Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Ninh Bình năm 2020

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (195.36 KB, 5 trang )

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NINH BÌNH NĂM HỌC: 2020-2021


Mơn thi Tốn chun; Ngày thi 18/7/2020
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1. (2,0 điểm)


a) Cho Pa2a2

a1

 

2 a 1

2 với a. Chứng minh rằng P là một số tự nhiên.
b) Tính giá trị của biểu thức 2 1: 1 1


1
x


A


x x x x


 

   


    với x 4 2 3.


Câu 2. (2,0 điểm)


a) Cho phương trình x22mx2m 1 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với x1x2
thỏa mãn 2


1 2
4xx .



b) Giải hệ phương trình:


2 2


2 2


2 0


.
10


x y xy x y


x y


     



  



Câu 3. (1,5 điểm)


a) Tìm tất cả các số nguyên n sao cho 2


2022


n  là số chính phương.
b) Giải bất phương trình x 1 4 x 1.



Câu 4. (3,0 điểm)


Cho đường tròn

 

T tâm O và dây cung AB cố định với OAB. Gọi P là điểm di động trên AB sao cho P
khác A B, và P khác trung điểm của AB. Đường tròn

 

T1 tâm C đi qua P và tiếp xúc với đường tròn

 

T tại


.


A Đường tròn

 

T2 tâm D đi qua P và tiếp xúc với đường tròn

 

T tại B. Hai đường tròn

 

T1

 

T2 cắt
nhau tại N với N khác B. Gọi

 

d1 là tiếp tuyến chung của

 

T

 

T1 tại A,

 

d2 là tiếp tuyến chung của


 

T

 

T2 tại B. Gọi Q là giao điểm của

 

d1

 

d2 .
a) Chứng minh rằng tứ giác AOBQ nội tiếp đường tròn.


b) Chứng minh rằng ANPBNP và bốn điểm O C D N, , , cùng nằm trên một đường tròn.


c) Chứng minh rằng đường trung trực của ON luôn đi qua một điểm cố định khi P di chuyển trên AB với P
khác A B, và P khác trung điểm của AB.


Câu 5. (1,5 điểm)


a) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a2b2  b2c2 c2a2  2021. Chứng minh rằng:


2 2 2


1 2012
.


2 2


a b c



bccaab


b) Với số thực a, ta định nghĩa phần nguyên của a là số ngun khơng vượt q a và kí hiệu là

 

a . Dãy số
0, 1, 2,..., n


x x x x được định nghĩa bởi công thức: 1 .


2 2


n


n n


x      


   



(2)

LỜI GIẢI CHI TIẾT BIÊN SOẠN BỞI THUVIENTOAN.NET
Câu 1.


a) Ta có


 





2 2 2 2


2 2 2 2



2


2 2


2 2


1 1 1 2 1 1 2 1 1 1


1 1 1 1 1 1 1 .


a a a a a a a a a a a a


a a a a a a a a


   


                


   


            


Mặt khác


2


2 1 3


1 0



4 4


a   a a   


 nên



2


2 2


1 1 0.


Pa  aa   a


a   P .


b) Với x0 và x1, ta có:








2


1 1 1 1


: :


1 1 1 1



1 1 1


.
1


x x x


A


x x x x x x x x


x


x x x


x x


 



 


   


  


Do đó A 1 .



x x


 Với x 4 2 3, ta có:


 

2

 

2

3


1 1 1


.


4 2 3 4 2 3 3 1 3 1 3 1


A  


 
Vậy


3
1


.
3 1


A



Câu 2.


a) Phương trình đã cho ln có nghiệm x1. Theo định lý Viete ta có: 1 2


1 2


2
.


2 1


x x m


x x m


  



  





 Xét trường hợp 1: x1 1 x2 2m1.


Ta có:



2
2


2
1 2


2
3



2
2


4 4 2 1 .


1


2
2


m x


x x m


m x




   


     


   



Ta nhận 3
2



m vì x1x2.


 Xét trường hợp 1: x2  1 x1 2m1.
Ta có: 4 1 22 4 2

1

1 5 1 1.


8 4


xxm    m x  Ta nhận 5
8


m vì x1x2.


Vậy 3


2


m hoặc 5
8



(3)

b) Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:




 







2 2


2 0 2 0


2 1 0 .



2 1


x xy y x y x y x y x y


x y


x y x y


x y


          


 


     


   


Với xy, thay vào phương trình thứ hai ta được: 2 5 5 5 .


5 5


y x


y


y x



   



  


    



Với x 2y1, thay vào phương trình thứ hai ta được:


2


2 2


1 3


2 1 10 5 4 9 0 9 23.


5 5


y x


y y y y


y x


    





        


     



Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

;

5; 5 ,

 

5; 5 ,

3;1 ,

23; 9 .


5 5


x y       



Câu 3.


a) Đặt m2 n22022 với m. Khi đó phương trình tương đương: m2n2 2022.


Ta có 2022 2 nên

m2n2

2 suy ra m n, cùng tính chẵn lẽ. Do đó mnmn đều chia hết cho 2.
m2n2

mn m



n

suy ra

m2n2

4. Mà 2022 không chia hết cho 4.


Do đó khơng tồn tài m n, thỏa mãn 2 2


2022.


mn


Suy ra không tồn tại n để 2


2022



n  là số chính phương.
b) Điều kiện: 1  x 4.


Với 3 x 4, ta có: x 1 2 và 0  4  x 1. Suy ra x 1 4 x 1.
Với   1 x 3, ta có: x 1 2 và  4  x 1. Suy ra x 1 4 x 1.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S 

1;3 .



Câu 4.


a) Do QA QB, lần lượt là tiếp tuyến của

 

O nên QAOQBO90 .0
Suy ra tứ giác AOBQ nội tiếp đường trịn đường kính QO.


b) Gọi H là giao điểm của QOAB.


Tam giác QAOQBO bằng nhau theo trường hợp (c-c-c) nên QOAQBO.
Suy ra tam giác HOA bằng tam giác HOBHAOHBO.


Hay PACPBD.
Ta có 





0


90 .


2



ACP


ANP  PAC Tương tự 





0


90 .


2


BDP



(4)

Do

 

T

 

T1 tiếp xúc nhau tại A nên O A C, , thẳng hàng.
Tương tự O B D, , thẳng hàng.


Tam giác CAP cân tại C và tam giác OAB cân tại O nên ta có: CAPOABOBA.
Suy ra CP OB .


Tương tự ta cũng chứng minh được DP OA


Do đó OCPD là hình bình hành, suy ra CODCPD.


Mặt khác hai tam giác CNDCPD bằng nhau theo trường hợp c-c-c nên CNDCPD.
Suy ra CODCND hay O C N D, , , cùng nằm trên một đường trịn.


c) Do OCPD là hình bình hành suy ra OCDPDN hay OCND.
Mà tứ giác OCDN nội tiếp nên OCDN là hình thang cân, suy ra ON CD .


Mặt khác

 

T1

 

T2 cắt nhau tại P N, nên CDPN, do đó ONNP tại N.
Gọi N1 là giao điểm của QP với

 

T1QA2QP QN1.


Gọi N2 là giao điểm của QP với

 

T2QB2QP QN2.
Từ đó suy ra N1N2N hay Q P N, , thẳng hàng.


Do đó  0


90 .


ONQ Suy ra N thuộc đường trịn đường kính OQ.
Suy ra trung trực của ON đi qua trung điểm T cố định của OQ.


T
H


Q
N


D
C


O


B



(5)

Câu 5.
a) Đặt


2 2 2



a b c


P


b c c a a b


  


   và


2 2 2


.


b c a


Q


b c c a a b


  


  


Suy ra:


2 2 2 2 2 2


.



a b b c c a


P Q


b c c a a b


  


   


  


Đặt x b c y,  c a z,  a b. Khi đó ta có:


y x z

z y x

x z y

yz zx xy



P Q x y z


x y z x y z


  


         


Áp dụng bất đẳng thức m2n2p2mnnppm, ta có:


.


yz zx xy yz zx zx xy xy yz



x y z


xyzxyyzzx   
Từ đó suy ra P Q 0 hay PQ.


Khi đó ta có:


2 2 2 2 2 2


2P P Q a b b c c a (1).


b c c a a b


  


    


  


Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:






2


2 2 2 2 2 2



2 2 2 2 2 2


2021
.


2 2


a b b c c a


a b b c c a


b c c a a b a b c a b c


    


  


   


      


Mặt khác 2021 2 2 2 2 2 2 2

.


2 2 2


a b b c c a


a b b c c a    a b c


           



Suy ra:




2 2 2 2 2 2


2021 2021 2021


(2).


2 2 2


a b b c c a


a b c b c c a a b


  
    
    
Từ (1) và (2) suy ra: 1 2021


2 2


P hay


2 2 2


1 2021
.



2 2


a b c


bccaab


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2021.


3 2


a  b c


Ta có điều phải chứng minh.


b) Với mọi a0 và 0 x 1 thì

a   x

 

a 1

  

a 1 hoặc

a x

  

a .


Do đó 1


2 2


n


n n


x      


   


    chỉ nhận giá trị 0 hoặc 1.



Ta có:
199


0


1 0 2 1 3 2 200 199 200


... 141.


2 2 2 2 2 2 2 2 2


k
k


x




                  
       
        


             








×