Đề thi thử vào lớp 10 chuyên Toán trường THPT chuyên KHTN vòng 1 năm 2021 lần 1 có lời giải chi tiết

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP 9 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN Môn Toán (Vòng 1 – Đợt 1) Ngày 27 tháng 3 năm 2021 Thời gian 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (3,0 điểm) 1. Giải phương trình: 8 x 9  x 3  3 x 2  4 x  2.  x  y  x  1 y  1  8 2. Giải hệ phương trình:  3 . 7 y  6 xy  x  2 y   25 Câu 2. (3,0 điểm) 1. Tìm x, y nguyên không âm thỏa mãn:  x  y   x3  1  x 4  3. 2. Với 0  a  b  2, b  2a  2ab, tìm giá trị lớn nhất của M  a4  b4 . Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn  O  . Các điểm E , F lần lượt thuộc các cạnh CA, AB sao cho nếu đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt  O  tại G khác A thì G nằm trên cung AB không chứa C của  O  . 1. Chứng minh rằng hai tam giác GEC và GFB đồng dạng. 2. Gọi AD là đường kính của  O  . GD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF tại K khác G. Chứng minh rằng: EF AK  . BC AD 3. Giả sử trung trực của EF đi qua trung điểm của BC. Chứng minh rằng: GE KE  . GF KF Câu 4. (1,0 điểm) Chúng ta thêm dấu " " hoặc " " vào các dãy số 1, 2, 3,..., 2005 sao cho tổng đại số của dãy số nhận được là không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của các tổng đại số nhận được. -----------------------------------------------------------HẾT----------------------------------------------------------- ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. 1. Giải phương trình: 8 x 9  x 3  3 x 2  4 x  2.  x  y  x  1 y  1  8 2. Giải hệ phương trình:  3 . 7 y  6 xy  x  2 y   25 Lời giải 1. Ta có phương trình tương đương: 3 3  2 x   2 x  x  3x  4 x  2   2 x   2 x   x  1   x  1   2 x    x  1  2 x   x  1  0 3 3 3 3 2 3 3 3 3 3 3 2   2 x 3   x  1   4 x 6  2 x3  x  1   x  1  1  0    2 x 3  x  1  0   x  1  2 x 2  2 x  1  0  x 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  1. 2. Ta có: x3  8 y 3  6 xy  x  2 y   x 3  y 3  7 y 3  6 xy  x  2 y    x3  8 y 3  6 xy  x  2 y   x3  y 3  25  x3  8 y 3  6 xy  x  2 y   x3  y 3  1  24  x3  8 y 3  6 xy  x  2 y   x3  y 3  1  3  x  y  x  1 y  1 3   x  2 y    x  y  1 3  x  2 y  x  y 1  y  1. x  1 Với y  1, ta có: 7  6 x  x  2   25  x 2  2 x  3  0   .  x  3 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm  x; y   1;1 ,  3;1 . Câu 2. 1. Tìm x, y nguyên không âm thỏa mãn:  x  y   x3  1  x 4  3. 2. Với 0  a  b  2, b  2a  2ab, tìm giá trị lớn nhất của M  a4  b4 . Lời giải 1. Nếu x  y  0 thì phương trình vô nghiệm do đó x, y  0. Khi đó phương trình tương đương: x y  Do x, y     9  3x  x 2  y  x4  3 3 x  y 3 . 3 x 1 x 1 27  x3 28  3  1   28  x3  1 . 3 x 1 x 1 Do x  0  x3  1 1; 2; 4;7; 28  x  0;1;3 . Với x  0  y  3. Với x  1  y  1. Với x  3  y  0. Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm  x; y    0;3 , 1;1 ,  3; 0  . 2. Ta có: b  2a  2ab  1 2   2. a b Suy ra: 4 16 1 1 2 16  1 16  17  a  4  4    b 4  a 4  4  a 4  3      b4  a 4   4  2a 4  b4  a 4  a 4  b 4 . b 2 a b 2 a b  4 Hay a 4  b 4  17. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  1, b  2. Vậy giá trị lớn nhất của M là 17 đạt được khi a  1, b  2. Câu 3. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn  O  . Các điểm E , F lần lượt thuộc các cạnh CA, AB sao cho nếu đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt  O  tại G khác A thì G nằm trên cung AB không chứa C của  O  . 1. Chứng minh rằng hai tam giác GEC và GFB đồng dạng. 2. Gọi AD là đường kính của  O  . GD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF tại K khác G. Chứng minh rằng: EF AK  . BC AD 3. Giả sử trung trực của EF đi qua trung điểm của BC. Chứng minh rằng: Lời giải GE KE  . GF KF A O E G F K B M C D N 1. Do tứ giác GAEF nội tiếp nên GFA  GEA  GFB  GEC 1 . Mặt khác tứ giác GACB nội tiếp nên GBA  GCA  GBF  GCE  2  . Từ 1 và  2  suy ra hai tam giác GEC và GFB đồng dạng. 2. Do GEC  GFB  GE GC  . Mà FGE  FAE  BAC  BGC. GF GB Suy ra: GEF  GCB  EF RGEF  . Trong RXYZ là bán kính đường tròn ngoại tiếp XYZ . BC RCB Mặt khác AGK  AGD  900 nên AK , AD lần lượt là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF AK RGEF  . và GCB. Hay AD RGBC Từ đây ta có: EF AK  . BC AD 3. Gọi M là trung điểm của MC thì ME  MF . Lấy N đối xứng với E qua M thì MF  ME  MN hay tam giác FNE vuông tại F . Suy ra: BFN  KFE. Do tính đối xứng nên BN  CE  KE , do đó BNF  KEF . Suy ra: hai tam giác KEF và BNF đồng dạng. Từ đó ta có: KE BN BC GE    . KF BF FB GF Câu 4. Chúng ta thêm dấu " " hoặc " " vào các dãy số 1, 2, 3,..., 2005 sao cho tổng đại số của dãy số nhận được là không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của các tổng đại số nhận được. Lời giải Ta có: 1, 2, 3,..., 2005 gồm 1002 số chẵn và 1003 số lẽ nên tổng hoặc hiệu giữa 2005 số là một số lẽ. Ta có: 1   2  3  4  5    6  7  8  9   ...   2002  2003  2004  2005   1 là số lẽ nhỏ nhất.