Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2021-2022 sở GD&ĐT Lâm Đồng có đáp án

- Lập luận : \(A < 0\)

\(\begin{array}{l}{A^2} = {\left( {\sqrt {4 - \sqrt {10 - 2\sqrt 5 } }  - \sqrt {4 + \sqrt {10 - 2\sqrt 5 } } } \right)^2}\\ = 8 - 2\sqrt {4 - \sqrt {10 - 2\sqrt 5 } } .\sqrt {4 + \sqrt {10 - 2\sqrt 5 } } \\ = 8 - 2\sqrt {6 + 2\sqrt 5 }  = 8 - 2.\sqrt {{{(\sqrt 5  + 1)}^2}} \\ = 8 - 2(\sqrt 5  + 1) = 6 - 2\sqrt 5  = {(\sqrt 5  - 1)^2}\\ \Rightarrow A = 1 - \sqrt 5 .\end{array}\)

- Biến đổi: \[B = 2 + {2^2} + {2^3} + {2^4} + ... + {2^{2021}} + {2^{2022}}\]\[ \Leftrightarrow 2B = 2\left( {2 + {2^2} + {2^3} + {2^4} + ... + {2^{2021}} + {2^{2022}}} \right)\]\[ \Leftrightarrow 2B = {2^2} + {2^3} + ... + {2^{2022}} + {2^{2023}}\]

- Tính được:

\[2B - B = {2^{2023}} - 2 \Leftrightarrow B = {2^{2023}} - 2\]

- Tính được:

\[B + 2 = {2^{2023}} - 2 + 2 = {2^{2023}}\]

- Lập luận được: Vì \({2^{2023}}\)là lũy thừa với số mũ lẻ nên \({2^{2023}}\) không là số chính phương.

Vậy \[B + 2\] không là số chính phương

- Tính được: \(CH = AC.\sin 30^\circ  = 5cm\)

                      \(AH = AC.c{\rm{os30}}^\circ  = 5\sqrt 3 cm\)

- Viết được: \(A{B^2} - H{B^2} = A{H^2}\)

                    \(A{B^2} - {\left( {BC - 5} \right)^2} = {\left( {5\sqrt 3 } \right)^2}\)

-  Lập luận: BC – AB = 2 cm ⇒ AB = BC – 2

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {BC - 2} \right)^2} - {\left( {BC - 5} \right)^2} = 75\\ \Leftrightarrow \left( {BC - 2 + BC - 5} \right)\left( {BC - 2 - BC + 5} \right) = 75\end{array}\)

- Tính được: \(BC = 16\)cm

- Vậy \({S_{ABC}} = \frac{{AH.BC}}{2} = \frac{{5\sqrt 3 .16}}{2} = 40\sqrt 3 {\rm{ }}\left( {c{m^2}} \right)\)

- Biến đổi được:

\[a + b + 20c = {c^3} \Leftrightarrow a + b + c = {c^3} - c - 18c\]

 \[ \Leftrightarrow a + b + c = c\left( {c - 1} \right)\left( {c + 1} \right) - 18c\]

- Chứng minh được:\[ \Leftrightarrow a + b + c = c\left( {c - 1} \right)\left( {c + 1} \right) - 18c \vdots 6\]

- Mặt khác: \[{a^3} + {b^3} + {c^3} - (a + b + c)\]

 \[ = (a - 1)a(a + 1) + (b - 1)b(b + 1) + (c - 1)c(c + 1) \vdots 6\]

- Lập luận kết luận  \[{a^3} + {b^3} + {c^3}\] chia hết cho 6.

- Gọi x và y lần lượt là số cô giáo và số thầy giáo của trường THCS X \(\left( {x,y \in {N^*};x,y < 60} \right)\)

- Lập luận được pt: \(x + y = 60\)

-  Lập luận được pt:\(\frac{{38x + 50y}}{{60}} = 42\)

- Giải hệ pt: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 60\\\frac{{38x + 50y}}{{60}} = 42\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 40\\y = 20\end{array} \right.\)

- Trả lời: Cô giáo: 40 , thầy giáo: 20

- Điều kiện \(2x - y - 3 \ge 0\),

- Phương trình (2) \( \Leftrightarrow \)\[{\left( {y - x} \right)^2} = {x^2} - 9\] 

- Phương trình \[\left( 1 \right) \Leftrightarrow \sqrt {2x - y - 3}  + {\left( {y - x} \right)^2} = 0\]

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x - y - 3 = 0}\\{\,\,\,\,\,\,\,y - x = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = x\end{array} \right.\]

- Kiểm tra điều kiện và kết luận hệ phương trình có nghiệm \(\left( {3;3} \right)\)

- Lập luận được phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu thì P < 0

\(ac = 1.\left( { - {m^2} - 2} \right) < 0\) nên phương trình có hai nghiệm trái dấu với mọi giá trị \(m\).

- Do phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt trái dấu và \({x_1} < {x_2}\) Suy ra \({x_1} < 0\), \({x_2} > 0\)\( \Rightarrow \left| {{x_1}} \right| =  - {x_1},\left| {{x_2}} \right| = {x_2}\)

do đó từ gt: \(2\left| {{x_1}} \right| - \left| {{x_2}} \right| = 4\)\[ \Rightarrow  - 2{x_1} - {x_2} = 4{\rm{ }}\left( 1 \right)\]

- Theo định lí Viet ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1 - m\,\,\,\,(2)\\{x_1}.{x_2} =  - {m^2} - 2\,\,(3)\end{array} \right.\]

- Giải hệ \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1 - m\,\,\,\,(2)\\ - 2{x_1} - {x_2} = 4{\rm{ }}\,(1)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m - 5\\{x_2} = 6 - 2m\end{array} \right.\]

   Mà \[{x_1} < 0 < {x_2}\] nên ta được \[m < 3\].

- Thay \[{x_1} = m - 5\], \[{x_2} = 6 - 2m\] vào \[(3)\] ta được phương trình: \[\,(m - 5)(6 - 2m) =  - {m^2} - 2\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = 14\end{array} \right.\].

- Kết hợp \[m < 3\] ta được \[m = 2\] thỏa yêu cầu bài toán.

 

- Kẻ đoạn nối tâm OA  và dây chung BE \( \Rightarrow OA \bot BE\)         

- Chứng minh được: \(BE \bot CF\)

- Chứng minh được:\(OA//CF\)

-  Chứng minh được tứ giác \(AOCF\) là hình bình hành\( \Rightarrow OC = FA\).

- Lập luận: từ\(OC = \frac{{BC}}{2} = \frac{{AD}}{2}\)\( \Rightarrow {\rm{AF}} = \frac{{AD}}{2} \Rightarrow \)\(F\)là trung điểm của\(AD\).

Với \[a,b > 0\], ta chứng minh \[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}} \ge a - \frac{b}{2}\].

- Áp dụng: \({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge 2ab \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{{{a^2} + {b^2}}} \ge \frac{{ - 1}}{{2ab}}\)

Khi đó:

\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^{^2}}}} = \frac{{a({a^2} + {b^2}) - a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} = a - \frac{{a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} \ge a - \frac{{a{b^2}}}{{2ab}} = a - \frac{b}{2}\]    

\[ \Rightarrow \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2}}} \ge b - \frac{c}{2}\]  \[;\frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2}}} \ge c - \frac{a}{2}\]

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có:

\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2}}} \ge \frac{{a + b + c}}{2}\]

- Áp dụng:\({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \ge 4ab\)

 Ta có:

\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + 4ab + {b^2}}} \ge \frac{{{a^3}}}{{{a^2} + 2({a^2} + {b^2}) + {b^2}}} = \frac{1}{3}.\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}}\];\[\frac{{{b^3}}}{{{b^2} + 4bc + {c^2}}} \ge \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + 2({b^2} + {c^2}) + {c^2}}} = \frac{1}{3}.\frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2}}}\];\[\frac{{{c^3}}}{{{c^2} + 4ac + {a^2}}} \ge \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + 2({c^2} + {a^2}) + {a^2}}} = \frac{1}{3}.\frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2}}}\]

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có:

\[\begin{array}{l}\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + 4ab + {b^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + 4bc + {c^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + 4ca + {a^2}}}\\ \ge \frac{1}{3}\left( {\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2}}}} \right) \ge \frac{{a + b + c}}{6} = 1\end{array}\]

-Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1, dấu “=” xảy ra khi  \[a = b = c = 2.\]

Gọi \[M\] là trung điểm \[AB\].

Để chứng minh bốn điểm \(K,{\rm{ }}H,{\rm{ }}D,{\rm{ }}C\)cùng thuộc một đường tròn, ta đi chứng minh \(\widehat {DKH} = \widehat {DCH}\).

- Chứng minh được:\(\widehat {DCH} = \widehat {ABC} = \widehat {AKC}\)

Khi đó ta đi chứng minh \(\widehat {DKA} = \widehat {HKM}\).

Bài toán được hoàn thành nếu ta chứng minh được tam giác DKA đồng dạng tam giác HKM.

- Chứng minh được: \(\widehat {KAD} = \widehat {KMH}\)

Ta có:\(\widehat {KAD} = \left( {180^\circ  - \widehat {KAC}} \right) + \left( {180^\circ  - \widehat {DAC}} \right) = \widehat {KBC} + \widehat {ACH}\) mà \(\widehat {KMH} = \widehat {MHC} + \widehat {MCH} = \widehat {MBC} + \widehat {MCA} + \widehat {ACH} = \widehat {KBC} + \widehat {ACH}\)

Suy ra \(\widehat {KAD} = \widehat {KMH}\) (1)

- Chứng minh được:

\( \Rightarrow \frac{{KA}}{{KM}} = \frac{{BC}}{{BM}} = \frac{{AD}}{{MH}} \Rightarrow \frac{{AK}}{{AD}} = \frac{{MK}}{{MH}}\) (2)

- Từ (1) và (2) suy ra  \( \Rightarrow \widehat {DKA} = \widehat {HKM}\)

Mà \(\widehat {DKH} = \widehat {DKA} + \widehat {AKH} = \widehat {HKM} + \widehat {AKH} = \widehat {AKC}\)

\( \Rightarrow \widehat {DKH} = \widehat {DCH}\)

 Và kết luận bốn điểm \(K,{\rm{ }}H,{\rm{ }}D,{\rm{ }}C\) cùng thuộc một đường tròn.