Microsoft Word 47 CHUYÃ−N QUẢNG NGà I 2020 2021 docx a a a x2 + y + 6 x2 4x + 2m 21 1 x2 SỞ GIÁO GIỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2020 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa[.]
SỞ GIÁO GIỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày : 04/6/2021 Mơn : Tốn chun Thời gian làm bài: 150 phút Bài ( 1,5 điểm ) Rút gọn biểu thức A = a2 a Cho hàm số y = (m 2) x + : a +1 a + a + aa (a 0; a ) ( m tham số ) có đồ thị đường thẳng (d) a) Tìm điều kiện m để hàm số đồng biến ℝ b) Tìm giá trị m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến (d) Bài ( 1,5 điểm ) Cho a số nguyên lẻ không chia hết cho Chứng minh a2 20212 chia hết cho 24 Cho số nguyên tố p, q thỏa mãn p + q2 số phương Chứng minh : a) p = 2q + b) p2 + q2021 khơng phải số phương Bài ( 2,5 điểm ) Giải hệ phương trình : 2x + 7xy y = x2 + y + + y = Tìm tấu giá trị tham số m để phương trình x2 5x + 2m = có hai nghiệm dương phân biệt x2 4x1 + 2m x1; x2 thỏa mãn + x2 =3 Cho số thực a,b,c đôi khác thỏa mãn (c + a )( c + b) = Chứng minh rằng: ( a b) + ( c 2+ a) + ( c2+ b) Bài ( 3,5 điểm) Cho đường tron tâm O, bán kính R = 4cm hai điểm B, C cố định (O), BC khơng đường kính Điểm A thay đổi (O) cho tam giác ABC nhọn Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ A, B, C tam giác ABC a) Chứng minh 𝐵ˆ𝐴𝐷 = 𝐶ˆ𝐴𝑂 b) Gọi M điểm đối xứng A qua BC, N điêm đối xứng B qua AC Chứng minh : CD.CN = CE.CM c) Trong trường hợp điểm C, M, N thẳng hàng, tính độ dài đoạn thẳng AB d) Gọi I trung điểm BC Đường thẳng AI cắt EF K Gọi H hình chiếu vng góc K BC CHứng minh đường thẳng AH qua điểm cố định A thay đổi Bài ( điểm ) Cho tập hợp S gồm n số nguyên dương đôi khác ( n 3) thỏa mãn tính chất: tổng phần tử S số nguyên tố Tìm giá trị lớn n ĐÁP ÁN Bài 1.1 √a + √a(1 + √a + a) A = ∶ = a2 − √a √a + a + a√a (√a4 − √a)(√a + 1) a + √a + √a(1 + √a + a) = = √a(√a3 − 1)(√a + 1)(√a3 − 1)(√a + 1) a + √a + 1 = = = (√a − 1)(a + √a + 1)(√a + 1) (√a − 1)(√a + 1) a−1 Vậy A = 0,25 điểm 0,25 điểm a–1 1.2 a) Hàm số đồng biển R ⇔ m − > - m>2 b) Với m = 2, (d): y = cách O khoảng 2, (không thỏa) Với m ≠ 2, gọi M, N giao điểm (d) với trục hoành, trục tung Hoàng độ M nghiệm phương trình: (m − 2)x + = ⇔ x = 2−m ⇒ OM = |2 − m | Đường thẳng (d) cắt trục tung điểm có tung độ nên ON = Gọi OH khoảng cách từ gốc tọa độ O đến (d), áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng OMN ta có: (2 − m)2 1 1 = + ⇔ = + 2 OH OM ON OH2 4 mà OH = nên (2–m)2 + = ⇔ m2 − 4m + = ⇔ (m − 2)2 = 4 N m − = √3 m = + √3 - [ ⇔ [ m − = −√3 m = − √3 D M O Bài 2.1 Vì a số nguyên lẻ nên a = 2k + 1, k ∈ ℤ Từ (1) k(k + 1) ⋮ a2 = 4k2 + 4k + ⇒ a2 − = 4k(k + 1) ⋮ Mặt khác, a không chia hết a = 3q ± 1, q ∈ ℤ (2) a2 = 9q2 ± 6k + ⇒ a2 − ⋮ Từ (1) (2), ta a − ⋮ 24 Từ đó: a2 − 20212 = (a2 − 1) − (20212 − 1) = (a2 − 1) − 2020.2022 = (a2 − 1) − 22 5.101.2.3.337 ⋮ 24 2.2 a) Đặt p + q2 = n2, n ∈ ℕ Suy p = (n − q)(n + q) n−q=1 Vì p số nguyên tố nên { Do p = 2q + n+q=p b) Giả sử p2 + q2021 số phương, đặt p2 + q2021 = m2 Suy q2021 = (m − p)(m + p) Có trường hợp: TH1: 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm m−p=1 { ⇒ a2021 − = 2p = 4q + ⇒ q2021 = 4q + Suy ⋮ q Từ m + p = q2021 0,25 điểm đó: q = Tuy nhiên, đẳng thức q2021 = 4q + khơng xảy TH2: m − p = qa { a, b ∈ N∗, a + b = 2021 Suy qb − qa = 2p b với = 4q + m +p=q Từ ⋮ p q = Khi 2b − 2a a–1 = 10 ⇒ 2a–1(2b–a − 1) = =1 0,25 điểm Suy { ⇒ 2b–a = (vô lý) b–a =5 Tóm lại, trường hợp khơng xảy tức điều giả sử sai hay nói cách khác p2 + q2021 khơng phải số phương Bài (1) 2x2 + 7xy − 4y2 = 3.1 { √x2 + y + + 2y = (2) 2 Từ (1) ⇔ 2x − xy − 4y = ⇔ x(2x − y) + 4y(2x − y) = y = 2x - (x + 4y)(2x − y) =⇔ { 0,25 điểm x = −4y Thay x = −4y vào (2) ta √16y2 + y + = 1 0,25 điểm − 2y y≤ y ≤2 - { ⇔ { Vô nghiệm 16y2 + y + = (1 − 2y)2 12y2 + 5y + = Thay y = 2x vào (2) ta √x2 + 2x + = − 4x x≤ 0,25 điểm − 4x ≥ x≤ ⇔ ⇔ ⇔ x x = x2 + 2x + = − 8x − 16x2 152 − 10x − = [x = −1 ⎩ ⎩ ⎩ =− 0,25 điểm Với x = − => y = − Vậy hệ có nghiệm (− 13 ; −) 3.2 ∆= 25 − 4(2m − 2) > Phương trình có nghiệm dương phân biệt x1, x2 ⇔ { S = 0,25 điểm ⇔ 5>0 P = 2m − > 33 33 m< 0,25 điểm ⇔ < m < { m>1 x1 + x2 = 5; x1 x2 = 2m − x2 − x1 + 2m − = √x2 − 4x1 + 2m − + √x2 = 0,25 điểm - √x2 − 5x1 + 2m − + x1 + √x2 = - √x1 + √x2 = - x1 + x2 + 2√x1x2 = ⇔ √x1x2 = ⇔ x1x2 = ⇔ 2m − = ⇔ m = (thỏa mãn) Vậy m = 0,25 điểm 3.3 Đặt x = c + a, y = c + b Khi xy = Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành Ta có: (X–y)2 + X2 + y2 ≥1 1 1 1 x2 + y2 + 2+ = + 2+ + 2 (x − y)2 (x − y)2 x y x y (x − y)2 x.y (x − y)2 + 2xy (x − y)2 + 1 = + = + (x − y)2 (x − y)2 x2y2 16 (x − y)2 1 = + + (x − y)2 16 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: (x − y)2 (x − y)2 1 + ≥ 2√ = (x − y)2 (x − y)2 16 16 s (X–y)2 + X2 + y2 0,25 điểm ≥ (đpcm) 0,25 điểm Bài A a.) Kẻ đường kính AA/’ đường trịn (O) E Khi tam giác ACA’ vng C => 𝐶ˆ𝐴𝑂 = 900 − 𝐴ˆ𝐴′𝐶 F O Lại có : 𝐵ˆ𝐴𝐷 = 900 − 𝐴ˆ𝐵𝐶 B Mà 𝐴ˆ𝐵𝐶 = 𝐴ˆ𝐴′𝐶 ( chắn cung AC) => 𝐶ˆ 𝐴𝑂 = D ˆ 𝐵 𝐴𝐷 b) Các tam giác vuông CAD CBE có góc C chung nên đồng dạng: CA CD => = => CA.CE = CB.CD CB CE C 0,5 điểm A' Vì A, M đối xứng với qua BC nên CA = CM Tương tự CB = CN => CD.CN = CE.CM 0,5 điểm 0,5 điểm N A E P F B O C D A' M c) Theo tính chất đối xứng, ta có: 𝑀ˆ𝐶𝐵 = 𝐵ˆ𝐶𝐴 = 𝐴ˆ𝐶𝑁 Do đó, trường hợp C, M, N thẳng thàng 𝐵ˆ𝐶𝐴 0,25 điểm = 600 Gọi P trung điểm AB tam giác AOP vuông O => 𝐴ˆ𝑂𝑃 = 𝐴ˆ𝑂𝐵 = 𝐴ˆ𝐶𝐵 = 600 0,25 điểm 0,25 điểm Ta có : sin 𝐴ˆ𝑂𝑃 = AO AP => AP = => AB = AP = d) Gọi J trung điểm EF A Các tam giác AEF ABC có góc A chung 𝐴ˆ𝐹𝐸 = 𝐴ˆ𝐶𝐵 ( tứ giác BCEF nội tiếp) nên đồng dạng => AE E F AB = BC E F 2EJ E J AE EJ Mà = = => = => AEJ ABI => BC BI BI AB BI 𝐴ˆ𝐽𝐸 = 𝐴ˆ𝐼𝐵 E JK F B O D HI C 0,25 điểm A' Ta có: Tam giác IEF cân I ( IE = IF = 1/2BC) => IJ⊥ EF T Tứ giác IKJH có : 𝐼𝐻ˆ𝐾 = 𝐼ˆ𝐽𝐾 = 900 nên nội tiếp => : 𝐴ˆ𝐽𝐸 + ˆ𝐻𝐽𝐾 = 𝐴ˆ𝐼𝐵 + ˆ𝐻𝐽𝐾 0,25 điểm = 1800 => A, J, H thẳng hàng (1) Các tiếp tuyến B C (O) cắt T Ta có : OA2 = OB2 = OI.OT => ∆𝑂𝑇𝐴 OA = OI OT mà góc góc A chung => ∆𝑂𝐴𝐼 ∼ OA => 𝑂ˆ𝐴𝐼 = 𝑂ˆ𝑇𝐴 mà 𝑂ˆ𝑇𝐴 = 0,25 điểm 𝐷ˆ𝐴𝑇 ( so le trong) => 𝑂ˆ𝐴𝐼 = 𝐷ˆ𝐴𝑇 Lại có : 𝐵ˆ𝐴𝐷 = 𝐶ˆ𝐴𝑂 => 𝐵ˆ𝐴𝑇 = 𝐶ˆ𝐴𝐼 => 𝐵ˆ𝐴𝐼 = 𝐶ˆ𝐴𝑇 Mà 𝐵ˆ𝐴𝐼 = 𝐶ˆ𝐴𝐽 ( tam giác đồng dạng ) => 𝐶ˆ𝐴𝑇 = 𝐶ˆ𝐴𝐽 => A, J, T thẳng hàng (2) Từ (1) (2) => AH qua điểm T cố định A di chuyển Bài Đặt S = {s1; s2; ; sn } Vì chia số nguyên dương cho 3, ta có ba loại số dư : 0; 1; nên ta chia số s1; s2 ; ; sn thành nhóm: Nhóm I gồm số chia dư Nhóm II gồm số chia dư 0,25 Nhóm II gồm số chia hết chi Nếu n xảy hai TH sau: TH1: Mỗi nhóm có phần tử: Khơng tổng quát, giả sử s1; s2; s3 thuộc nhóm I, nhóm II, nhóm III => s1 + s2 + s3 3 s1 + s2 + s3 > nên s1 + s2 + s3 số ngun tố TH2: Có nhóm khơng có phần tử Khi có n số s1; s2; ; sn chia tối đa nhóm mà n nên ln tồn số thuộc nhóm Hiển nhiên tổng số chia hết cho khơng 0,25 phải số ngun tố Tím lại, tất tập hợp gồm n số nguyên dương đôi khác mà n không thỏa mãn tính chất nêu đề 0,25 Xét tập hợp {1;3;7;9} Ta có: 1+3+7 = 11; 1+ 3+9 = 13; 1+7+9 = 17 ; 3+7+9 = 19; 11, 13, 17, 19 số nguyên tố nên tập hợp {1;3;7;9} thỏa mãn tính chất đề Vậy giá trị lớn nhât n 0,25 ………………… ... Từ ⋮ p q = Khi 2b − 2a a–1 = 10 ⇒ 2a–1(2b–a − 1) = =1 0,25 điểm Suy { ⇒ 2b–a = (vơ lý) b–a =5 Tóm lại, trường hợp không xảy tức điều giả sử sai hay nói cách khác p2 + q2021 khơng phải số phương... sử p2 + q2021 số phương, đặt p2 + q2021 = m2 Suy q2021 = (m − p)(m + p) Có trường hợp: TH1: 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm m−p=1 { ⇒ a2021 − =... { ⇒ a2021 − = 2p = 4q + ⇒ q2021 = 4q + Suy ⋮ q Từ m + p = q2021 0,25 điểm đó: q = Tuy nhiên, đẳng thức q2021 = 4q + không xảy TH2: m − p = qa { a, b ∈ N∗, a + b = 2021 Suy qb − qa = 2p b với