Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2021-2022 chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa có đáp án
5 câu hỏi
a) Không dùng máy tính bỏ túi, tính giá trị biểu thức
\(T = \frac{{\sqrt 2 \left( {1 + \sqrt[3]{{10 + 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{2\sqrt 2 + \sqrt {2 + \sqrt 3 } }} + \frac{{\sqrt 2 \left( {1 + \sqrt[2]{{10 - 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{2\sqrt 2 - \sqrt {2 - \sqrt 3 } }}\).
b) Với mọi số nguyên dương \(n\), chứng minh \(A = \sqrt {{n^2} + {n^2}{{(n + 1)}^2} + {{(n + 1)}^2}} \) là số nguyên dương nhưng không là số chính phương.
a)\(\begin{array}{l}T = \frac{{\sqrt 2 \left( {1 + \sqrt[3]{{10 + 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{2\sqrt 2 + \sqrt {2 + \sqrt 3 } }} + \frac{{\sqrt 2 \left( {1 + \sqrt[3]{{10 - 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{2\sqrt 2 - \sqrt {2 - \sqrt 3 } }}\\ = \frac{{2\left( {1 + \sqrt[3]{{10 + 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{4 + \sqrt {4 + 2\sqrt 3 } }} + \frac{{2\left( {1 + \sqrt[3]{{10 - 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{4 - \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } }}\end{array}\)
\(\begin{array}{l}\sqrt {4 + 2\sqrt 3 } = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}^2}} = \sqrt 3 + 1\\\sqrt {4 - 2\sqrt 3 } = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} = \sqrt 3 - 1\end{array}\)
\(\begin{array}{l}\sqrt[3]{{10 + 6\sqrt 3 }} = \sqrt[3]{{{{\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}^3}}} = 1 + \sqrt 3 \\\sqrt[3]{{10 - 6\sqrt 3 }} = \sqrt[3]{{{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^3}}} = 1 - \sqrt 3 \end{array}\)
Suy ra
\(\begin{array}{l}T = \frac{{2\left( {1 + 1 + \sqrt 3 } \right)}}{{4 + \sqrt 3 + 1}} + \frac{{2\left( {1 + 1 - \sqrt 3 } \right)}}{{4 - \sqrt 3 + 1}}\\ = \frac{{4 + 2\sqrt 3 }}{{5 + \sqrt 3 }} + \frac{{4 - 2\sqrt 3 }}{{5 - \sqrt 3 }}\\ = \frac{{\left( {4 + 2\sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {5 + \sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}} + \frac{{\left( {4 - 2\sqrt 3 } \right)\left( {5 + \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {5 + \sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}}\\ = \frac{{14 + 6\sqrt 3 }}{{22}} + \frac{{14 - 6\sqrt 3 }}{{22}}\\ = \frac{{28}}{{22}} = \frac{{14}}{{11}}\end{array}\)
Vậy \(T = \frac{{14}}{{11}}\)
b)\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{n^2} + {n^2}{{\left( {n + 1} \right)}^2} + {{\left( {n + 1} \right)}^2}} \\ = \sqrt {{n^2} + {n^2}\left( {{n^2} + 2n + 1} \right) + {n^2} + 2n + 1} \\ = \sqrt {{n^2} + {n^4} + 2{n^3} + {n^2} + {n^2} + 2n + 1} \\ = \sqrt {{n^4} + 2{n^3} + 3{n^2} + 2n + 1} \\ = \sqrt {{{\left( {{n^2} + n + 1} \right)}^2}} \end{array}\)
Vì \(n\)dương nên \({n^2} + n + 1 > 0\)
Do đó \(A = \sqrt {{{\left( {{n^2} + n + 1} \right)}^2}} = {n^2} + n + 1\).
Vì \(n\) nguyên dương nên \(A = {n^2} + n + 1\) cũng là số nguyên dương.
Vì \(n\) nguyên dương, ta có:
\(\begin{array}{l}A = {n^2} + n + 1 > {n^2}\\A = {n^2} + n + 1 < {n^2} + 2n + 1 = {\left( {n + 1} \right)^2}\end{array}\)
\( \Rightarrow {n^2} < A < {\left( {n + 1} \right)^2}\)
Suy ra \(A\) không là một số chính phương.
Cho các phương trình ( ẩn \(x\)) \(a{x^2} - bx + c = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\) và \(c{x^2} - bx + a = 0{\rm{ }}\left( 2 \right)\) với \(a,b,c\)là các số thực dương thỏa mãn \(a - b + 4c = 0\).
a) Chứng minh các phương trình \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)đều có hai nghiệm dương phân biệt.
b) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) và \({x_3};{x_4}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 2 \right)\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(T = \frac{1}{{{x_1}{x_2}{x_3}}} + \frac{1}{{{x_2}{x_3}{x_4}}} + \frac{1}{{{x_3}{x_1}{x_1}}} + \frac{1}{{{x_4}{x_1}{x_2}}}\).
a)\(a - b + 4c = 0 \Leftrightarrow b = a + 4c\)
\(\begin{array}{l}{\Delta _1} = {\Delta _2} = {b^2} - 4ac = {\left( {a + 4c} \right)^2} - 4ac\\ = {a^2} + 4ac + 16{c^2} = {\left( {a + 2c} \right)^2} + 12{c^2}\end{array}\)
\( \Rightarrow {\Delta _1} > 0,{\Delta _2} > 0\)
Suy ra các phương trình \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\) đều có hai nghiệm phân biệt.
Theo định lý Vi-ét ta có:
\({S_1} = \frac{b}{a},{S_2} = \frac{b}{c},{P_1} = \frac{c}{a},{P_2} = \frac{a}{c}\)
Vì \(a,b,c\)là các số thực dương nên\({S_1},{S_2},{P_1},{P_2}\) đều lớn hơn 0.
Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _1} > 0\\{S_1} > 0\\{P_1} > 0\end{array} \right. \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm dương phân biệt.
\(\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _2} > 0\\{S_2} > 0\\{P_2} > 0\end{array} \right. \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 2 \right)\) có hai nghiệm dương phân biệt.
b)Theo định lý Vi-ét ta có:
\({x_1} + {x_2} = \frac{b}{a};{x_1}{x_2} = \frac{c}{a};{x_3} + {x_4} = \frac{b}{c};{x_3}{x_4} = \frac{a}{c}\)
\(\begin{array}{l}T = \frac{1}{{{x_1}{x_2}{x_3}}} + \frac{1}{{{x_2}{x_3}{x_4}}} + \frac{1}{{{x_3}{x_4}{x_1}}} + \frac{1}{{{x_4}{x_1}{x_2}}}\\ = \frac{{{x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4}}}{{{x_1}{x_2}{x_3}{x_4}}}\\ = \frac{{\frac{b}{a} + \frac{b}{c}}}{{\frac{c}{a}.\frac{a}{c}}}\\ = \frac{b}{a} + \frac{b}{c}\end{array}\)
\(\begin{array}{l} = \frac{{a + 4c}}{a} + \frac{{a + 4c}}{c}\\ = 5 + \frac{{4c}}{a} + \frac{a}{c}\end{array}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(T = 5 + \frac{{4c}}{a} + \frac{a}{c} \ge 5 + 2\sqrt {\frac{{4c}}{a}.\frac{a}{c}} = 9\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = 2c,b = 6c\).
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(T\)là 9.
a) Phân tích đa thức \(P(x,y) = 4{x^3} - 3x{y^2} + {y^3}\) thành nhân tử. Từ đó chứng minh \(4{x^2} + {y^3} \ge 3x{y^2}\) với mọi số thực \(x;y\) thỏa mãn \(x + y \ge 0\).
b) Cho các số thực \({x_1};{x_2}; \ldots ,{x_{21}}\) thỏa mãn \({x_1};{x_2}; \ldots :{x_{21}} \ge - 2\) và \(x_1^3 + x_2^3 + x_3^3 + \ldots + x_{21}^3 = 12\). Chứng minh \({x_1} + {x_2} + \ldots + {x_{21}} \le 18\).
a)\(\begin{array}{l}P\left( {x,y} \right) = 4{x^3} - 3x{y^2} + {y^3}\\ = 4{x^3} - 4x{y^2} + x{y^2} + {y^3}\\ = 4x\left( {{x^2} - {y^2}} \right) + {y^2}\left( {x + y} \right)\\ = 4x\left( {x + y} \right)\left( {x - y} \right) + {y^2}\left( {x + y} \right)\\ = \left( {x + y} \right)\left( {4{x^2} - 4xy + {y^2}} \right)\\ = \left( {x + y} \right){\left( {2x - y} \right)^2}\end{array}\)
Với mọi số thực \(x,y\) thỏa mãn \(x + y \ge 0\), ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {x + y} \right){\left( {2x - y} \right)^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow 4{x^3} - 3x{y^2} + {y^3} \ge 0\\ \Leftrightarrow 4{x^3} + {y^3} \ge 3x{y^2}\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + y = 0\\y = 2x\end{array} \right.\)
b)Với mọi \(i\) có giá trị từ 1 đến 21, ta có:
\(\begin{array}{l}{x_i} + 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x_i} + 2} \right){\left( {{x_i} - 1} \right)^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow x_i^3 - 3{x_i} + 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow x_i^3 + 2 \ge 3{x_i}\left( * \right)\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {x_i} = 1\) hoặc \({x_i} = - 2\).
Áp dụng bất đẳng thức \(\left( * \right)\)ta có:
\(\begin{array}{l}x_1^3 + 2 \ge 3{x_1}\\x_2^3 + 2 \ge 3{x_2}\\...\\x_{21}^3 + 2 \ge 3{x_{21}}\end{array}\)
Suy ra
\(\begin{array}{l}x_1^3 + x_2^3 + ... + x_{21}^3 + 42 \ge 3\left( {{x_1} + {x_2} + ... + {x_{21}}} \right)\\ \Leftrightarrow 54 \ge 3\left( {{x_1} + {x_2} + ... + {x_{21}}} \right)\\ \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} + ... + {x_{21}} \le 18\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra khi có 1 số bằng \( - 2\)và 20 số còn lại bằng 1. (không chỉ ra dấu “=” trừ 0,25)
Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\). Các đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính\(AB\), và \((I)\) đường kính \(AC\) cắt nhau tại điểm thứ hai là \(H\left( {H \ne A} \right)\). Đường thẳng \(\left( d \right)\) thay đổi đi qua \(A\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\)tại \(M\) và cắt đường tròn \(\left( I \right)\) tại \(N\) (\(A\) nằm giữa hai điểm \(M\) và \(N\)).
a) Đoạn thẳng OI lần lượt cắt các đường tròn \((O)\), \(\left( I \right)\) lần lượt tại\(D,E\). Chứng minh OI là đường trung trực của đoạn thẳng \(AH\) và \(AB + AC - BC = 2DE\).
b) Chứng minh giao điểm S của hai đường thẳng OM và IN di chuyển trên một đường tròn cố định khi đường thẳng (d) quay quanh A.
c) Giả sử đường thẳng \(MH\) cắt đường trong \(\left( I \right)\) tại điểm thứ hai là \(T{\rm{ }}(T \ne H)\). Chứng minh rằng ba điểm \(N,I,T\) thẳng hàng và ba đường thẳng \(MS,AT,NH\) đồng quy.
a)Ta có:
\(OA = OH\)(cùng là bán kính của \(\left( O \right)\))
\(IA = IH\)(cùng là bán kính của \(\left( I \right)\))
Suy ra \(OI\)là đường trung trực của đoạn thẳng \(AH\).
Ta có:
\(OD = OA = OB = \frac{1}{2}AB \Rightarrow O\) là trung điểm \(AB\).
\(IE = IA = IC = \frac{1}{2}AC \Rightarrow I\)là trung điểm \(AC\).
Xét ta có:
\(O\) là trung điểm \(AB\)
\(I\) là trung điểm \(AC\)
Suy ra \(OI\)là đường trung bình của
\( \Rightarrow OI = \frac{1}{2}BC\).
\(\begin{array}{l}DE = OD + IE - OI = \frac{1}{2}AB + \frac{1}{2}AC - \frac{1}{2}BC\\ \Leftrightarrow 2DE = AB + AC - BC\end{array}\)
b)Ta có: \(\widehat {AHB} = \widehat {AHC} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra \(\widehat {BHC} = \widehat {AHB} + \widehat {AHC} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Suy ra \(B,H,C\)thẳng hàng.
Lại có \(\widehat {AHB} = 90^\circ \Rightarrow AH \bot BC\).
vuông tại \(A \Rightarrow \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 90^\circ \)
\(\widehat {NMH} = \widehat {ABC}\) (cùng chắn cung \[AH\])
\(\widehat {MNH} = \widehat {ACB}\) (cùng chắn cung \[AH\])
Suy ra \(\widehat {MNH} + \widehat {NMH} = \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 90^\circ \)
vuông tại \(H \Rightarrow \widehat {MHN} = 90^\circ \).
\(\widehat {SNM} = \widehat {IAN} = \widehat {NHC}\)
\(\widehat {SMN} = \widehat {OAM} = \widehat {BHM}\)
Suy ra
\(\begin{array}{l}\widehat {SMN} + \widehat {SNM} = \widehat {CHN} + \widehat {BHM} = 180^\circ - \widehat {MHN}\\ = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \end{array}\)
vuông tại \(S \Rightarrow \widehat {MSN} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ISO} = 90^\circ \)
Suy ra \(S\)thuộc đường tròn đường kính \(OI\).
Mà \(O\)và \(I\)cố định nên đường tròn đường kính \(OI\)cố định.
Vậy \(S\)di chuyển trên đường tròn đường kính \(OI\)cố định khi đường thẳng \(\left( d \right)\)quay quanh \(A\).
c)
Ta có \(\widehat {MHN} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {THN} = 90^\circ \Rightarrow TN\)là đường kính của \(\left( I \right)\)
\( \Rightarrow N,I,T\)thẳng hàng.
\(NT\) là đường kính của \(\left( I \right) \Rightarrow \widehat {NAT} = 90^\circ \Rightarrow TA \bot NM\)
\(\begin{array}{l}\widehat {THN} = 90^\circ \Rightarrow NH \bot MT\\\widehat {MSN} = 90^\circ \Rightarrow MS \bot NT\end{array}\)
Xét ta có \(MS,NH,AT\)là ba đường cao.
Do đó \(MS,NH,AT\)đồng quy.
a) Hai số tư nhiên khác nhau được gọi là "thân thiết" nếu tổng bình phương của chúng chia hết cho \(3\). Hỏi tập họp \(X = \{ 1;2;3; \ldots ;2021\} \) có bao nhiêu cặp số "thân thiết" (không phân biệt thứ tự)?
b) Trong kỳ thi chọn đội tuyển năng khiếu của trường \(T\) có \(n\) môn \((n \in \mathbb{N},n \ge 5)\), mọi môn thi đều có thí sinh tham gia và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
- Có ít nhất 5 môn có số lượng thí sinh tham gia thi đôi một khác nhau;
- Với 2 môn thi bất kì, luôn tìm được 2 môn thi khác có tổng số lượng thi sinh tham gia bằng với tổng số lưọng thí sinh của 2 môn đó. Hỏi kỳ thi có ít nhất bao nhiêu môn được tổ chức?
a)Ta có nhận xét: Một số chính phương khi chia cho 3 sẽ có số dư là 0 hoặc 1.
Giả sử \(a\)và \(b\)là hai số “thân thiết” \( \Rightarrow {a^2} + {b^2} \vdots 3\).
Ta sẽ chứng minh cả \(a\)và \(b\) đều chia hết cho 3.
Thật vậy, giả sử trong hai số \(a\)và \(b\)có một số không chia hết cho 3. Không mất tính tổng quát, giả sử số đó là \(a\).
Suy ra \({a^2}\) chia 3 dư 1.
Vì \({a^2} + {b^2} \vdots 3\)và \({a^2}\) chia 3 dư 1 nên \({b^2}\)phải chia 3 dư 2. Điều này vô lí vì \({b^2}\)khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1.
Vậy điều giả sử là sai. Do đó nếu \(a\)và \(b\)là hai số “thân thiết” thì \(a\)và \(b\) đều chia hết cho 3.
Tập hợp \(X\)có \(\left[ {\frac{{2021}}{3}} \right] = 673\)số chia hết cho 3.
Số cặp số “thân thiết” là \(\frac{{673.672}}{2} = 226128\).
b)Gọi \(n\left[ i \right]\) là số môn thi có số lượng thí sinh tham gia là \(i\left( {i,n\left[ i \right] \in \mathbb{N}} \right)\).
Gọi \(S = \left\{ {i|i > 0,n\left[ i \right] > 0} \right\}\).
Do có ít nhất 5 môn có số lượng thí sinh tham gia đôi một khác nhau nên \(S\)có ít nhất 5 phần tử.
Giả sử \(a,b\left( {a > b} \right)\) là 2 phần tử lớn nhất của \(S\)và \(d,e\left( {d > e} \right)\)là hai phần tử nhỏ nhất của \(S\).
Rõ ràng \(n\left[ a \right],n\left[ b \right],n\left[ d \right],n\left[ e \right]\) đều lớn hơn hoặc bằng 1.
Lấy 1 môn có số lượng thí sinh tham gia là\(a\)và 1 môn có số lượng thi là \(b\). Theo điều kiện 2, tồn tại hai môn khác có tổng số lượng thí sinh tham gia là \(a + b\). Vì \(a,b\left( {a > b} \right)\) là 2 phần tử lớn nhất của \(S\)nên hai môn khác này phải có 1 môn có số lượng thí sinh là \(a\), 1 môn có số lượng thí sinh là \(b\), dẫn đến \(n\left[ a \right] \ge 2,n\left[ b \right] \ge 2\).
Lại lấy 2 môn có số lượng thí sinh tham gia là \(a\). Theo điều kiện 2, tồn tại hai môn khác có tổng số lượng thí sinh tham gia là \(2a\). Vì \(a\) là phần tử lớn nhất của \(S\)nên hai môn khác này phải có số lượng thí sinh là \(a\), dẫn đến \(n\left[ a \right] \ge 4\).
Lập luận tương tự ta cũng có \(n\left[ d \right] \ge 2,n\left[ e \right] \ge 4\).
Vì \(S\)có ít nhất 5 phần tử nên ta lấy trường hợp ít nhất, \(S\)có 5 phần tử là \(a,b,c,d,e \Rightarrow n\left[ c \right] \ge 1\).
Vậy kỳ thi đó có ít nhất \(4 + 2 + 1 + 2 + 4 = 13\)môn thi.
Ta có thể chỉ ra một trường hợp là số thí sinh dự thi các môn lần lượt là 1, 1, 1, 1, 2, 2, 3, 4, 4, 5, 5, 5, 5. (không lấy ví dụ trừ 0,25)
