Đề thi vào 10 môn Toán (chuyên Toán) năm 2021 – 2022 trường chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa

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) ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian phát đề) Bài 1. (2,0 điểm)
a) Cho các số thực a,b không âm thỏa mãn điều kiện (a  2)(b  2)  8 . Tính giá trị của biểu thức: 2 2 P  ab  a  b    2a   2 2 8 2 4 b  4 . 1 1 1
b) Cho các số hữu tỉ a, ,
b c đôi một phân biệt. Đặt B    . Chứng minh 2 2 2 (a  b) (b  c) (c  a) rằng B là số hữu tỉ. Bài 2. (2,0 điểm)
1) Giải phương trình:  2 x  x   2 x  x   2 3 2 9 18  168x .  1 1 x   y   2 2 x  1 y  1 
2) Giải hệ phương trình:  .  2 1 x  2x y   8x 1  y Bài 3. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 2 2
x  2y  2xy  2x  4y  6  0 . 2 p  p
b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho
1 là lập phương của một số tự nhiên. 2 Bài 4. (3,0 điểm)
Cho hai đường tròn (O) và  
O  cắt nhau tại hai điểm A và B . Tiếp tuyến tại A của đường tròn tâm
O cắt đường tròn tâm 
O tại P(P  A) . Tiếp tuyến tại A của đường tròn tâm  O cắt đường tròn tâm
O tại Q(Q  A) . Gọi I là điểm sao cho tứ giác 
AOIO là hình bình hành và D đối xứng với A qua B .
a) Chứng minh rằng I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A P Q. Từ đó suy ra tứ giác A D P Q nội tiếp?
b) Gọi M là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh  ADP   QDM .
c) Giả sử hai đường thẳng IB và PQ cắt nhau tại S . Gọi K là giao điểm của AD và PQ . Chứng 2 1 1 minh:   . SK SP SQ Bài 5. (1,0 điểm)
Cho bảng kẻ ô vuông kích thước 88 gồm có 64 ô vuông con (như hình vẽ bên). Người ta đặt 33 quân
cờ vào các ô vuông con của bảng sao cho mỗi ô vuông con có không quá một quân cờ. Hai quân cờ
được gọi là "chiếu nhau" nếu chúng nằm cùng một hàng hoặc nằm cùng một cột. Chứng minh rằng với
mỗi cách đặt luôn tồn tại ít nhất 5 quân cờ đôi một không chiếu nhau. 1 / 7
____________________ HẾT ____________________ 2 / 7 LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài 1. (2,0 điểm)
a) Cho các số thực a,b không âm thỏa mãn điều kiện (a  2)(b  2)  8 . Tính giá trị của biểu thức: 2 2 P  ab  a  b    2a   2 2 8 2 4 b  4 1 1 1
b) Cho các số hữu tỉ a, ,
b c đôi một phân biệt. Đặt B    . Chứng minh 2 2 2 (a  b) (b  c) (c  a) rằng B là số hữu tỉ. Bài giải
a) Ta có: (a  2)(b  2)  8  2a  2b  ab  4 . Do đó: 2  2 a  4  2 b  4   2  2
a  ab  2 a  2b  2 b  ab  2 a  2b  2 2 
2 (a  b ) ( a  2)(b  2) 
2 (a  b )  8  4( a  b ). Suy ra: 2 2 2 a  b  8  2 2 a  4 2 b  4 2 2
 2 a  b  8  4(a  b) 2 2
 2 (a  b)  8  4(a  b)  2ab  2 (a  b)  2(a  b).
Khi đó: P  ab  2(a  b)  4 . Vậy P  4 .
b) Đặt x  a  b, y  b  c, z  c  a  x, y, z  0 và x  y  z  0 . Ta có: 2 2 1 1 1  1 1 1   1 1 1   1 1 1  2(x  y  z) B        2       2 2 2       x y z  x y z   xy yz zx   x y z  xyz 2  1 1 1  1 1 1          x y z  x y z Vì a, ,
b c là các số hữu tỷ nên x, y, z là các số hữu tỉ, do đó B là số hữu tỷ. Bài 2. (2,0 điểm)
1) Giải phương trình:  2 x  x   2 x  x   2 3 2 9 18  168x .  1 1 x   y   2 2 x  1 y  1 
2) Giải hệ phương trình:  .  2 1 x  2x y   8x 1  y Bài giải
a) Do x  0 không là nghiệm của phương trình nên phương trình đã cho tương đương: 3 / 7 2
(x 1)(x  2)(x  3)(x  6)  168x   2 x  7x  6 2 x  5x  6 2  168x 2 2  6  6   6   6   6   6 
 x   7 x   5  168  x  12 x   35  168  x  12 x  133  0             x  x   x   x   x   x   6  6 
 x   7 x  19  0    
 2x 7x  6 2x 19x  6  0  x  x  2 x  7x  6  0 x  1 337 19 337 19    x   .x  2  x  19x  6  0  x  6 2 2  337 19 337 19 
Vậy tập nghiệm của phương trình S  1  ;6; ;  .  2 2  
b) Điều kiện y  0 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương: 1 1 (x  y)(x  y) x  y    0  x  y   0 2 2 x  1 y  1  2x  1 2y  1   x  x  y  y (x  y) 1       0   2 x   1  2 y   1     2 x   1  2 y   1  x  y  1   1  1 Ta có: x   1  y   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1  x  y  x  x  y  y  x y  1  0  x   y   x y   0     ,  2   2  2 vô lí.
Do đó trong trường hợp này hệ phương trình vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ;
x y)  (2  3;2  3),(2  3;2  3) . Bài 3. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 2 2
x  2y  2xy  2x  4 y  6  0 . 2 p  p
b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho
1 là lập phương của một số tự nhiên. 2 Bài giải a) Ta có: 2 2
x  2y  2xy  2x  4 y  6  0   2 2
x  y  1 2xy  2x  2 y   2 y  6 y  9  4 2 2
 (x  y 1)  (y  3)  4 2 2 (x  y 1)  4 (x  y 1)  0 Vì x, y     ho?c  2 2 (y  3)  0 ( y  3)  4   2 2 (x  y 1)  4 (x  4)  4 x  6 x  2 Trường hợp:      hoặc  . 2 (y  3)  0 y  3    y  3 y  3  x  y 1 2 (x  y 1)  0  x  6 x  2 Trường hợp:   y  5   hoặc  . 2 ( y  3)  4   y  5 y  1 y  1  
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm (x; y)  (6;3),(2;3),(6;5),(2;1) . 4 / 7 2 p  p b) Ta có: 3
1  a với a  0 . Khi đó: 2 2 p  p 3
  a  p p   a   2 1 ( 1) 2( 1) a  a  
1 .Vì ưcln ( p; p 1)  1 nên p( p 1) chia hết cho 2
(a  1)  p chia hết cho (a  1) hoặc p  1 chia hết cho (a  1) . k  1 k  1
- Xét p : (a  1)  p  k(a  1) . Mà p là số nguyên tố suy ra:   . a 1 1     a  0 Với a  0  p  2 .
Nếu k   p  a   a a   a   2 1 1 ( 1) 2( 1) a  a   1 , vô nghiệm.
Xét p 1: (a  1)  p  m(a  1)  1. Khi đó ta có: m a  p  a   2
a  a    mp   2 ( 1) 2( 1) 1 2 a  a   1 . Ta có: 2
a  a 1  a(a 1) 1 là một số lẽ. Suy ra: ưcln  2 2; a  a   1  1. Nên  2 2 a  a   1 : m  2 : m hoặc  2 a  a   1 : m . m  1 Nếu 2 : m   . m  2 Với k    2 a  a   2 1 2
1  a  2  2a  3a  0  a  0 Với 2 2
k  2  a  a 1  2(a 1) 1  a  3a 1  0 , vô nghiệm. Nếu 2 2
a  a  1: m  a  a  1  mn . Khi đó ta có: m(a  1)  1  2n .
Mặt khác p  m(a  1)  1  2n là số nguyên tố suy ra p  2,n  1  a  0 .
Tóm lại p  2 là số nguyên tố cần tìm. Bài 4. (3,0 điểm)
Cho hai đường tròn (O) và  
O  cắt nhau tại hai điểm A và B . Tiếp tuyến tại A của đường tròn tâm
O cắt đường tròn tâm 
O tại P(P  A) . Tiếp tuyến tại A của đường tròn tâm  O cắt đường tròn tâm
O tại Q(Q  A) . Gọi I là điểm sao cho tứ giác 
AOIO là hình bình hành và D đối xứng với A qua B .
a) Chứng minh rằng I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A P Q. Từ đó suy ra tứ giác A D P Q nội tiếp?
b) Gọi M là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh  ADP   QDM .
c) Giả sử hai đường thẳng IB và PQ cắt nhau tại S . Gọi K là giao điểm của AD và PQ . Chứng 2 1 1 minh:   . SK SP SQ Bài giải 5 / 7
a) Ta có: OA  AP mà IO / /OA IO AP I   
 nằm trên đường trung trực của AP  IA  IP .
Chứng minh tương tự ta cũng có: IA  IQ .
Từ đó suy ra: IA  IP  IQ  I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ .
Gọi E, F lần lượt là giao điểm của OO với AB và AI. Ta có:
Dễ thấy E, F lần lượt là trung điểm của AB và AI  EF là đường trung bình của tam giác ABI .
Suy ra EF / /BI hay OO / /BI . Do đó BI  AB tại B .
Từ đó IB là đường trung trực của AD  IA  ID .
Do đó tứ giác ADPQ nối tiếp. 1 b) Ta có:  QPD  QAD  QAB     APB AO B AO      O , hay   QPD AO  O 2 
Chứng minh tương tự ta cũng có:  PQD   AOO . Từ đó suy ra AOO  # DQP
Mà M là trung điểm của PQ và F là trung điểm của OO   QDM   OAF . 1  Mặt khác  ADP   AIP   AIO   OAF . 2 Từ đây suy ra:  APD   QDM . 6 / 7
c) Theo chứng minh trên ta có:  QPD   QAB . Mặt khác  DQP   DAP   AQB , hay  DQP   AQB
Từ đó suy ra AQB# PQD . Suy ra:  QBI   IPQ   QBA   ABI   IPQ   QDP  90   IPQ   180   QIP QPD  90   180   QPD   QDP  180 2
Do đó tứ giác QBIP nội tiếp. Suy ra: SQ  SP  SB  SI
Vì M là trung điểm của đoạn PQ  IM  PQ  tứ giác BKMI nội tiếp. Suy ra: SK  SM  SB  SI 1 SM
Tu đó ta suy: SQ  SP  SK  SM   SK SQ  SP
Mà SM  SP  MP  SP  MQ  SP  (SM  SQ)  SP  SQ  SM  SP  SQ  2SM 1 SM 2 2SM 2 SQ  SP 2 1 1 Nên ta có:         SK SQ  SP SK SQ  SP SK SQ  SP SK SQ SP Bài 5. (1,0 điểm)
Cho bảng kẻ ô vuông kích thước 88 gồm có 64 ô vuông con (như hình vẽ bên). Người ta đặt 33 quân
cờ vào các ô vuông con của bảng sao cho mỗi ô vuông con có không quá một quân cờ. Hai quân cờ
được gọi là "chiếu nhau" nếu chúng nằm cùng một hàng hoặc nằm cùng một cột. Chứng minh rằng với
mỗi cách đặt luôn tồn tại ít nhất 5 quân cờ đôi một không chiếu nhau. Lời giải
Đánh số các ô của bảng như hình vẽ. 1 2 3 4 5 6 7 8 8 1 2 3 4 5 6 7 7 8 1 2 3 4 5 6 6 7 8 1 2 3 4 5 5 6 7 8 1 2 5 4 4 5 6 7 8 1 2 3 3 4 5 6 7 8 1 2 2 3 4 5 6 7 8 1
Theo nguyên lí Dirichle đặt 33 quân cờ vào mỗi ô mà có 8 loại ô là các số được đánh từ 1 đến
8 nên có ít nhất 5 quân cờ cùng một số. Theo bảng này các quân cờ được đặt trong các ô có
cùng số thì không chiếu nhau.
Suy ra điều phải chứng minh.
__________ THCS.TOANMATH.com __________ 7 / 7