Đề thi thử vào lớp 10 THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 1 môn Toán - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Yên Lạc (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi thử vào lớp 10 THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 1 môn Toán - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Yên Lạc (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT CVP LẦN 1 TRƯỜNG THCS YÊN LẠC NĂM HỌC 2023 - 2024 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi gồm: 01 trang 1 1 1 Câu 1. (2,0 điểm) a) Cho các số thực x, y, z khác 0. Đặt a = x + ; b = y + ; c = xy + . x y xy Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 - abc = 4 . b) Cho các số thực a,b khác – 2 thỏa mãn (2a + 1)(2b + 1)= 9. 1 1 Tính giá trị của biểu thức A = + . 2+ a 2+ b Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 2x2 + x + 3 = 3x x + 3. x y 2 2x 1 2y 1 b) Giải hệ phương trình: 2 x y x 2y 3x 2y 4 Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB<AC nội tiếp đường tròn (O). Một đường tròn tiếp xúc với các cạnh AB, AC tại M, N và có tâm I thuộc cạnh BC. Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. a) Chứng minh rằng các điểm A,M,H,I,N cùng thuộc một đường tròn và HA là tia phân giác góc MHN. b) Đường thẳng đi qua I và vuông góc với BC cắt MN tại K. Chứng minh rằng AK đi qua trung điểm D của BC. c) Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại điểm S. Chứng minh rằng góc CAD bằng góc BAS. Câu 4. (1,5 điểm) a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x3 y2 xy2 1. 1 b a) Cho các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn c a . Chứng minh ab là lập phương b a của một số nguyên dương. Câu 5. (1,5 điểm) a) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. 1 Chứng minh rằng: a3 b3 c3 a4 b4 c4 . 8 b) Ban đầu có 2020 viên sỏi ở trong một chiếc túi. Có thể thực hiện công việc như sau: Bước 1: Bỏ đi một viên sỏi và chia chiếc túi này làm hai chiếc túi mới. Bước 2: Chọn một trong hai túi này sao cho túi đó có ít nhất ba viên sỏi, bỏ đi một viên từ túi này và chia túi đó làm hai chiếc túi mới, khi đó có ba chiếc túi. Bước 3: Chọn một trong ba túi này sao cho túi đó có ít nhất ba viên sỏi, bỏ một viên từ túi này và chia túi đó làm hai chiếc túi mới, khi đó có bốn chiếc túi. Tiếp tục quá trình trên. Hỏi sau một số bước có thể tạo trường hợp mà mỗi túi chỉ có đúng hai viên sỏi hay không? ------------HẾT------------ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 0
2. TRƯỜNG THCS YÊN LẠC ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 9 Năm học: 2022 – 2023 Câu Nội dung Điểm 1 a) Ta có 2đ æ ö2 æ ö2 æ ö2 æ öæ öæ ö 1đ 2 2 2 1 ç 1÷ ç 1 ÷ 1 ç 1÷ç 1 ÷ a + b + c - abc = çx + ÷ + çy + ÷ + çxy + ÷ - çx + ÷çy + ÷çxy + ÷ èç xø÷ èç yø÷ èç xyø÷ èç xø÷èç yø÷èç xyø÷ 1 1 1 æ x y 1 öæ 1 ö = x2 + 2+ + y2 + + x2 y2 + 2+ - çxy + + + ÷çxy + ÷ x2 y2 x3 y3 èç y x xyø÷èç xyø÷ 1 1 1 1 1 1 = 6+ x2 + + y2 + + - x2 y2 - 1- x2 - - y2 - - 1- x2 y2 x2 y2 y2 x2 x2 y2 = 4. b) Ta có: 1đ (2a + 1)(2b + 1)= 9 Û 4ab + 2(a + b) + 1= 9 Û 2ab + a + b = 4 Û a + b = 4- 2ab. 2+ b + 2+ a a + b + 4 4- 2ab + 4 2(4- ab) 2 Lại có: A = = = = = . (2+ a)(2+ b) 2(a + b)+ ab + 4 8- 4ab + ab + 4 3(4- ab) 3 2 Vậy A = . 3 2 a) Điều kiện xác định: x ³ - 3. Ta có: 1đ 2đ 2x2 + x + 3 = 3x x + 3 Û 2x(x- x + 3)+ x + 3( x + 3 - x)= 0 Û (2x- x + 3)( x + 3 - x)= 0 éïì x ³ 0 êíï é é êï 2 x = 1 ê2x- x + 3 = 0 êîï 4x - x- 3 = 0 ê Û Û ê Û ê . ê ì ê 1+ 13 êx- x + 3 = 0 êï x ³ 0 x = ë êí ëê 3 êï 2 ëîï x - x- 3 = 0 1+ 13 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1, x = . 3 1 b) Điều kiện xác định: x, y ³ - . Ta có: 1đ 2 (x + y)(x + 2y)+ 3x + 2y = 4 Û (x + y - 1)(x + 2y)+ x + 2y + 3x + 2y = 4 Û (x + y - 1)(x + 2y)+ 4(x + y - 1)= 0 éx + y = 1 Û (x + y - 1)(x + 2y + 4)= 0 Û ê . ëêx + 2y = - 4 1
3. 1 1 3 Trường hợp 1: x = 1- y . Do x ³ - Þ 1- y ³ - Þ y £ Þ 2y - 1£ 2. 2 2 2 1 Do y ³ - Þ 1- 2y ³ - 2. Do đó suy ra: - 2 £ 1- 2y £ 2. 2 2 2 (x- y) (1- 2y) 4 Khi đó: = £ = 2. 2 2 2 Lại có: 2 ( 2x + 1+ 2y + 1) = 2x + 1+ 2y + 1+ 2 (2x + 1)(2y + 1)³ 2(x + y) + 2 = 4. Suy ra: 2x + 1+ 2y + 1 £ 2. (x- y)2 Suy ra 2x + 1+ 2y + 1 £ . 2 1 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = - hoặc y = . 2 2 1 3 3 1 Với y = - ta có x = . Với y = ta có x = - . 2 2 2 2 Trường hợp 2: x = - 4- 2y . 1 1 7 1 Do x ³ - Þ - 4- 2y ³ - Þ - ³ y mà y ³ - . Suy ra không có giá trị nào thỏa 2 2 2 2 mãn. æ 1 3ö æ3 1ö Vậy hệ cho có hai nghiệm (x; y)= ç- ; ÷, ç ;- ÷. èç 2 2ø÷ èç2 2ø÷ 3 1đ 3đ a) Ta có: A·MI = ·ANI = 90o = A·HI Þ Năm điểm A, M , H, I, N cùng thuộc đường tròn đường kính AI. Do AM , AN là các tiếp tuyến của đường tròn tâm I bán kính IM Þ AM = AN mà ) AM , AN cùng thuộc đường tròn đường kính AI Þ ¼AM = »AN Þ ·AHM = ·AHN . Hay HA là phân giác M· HN. 1đ b) Từ K kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại X , Y. Vì KI ^ BC nên IK ^ XY Þ ·XKI = X·MI = 900. Suy ra tứ giác IMXK nội tiếp Þ I·XK = I·MK (1). Tương tự IKNY nội tiếp Þ I·YK = I·NK (2). Mà tam giác IMN cân tại I nên I·MN = I·NM (2). Từ (1), (2) và (3) suy ra I·XK = I·YK Þ tam giác IXY cân tại I. Mà IK ^ XY Þ KX = KY. XK YK Lại có: XY PBC Þ = mà XK = YK Þ BD = CD Þ D là trung điểm của BD CD BC. c) Ta có OS là trung trực của BC. Hay O, D, S thẳng hàng. 2
4. Từ đây suy ra OD×OS = OC 2 = OA2. Hay DOAD : DOSA Þ O·AD = O· SA. 1đ Mặt khác: O· SA = H· AS. ·AOC Suy ra O·AD = H· AS. Lại có B·AH = 90o - ·ABH = 90o - = O·AC. 2 Do đó: C·AD = B·AS. 4 éx = 1 0,75đ a) Ta có phương trình tương đương: (x- 1) x2 + x + 1- y2 = 0 Û ê . ( ) ê 2 2 1,5đ ëx + x + 1= y Với x = 1 ta có mọi y Î ¢ đều thỏa mãn. Với y2 = x2 + x + 1. Ta có x2 + x + 1 là một số chính phương, Xét x ³ 0, ta có: x2 < x2 + x + 1£ (x + 1)2 . Suy ra x2 + x + 1= (x + 1)2 Û x = 0. Với x = 0 ta tìm được y = 1 hoặc y = - 1. Xét x < 0, ta có: (x + 1)2 < x2 + x + 1£ (x- 1)2 . Suy ra éx2 + x + 1= x2 ê Û x = - 1. ê 2 2 ëêx + x + 1= (x- 1) Với x = - 1, ta có: y = 1 hoặc y = - 1. Tóm lại hệ cho có nghiệm (x; y)= (1;k), (0;1), (0;- 1), (- 1;1), (- 1;- 1) với k Î ¢. 1 b b) Từ c + = a + với a, b, c Î ¥ *. 0,75đ b a a Nhân cả hai vế với a ta được: ac + = a2 + b Þ aMb Þ a = kb với k Î ¥ *. b b2 Nhân cả hai vế với b ta được: bc + 1= ab + Þ b2 Ma Þ b2 Mkb Þ bMk (1) a Thay vào phương trình đầu suy ra: b 1 1 1 b- k c- a = - = - = Þ b- kMb Þ kMb (2). a b k b bk Từ (1) và (2) suy ra: b = k . Suy ra: a = b2. Vậy ab = b3. 5 a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 0,75đ 1 1 1,5đ ³ a3 (1- a)+ b3 (1- b)+ c3 (1- c)Û ³ a3 (b + c)+ b3 (c + a)+ c3 (a + b) 8 8 Ta có: (a2 + b2 + c2 )(ab + bc + ca) = å a3 (b + c)+ abc(a + b + c)³ å a3 (b + c). 1 Do đó cần chứng minh: (a2 + b2 + c2 )(ab + bc + ca)£ . 8 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 1= (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ³ 2 (a2 + b2 + c2 )2(ab + bc + ca) 1 Suy ra (a2 + b2 + c2 )(ab + bc + ca)£ . Từ đây ta có điều phải chứng minh. 8 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = , c = 0 và các hoán vị của chúng 2 3
5. b) Trước hết ta có nhận xét: 0,75đ Nhận xét 1: Cứ mỗi bước thì tổng số viên bị bị giảm đi 1 viên. Suy ra tổng số bi trong tất cả các túi sau bước thứ n là 2020 – n viên bi. Nhận xét 2: Sau mỗi bước đi thì tổng số túi sẽ thêm 1 túi. Như vậy sau bước thứ n sẽ có n + 1 túi. Giả sử tồn tại bước thứ k (k Î ¥ * ) thỏa mãn yêu cầu đề bài: Tất cả các túi đều có hai viên. Áp dụng nhận xét 1, số viên bi sau bước thứ k là 2020- k viên. Theo nhận xét 2 thì số túi sau bước k là k + 1 túi. Khi đó tổng số viên bi trong tất cả các túi là 2(k + 1) viên. Như vậy: 2(k + 1)= 2020- k Û 3k = 2018. Vô lý do k là số tự nhiên. Vậy không tồn tại bước nào thỏa mãn yêu cầu đề bài. 4