de thi vao 10 mon toan chuyen toan nam 2021 2022 truong chuyen lam son thanh hoa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HOÁ ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN Năm học: 2021 - 2022 Mơn thi: TỐN (chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) 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  b2  b) Cho số hữu tỉ B số hữu tỉ Bài (2,0 điểm)  a, b, c đôi phân biệt Đặt x 1) Giải phương trình:  B   x  x  x  18  168 x 1   2 ( a  b) (b  c) (c  a ) Chứng minh 1   x  x2   y  y2     x2  x y   8x   y 2) Giải hệ phương trình:  Bài (2,0 điểm) 2 a) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x  y  xy  x  y   p2  p 1 b) Tìm tất số nguyên tố p cho lập phương số tự nhiên Bài (3,0 điểm)    O Cho hai đường tròn (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 PQ cắt S Gọi K giao điểm AD PQ Chứng c) Giả sử hai đường thẳng IB 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 không quân cờ Hai quân cờ 1/8 gọi "chiếu nhau" chúng nằm hàng nằm cột Chứng minh với cách đặt ln tồn qn cờ đôi không chiếu HẾT 2/8 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  b2  b) Cho số hữu tỉ B số hữu tỉ  a, b, c đôi phân biệt Đặt B 1   2 ( a  b) (b  c) (c  a ) Chứng minh Bài giải a) Ta có: (a  2)(b  2)   2a  2b  ab  Do đó:  a    b2     a  ab  2a  2b   b  ab  2a  2b   2( a  b) ( a  2)(b  2)  Suy ra:   2( a  b)2 8 4( a b)  a  b   a  b   a  b   4(a  b)  (a  b)   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 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 Bài (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x x, y, z số hữu tỉ, B số hữu tỷ    x  x  x  18  168 x 1  x   y  2  x 1 y 1    x2  x y   8x   y 2) Giải hệ phương trình:  Bài giải a) Do x  khơng nghiệm phương trình nên phương trình cho tương đương: 3/8    ( 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  133   12 x x x x x x x        6      x   x   19   x  x  x  19 x   x x        x2  x   x  337  19 337  19   x x  2 x   x  19 x   337  19 337  19   S  1;6; ;  2    Vậy tập nghiệm phương trình y0 b) Điều kiện Phương trình thứ hệ tương đương: 1 ( x  y)( x  y) x y  0 x y 0 x 1 y 1 x  y2    x y  ( x  y ) 1  x  y2         x  y 0 2   x  y   x  y    2  x  1  y  1  x  y  x  x  y  y  x y     x  12    y  12   x2 y  12  Ta có: , vơ lí Do trường hợp hệ phương trình vơ nghiệm Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( x; y )  (2  3;2  3),(2  3;2  3) 2 2 2 Bài (2,0 điểm) 2 a) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x  y  xy  x  y   p2  p 1 b) Tìm tất số nguyên tố p cho 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)  ( x  y  1)  ( x  y  1)  Vì x, y  ¢   ho?c  2 ( y  3)  ( y  3)  ( x  y  1)  ( x  4)  x  x        y3 ( y  3)  y3     Trường hợp:  y   x  y  x  ( x  y  1)    y      x  2 y   ( y  3)  y 1  Trường hợp:   y  Vậy phương trình cho có bốn nghiệm ( x; y )  (6;3),(2;3),(6;5),(2;1) 4/8 p2  p   a3 b) Ta có: với a  Khi đó: p2  p   a  p ( p  1)  2(a  1)  a  a  1 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    a   a  - Xét p : ( a  1)  p  k ( a  1) Mà p số nguyên tố suy ra:  a   p  Với Nếu   , vô nghiệm k   p  a   a (a  1)  2(a  1) a  a  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 2; a  a   Suy ra: ưcln 2 a  a 1 : m  : m a2  a  : m Nên m  2:m   m  Nếu k   a  a   a   2a  3a   a  Với 2 Với k   a  a   2(a  1)   a  3a   , vô nghiệm       2 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)   O Cho hai đường tròn (O ) cắt hai điểm A B Tiếp tuyến A đường tròn tâm  P ( P  A) Tiếp tuyến A đường tròn tâm O cắt đường tròn tâm O cắt đường tròn tâm O 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 PQ cắt S Gọi K giao điểm AD PQ Chứng c) Giả sử hai đường thẳng IB 1   minh: SK SP SQ Bài giải 5/8    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 · · · · QPD  QAD  QAB  APB  ·AO B  ·AOO ·  · b) Ta có: , hay QPD  AO O  · PQD  ·AOO Chứng minh tương tự ta có:  Từ suy AOO #DQP  · · Mà M trung điểm PQ F trung điểm OO  QDM  OAF ·ADP  ·AIP  ·AIO  OAF · Mặt khác 6/8 · · Từ suy ra: APD  QDM · · c) Theo chứng minh ta có: QPD  QAB · · · · · Mặt khác DQP  DAP  AQB , hay DQP  AQB Từ suy AQB#PQD Suy ra: · · · · · · QBI  IPQ  QBA  ·ABI  IPQ  QDP  90  IPQ · 180  QIP · · ·  QPD  90   180  QPD  QDP  180 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 SQ SP SK SM   SK SQ SP Tu ta suy: Mà SM  SP  MP  SP  MQ  SP  ( SM  SQ)  SP  SQ  SM  SP  SQ  2SM SM 2 SM SQ  SP 1         SK SQ SP SK SQ SP  SK SQ SP Nên ta có: 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 ô vuông có không quân cờ Hai quân cờ gọi "chiếu nhau" chúng nằm hàng nằm cột Chứng minh với cách đặt ln tồn quân cờ đôi không chiếu Lời giải Đánh số bảng hình vẽ 8 7 6 5 4 3 2 7/8 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 ô có số khơng chiếu Suy điều phải chứng minh THCS.TOANMATH.com 8/8 ... đến nên có qn cờ số Theo bảng quân cờ đặt có số khơng chiếu Suy điều phải chứng minh THCS.TOANMATH.com 8/8