùng lặp

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 7
Dung lượng 370,52 KB

Nội dung

Microsoft Word 55 CHUYÃ−N LAM SÆ€N THANH HÃfiA 2021 2022 docx 1 / 7 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN TỈNH THANH HOÁ Năm học 2021 2022 Môn thi TOÁN (chuyên Toán) Thời gian là[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HOÁ KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN Năm học: 2021 - 2022 Mơn thi: TỐN (chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài (2,0 điểm) a) Cho số thực a , b không âm thỏa mãn điều kiện ( a  2)(b  2)  Tính giá trị biểu thức:    P  ab  a  b2   a  b  b) Cho số hữu tỉ a, b, c đôi phân biệt Đặt B  1 Chứng minh   2 (a  b) (b  c ) (c  a ) B số hữu tỉ Bài (2,0 điểm) 1) Giải phương trình:  x  x   x  x  18   168 x 1   x  x2   y  y   2) Giải hệ phương trình:   x2  x y   8x   y Bài (2,0 điểm) a) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x  y  xy  x  y   b) Tìm tất số nguyên tố p cho p2  p  lập phương số tự nhiên Bài (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O )  O  cắt hai điểm A B Tiếp tuyến A đường tròn tâm O cắt đường tròn tâm O  P ( P  A) Tiếp tuyến A đường tròn tâm O  cắt đường tròn tâm O Q (Q  A) Gọi I điểm cho tứ giác AOIO  hình bình hành D đối xứng với A qua B a) Chứng minh I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A P Q Từ suy tứ giác A D P Q nội tiếp?  b) Gọi M trung điểm đoạn PQ Chứng minh  ADP  QDM c) Giả sử hai đường thẳng IB PQ cắt S Gọi K giao điểm AD PQ Chứng 1 minh:   SK SP SQ Bài (1,0 điểm) Cho bảng kẻ vng kích thước  gồm có 64 vng (như hình vẽ bên) Người ta đặt 33 quân cờ vào ô vuông bảng cho vng có khơng q quân cờ Hai quân cờ gọi "chiếu nhau" chúng nằm hàng nằm cột Chứng minh với cách đặt tồn qn cờ đơi khơng chiếu 1/7 HẾT 2/7 LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài (2,0 điểm) a) Cho số thực a , b không âm thỏa mãn điều kiện ( a  2)(b  2)  Tính giá trị biểu thức:   P  ab  a  b2   a  b  b) Cho số hữu tỉ  a, b, c đôi phân biệt Đặt B  1 Chứng minh   ( a  b ) (b  c ) ( c  a ) B số hữu tỉ Bài giải a) Ta có: ( a  2)(b  2)   a  2b  ab  Do đó:  a2   b   4  a  ab  a  2b  ( a  b ) ( a  )( b  )  Suy ra:    b  ab  a  2b  ( a  b )   ( a  b )  a  b   a  b   a  b   4( a  b)  (a  b)2   4(a  b)  2ab  (a  b)  2(a  b) Khi đó: P  ab  2( a  b )  Vậy P  b) Đặt x  a  b, y  b  c, z  c  a  x, y , z  x  y  z  Ta có: B 1 1   1  2( x  y  z ) 1 1          2          x y z xyz x y z  xy yz zx  x y z 1 1 1         x y z x y z Vì a, b, c số hữu tỷ nên x, y , z số hữu tỉ, B số hữu tỷ Bài (2,0 điểm) 1) Giải phương trình:  x  x   x  x  18   168 x 1   x  x2   y  y   2) Giải hệ phương trình:   x2  x y   8x   y Bài giải a) Do x  không nghiệm phương trình nên phương trình cho tương đương: 3/7    ( x  1)( x  2)( x  3)( x  6)  168 x  x  x  x  x   168 x 2 6 6 6 6 6          x    x     168   x    12  x    35  168   x    12  x    133  x x x x x x        6      x    x   19     x  x   x  19 x    x x    x  7x   x  337  19 337  19   x x  2 x   x  19 x    337  19 337  19  Vậy tập nghiệm phương trình S  1;6; ;  2   b) Điều kiện y  Phương trình thứ hệ tương đương: x y 1 ( x  y )( x  y )  0 x y 0 x2  y  x  y2    x y  ( x  y ) 1  x  y2         x  y 0  2   x  y   x  y    2 1  1  Ta có: x  y   x  y  x  x  y  y  x y     x     y    x y   , 2  2  vơ lí Do trường hợp hệ phương trình vơ nghiệm Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( x; y )  (2  3;  3),(2  3;2  3)    2 2 Bài (2,0 điểm) a) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x  y  xy  x  y   b) Tìm tất số nguyên tố p cho p2  p  lập phương số tự nhiên Bài giải a) Ta có: x  y  xy  x  y        x  y   xy  x  y  y  y    ( x  y  1)  ( y  3)  2 ( x  y  1)  Vì x, y     ( y  3)  ( x  y  1)2  ho?c  ( y  3)  ( x  y  1)  ( x  4)  x  x  Trường hợp:       y  y  ( y  3)  y   x  y  x  x  ( x  y  1)   Trường hợp:    y   y  y 1 ( y  3)  y 1   Vậy phương trình cho có bốn nghiệm ( x; y )  (6;3),(2;3),(6;5),(2;1) 4/7 b) Ta có: p2  p   a với a  Khi đó: p2  p   a  p( p  1)  2(a  1) a  a  Vì ưcln ( p; p  1)  nên p ( p  1) chia hết cho ( a  1)  p chia hết cho (a  1) p  chia hết cho (a  1) k  k  - Xét p : ( a  1)  p  k (a  1) Mà p số nguyên tố suy ra:   a   a  Với a   p    Nếu k   p  a   a (a  1)  2(a  1)  a  a  1 , vô nghiệm Xét p  1: (a  1)  p  m ( a  1)  Khi ta có:     m( a  1) p  2(a  1) a  a   mp  a  a  Ta có: a  a   a(a  1)  số lẽ Suy ra: ưcln  2; a  a  1  Nên  a  a  1 : m  : m  a  a  1 : m m  Nếu : m   m  Với k    a  a  1  a   2a  3a   a  Với k   a  a   2( a  1)   a  3a   , vô nghiệm Nếu a  a  1: m  a  a   mn Khi ta có: m ( a  1)   n Mặt khác p  m ( a  1)   2n số nguyên tố suy p  2, n   a  Tóm lại p  số nguyên tố cần tìm Bài (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O )  O  cắt hai điểm A B Tiếp tuyến A đường tròn tâm O cắt đường tròn tâm O  P ( P  A) Tiếp tuyến A đường tròn tâm O  cắt đường tròn tâm O Q (Q  A) Gọi I điểm cho tứ giác AOIO  hình bình hành D đối xứng với A qua B a) Chứng minh I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A P Q Từ suy tứ giác A D P Q nội tiếp?  b) Gọi M trung điểm đoạn PQ Chứng minh  ADP  QDM c) Giả sử hai đường thẳng IB PQ cắt S Gọi K giao điểm AD PQ Chứng 1 minh:   SK SP SQ Bài giải 5/7 a) Ta có: OA  AP mà IO / / OA  IO  AP  I  nằm đường trung trực AP  IA  IP Chứng minh tương tự ta có: IA  IQ Từ suy ra: IA  IP  IQ  I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ Gọi E , F giao điểm OO  với AB AI Ta có: Dễ thấy E , F trung điểm AB AI  EF đường trung bình tam giác ABI Suy EF / / BI hay OO / / BI Do BI  AB B Từ IB đường trung trực AD  IA  ID Do tứ giác ADPQ nối tiếp   QAD   QAB   b) Ta có: QPD APB   AO B   AOO , hay QPD AOO   Chứng minh tương tự ta có: PQD   AOO Từ suy AOO # DQP   OAF  Mà M trung điểm PQ F trung điểm OO  QDM   ADP   AIP   AIO  OAF Mặt khác    Từ suy ra: APD  QDM 6/7   QAB  c) Theo chứng minh ta có: QPD   DAP   Mặt khác DQP AQB , hay DQP AQB Từ suy AQB# PQD Suy ra:   IPQ   QBA    QDP   90  IPQ  QBI ABI  IPQ    90  180  QIP  180  QPD   QDP   180  QPD Do tứ giác QBIP nội tiếp Suy ra: SQ  SP  SB  SI Vì M trung điểm đoạn PQ  IM  PQ  tứ giác BKMI nội tiếp Suy ra: SK  SM  SB  SI SM Tu ta suy: SQ  SP  SK  SM   SK SQ  SP Mà SM  SP  MP  SP  MQ  SP  ( SM  SQ )  SP  SQ  SM  SP  SQ  SM Nên ta có: SM 2SM SQ  SP 1         SK SQ  SP SK SQ  SP SK SQ  SP SK SQ SP Bài (1,0 điểm) Cho bảng kẻ vng kích thước  gồm có 64 vng (như hình vẽ bên) Người ta đặt 33 quân cờ vào ô vuông bảng cho vng có khơng quân cờ Hai quân cờ gọi "chiếu nhau" chúng nằm hàng nằm cột Chứng minh với cách đặt ln tồn qn cờ đơi không chiếu Lời giải Đánh số ô bảng hình vẽ 8 7 6 5 4 3 2 Theo nguyên lí Dirichle đặt 33 qn cờ vào mà có loại số đánh từ đến nên có qn cờ số Theo bảng quân cờ đặt có số khơng chiếu Suy điều phải chứng minh THCS.TOANMATH.com 7/7 ... nên p ( p  1) chia hết cho ( a  1)  p chia hết cho (a  1) p  chia hết cho (a  1) k  k  - Xét p : ( a  1)  p  k (a  1) Mà p số nguyên tố suy ra:   a   a  Với a   p  

Ngày đăng: 25/11/2022, 20:34

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN