de tuyen sinh lop 10 chuyen mon toan chuyen nam 2021 2022 so gddt vinh phuc

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2021 – 2022 ĐỀ THI MƠN: TỐN Dành cho thí sinh thi chuyên Toán chuyên Tin Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu (3,5 điểm) a) Giải phương trình 4x  x   x  x  b) Giải phương trình 4x2  x  2 5 2  x  y  x  y   2 2x  y  3xy  3x  2y  1 c) Giải hệ phương trình  Câu (1,5 điểm) 2 a) Cho số nguyên x, y,z thỏa mãn x  y  z  2xyz Chứng minh xyz chia hết cho 24  a  b  c b) Tìm tất ba số nguyên dương (a; b;c) cho  2a  2b số phương Câu (1,0 điểm) Cho số dương a; b;c thỏa mãn a) a  b  2c  10 a  b  ab   c  Chứng minh rằng: 2a  2b  2c    5 b c  b) a  Câu (3,0 điểm) Cho hình thang ABCD (AD song song với BC, AD < BC) Các điểm E, F thuộc cạnh AB, CD Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường thẳng AD M (M không trùng với A D, D nằm A M), đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF cắt đường thẳng BC điểm N (N không trùng với B C, B nằm C N) Đường thẳng AB cắt đường thẳng CD điểm P, đường thẳng EN cắt đường thẳng FM điểm Q Chứng minh rằng: a) Tứ giác EFQP nội tiếp đường tròn b) PQ song song với BC tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE, AMF, CEN nằm đường thẳng cố định c) Các đường thẳng MN, BD, EF đồng quy điểm Câu (1,0 điểm) Thầy Quyết viết số nguyên 1, 2, 3,…., 2021, 2002 lên bảng Thầy Quyết thực việc thay số sau: Mỗi lần thay số, thầy chọn hai số bảng, xóa hai số viết lên bảng số trung bình cộng hai số vừa xóa Sau 2021 lần thay số vậy, bảng lại số a) Chứng minh số cịn lại bảng số 2021 b) Chứng minh số lại bảng số 2006 -HẾT - ĐÁP ÁN Câu (3,5 điểm) a) Giải phương trình 4x  x   x  Bình phương hai vế phương trình ta được:  4x  x  3 2 (ĐKXĐ: x 2 )  4 x  2  16x4  x2   8x3  6x  24x2  4x   16x4  8x3  23x2  2x  1        16x4  16x3  24x3  24x2  x2  2x      16x3  x  1  24x2  x  1  x  12      x  1 16x3  24x2  x         x  1  16x3  4x2  20x2  5x   4x  1       x  1  4x2  4x  1  5x 4x  1   4x  1     x  1  4x  1 4x2  5x      x  1  x  1     4x  1  x    4x2  5x  1    4x  5x  1 (*)    5  4.4. 1  41 Giải (*):  5 41 x   5 41 x Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt:   5 41 S  1;     Thử lại vào phương trình cho ta tập nghiệm phương trình là: x2  b) Giải phương trình: 4x2  x  2 5 (ĐKXĐ: x  2) 4x2 4x2 4x2 x     5 x  (x  2)2 x   2  2x  4x2   x  5   x  2 x    x2  4x2    (1)   x  x    x2 t x  , phương trình (1) trở thành: t  4t   (2) Đặt t  1; t2  5 Vì 1  (5)  nên phương trình (2) có nghiệm Với t1  ta có: x  1 x2  x   x2  x   (3) x Vì 1 (1)  (2)  nên phương trình (3) có nghiệm Với t2  5 x1  1(tm); x2  (tm) ta có:   15 x2 x2  5x  10   x     x R  5  x2  5x  10  2  x (Vơ lí ) Vậy tập nghiệm phương trình cho là: S   1;2  x2  y2  x  y  (1)  2 2x  y  3xy  3x  2y  1 (2) c) Giải hệ phương trình:  2 Ta có: (2)  (2x  2xy)  (xy  y )  (x  y)  (2x  y)  1  2x(x  y)  y(x  y)  (x  y)  (2x  y)  1  (x  y)(2x  y)  (x  y)  (2x  y  1)   (x  y)(2x  y  1)  (2x  y  1)   (2x  y  1)(x  y  1)  2x  y  1   x  y  1  y  2x   y x Thay y 2x  vào (1) ta được: x2   2x  1  x  2x  1  5x2  7x   (3)   72  4.5. 6  169  7  169  x  2.5   7  169  2 x  2.5  Phương trình (3) có nghiệm phân biệt 3 11 x   y   1 5 Với Với x  2  y  2. 2  1 3 x2   x  1  x  x  1  2x2  4x   (4) y  x  Thay vào (1) ta được:    6  x  1; x  3 Vì Với x  1 y  nên phương trình (4) có nghiệm phân biệt: Với x  3 y  2 Vậy nghiệm hệ phương trình cho là: Câu (1,5 điểm)       ; 2; 3 ; 1;2 ; 3; 2   x; y   35;11 5 2 a) Vì x  y  z  2xyz nên 2xyz chẵn, nên tồn số chẵn, giả sử x chẵn 2 Khi đó: x M4; 2xyzM4  y  z M4 (*) 2 Nếu y lẻ  y lẻ  lẻ z  z lẻ 2  y  2k  1 y  4k  4k   2  z  2m 1 z  4m  4m  k;m Z  y2  z2  4k2  4k  4m2  4m  y2  z2 chia dư (không thỏa mãn(*)) Do y chẵn z chẵn  yM2; zM2  xyzM8 (1) 2 Giả sử số x, y, z khơng chia hết cho x; y; z chẵn nên x ; y ; z  1(mod3)  x2  y2  z2M3 Do 2xyzM3 xyzM3 (mâu thuẫn với giả thiết x, y, z không chia hết cho 3) Nên tồn số chia hết cho hay xyzM3 (2) Từ (1) (2) suy ra: xyzM24 Vậy xyzM24 A   a  b  c  2a  2b b) Đặt Ta có:  a  b  c  1   a  b  c  2 a  b  c  1 A  a  b  c  1   a  b  c  2 a  b  c  1 A  a  b  c  1  A   a  b  c  1 Nên 2 2 Mà A phương nên A   a  b  c   a  b  c  2a  2b   a  b  c 2  2a  2b  a  b Vậy tất (a; b; c) cần tìm (k; k; m) với k, m nguyên dương Câu (1,0 điểm) a) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM:  a  1   b  1   a  1  b  1   ab  a  b   c   a  b   2c  12  ab  a  b   a  b c Suy a  b  2c  10 Dấu “=” xảy Vậy a  b  2c  10 b) Ta có: 2a  2b  2c    5 a  b c  a   b  a  b a  b 2 2a  2b  2c   2  2   1 a1 b c 1 1 2     1 a  b c  1    1 a  b c    2  1 2      a  b c  c ( a  1)( b  1) (a  1)(b  1)  c  Ta có: 1 16 16       1 a  b c  a  b a  b  2c  10   c 2 (đpcm) 2a  2b  2c    5 b c  Vậy a  Câu (3,0 điểm) a) Ta có:   ·EQF  ·NEF  ·QF E  180o  ·FCN  ·PAD · · Vì AD // BC nên FCN  PDA (2 góc đồng vị) · · · · Do đó: EQF  180  P DA  PAD  EPF Suy tứ giác EFQP nội tiếp đường tròn o · o · o · b) Vì tứ giác EFQP nội tiếp nên QPA  180  QF E  180  PAD  ·QPA  ·PAD  180o Mà hai góc vị trí phía  PQ // AD  O  ; O  ; O  đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE; AMF, CEN  O  cắt  O  E F nên OO  EF (1) Do  O  cắt  O  E F nên O O  EF (2) Do Gọi 2 3 O ;O ;O Từ (1) (2) suy thẳng hàng (đpcm) c) Giả sử MN cắt EF K Ta chứng minh B, D, K thẳn hàng Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác MNQ cát tuyến KEF ta được: KM EN FQ 1 KN EQ FM KM EQ FM PQ DM DM    KN EN FQ NB PQ NB Suy Kết hợp với MD // NB, suy B, D, K thẳng hàng (đpcm) Câu (1,0 điểm) a) Ta cách xóa để số cịn lại bảng 2021 Lần 1: Xóa 1; thay số Lần 2: Xóa 2; thay số Lần 3: Xóa 2; thay số … Lần k: Xóa k  1; k  thay số k … Lần 2020: Xóa 2019; 2021 thay số 2020 Lần 2021: Xóa 2021; 2022 thay số 2021 Lúc bảng lại số 2021 b) Ta cách xóa để số lại bảng 2006 Chỉ cần chia dãy số 1; 2; 3; 4; …, 2020; 2021; 2022 thành hai phần (hai dãy con) sau: Dãy 1: 1; 2; 3; 4; …., 2005; 2006 Dãy 2: 2007; 2008; ….; 2021; 2022 Bằng thuật toán phần a với dãy sau 2004 bước ta cịn lại số 2004, 2006 Bằng thuật toán phần a với dãy thực ngược lại từ cuối dãy đầu dãy sau 15 bước ta cịn lại số 2008 Nên sau 2019 bước lại số: 2004; 2006; 2008 Và sau bước ta thu số 2006 bảng Vậy số cịn lại bảng số 2006 Nhận xét: Bằng quy nạp theo n, ta chứng minh toán tổng quát sau: Cho số bảng 1; 2; 3; 4;…; n 1; n Khi ta ln có cách thực việc thay số để thu số k từ đến n THCS.TOANMATH.com ... lại bảng 2021 Lần 1: Xóa 1; thay số Lần 2: Xóa 2; thay số Lần 3: Xóa 2; thay số … Lần k: Xóa k  1; k  thay số k … Lần 2020: Xóa 2019; 2021 thay số 2020 Lần 2021: Xóa 2021; 2022 thay số 2021 Lúc... số 2021 b) Ta cách xóa để số cịn lại bảng 2006 Chỉ cần chia dãy số 1; 2; 3; 4; …, 2020; 2021; 2022 thành hai phần (hai dãy con) sau: Dãy 1: 1; 2; 3; 4; …., 2005; 2006 Dãy 2: 2007; 2008; ….; 2021; ... (3) có nghiệm Với t2  5 x1  1(tm); x2  (tm) ta có:   15 x2 x2  5x  10   x     x R  5  x2  5x  10  2  x (Vơ lí ) Vậy tập nghiệm phương trình cho là: S   1;2  x2