10 đề tuyển sinh chuyên Toán 21-22 bản 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH AN GIANG Môn thi: TỐN - CHUN THIlàm CHÍNH ThờiĐỀ gian bài: THỨC 150 phút (Không kể thời gian phát đề) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học: 2021 - 2022 Bài (3,0 điểm) a) Rút gọn A = 419 − 40 19 + 419 + 40 19 b) Giải phương trình ( ) x2 + + x + 3 = c) Biết nghiệm phương trình ( ) 2x2 + + x + 3 = nghiệm phương trình x + bx + c = Tìm số b, c Bài (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị ( P) hàm số y = − x2 b) Viết phương trình đường thẳng Bài (1,0 điểm) Cho hai số Chứng minh rằng: Bài (2,0 điểm) a, b ( d) phân biệt thỏa mãn qua điểm A ( 0;1) tiếp xúc với ( P) a − 2021a = b2 − 2021b = c , với c số thực dương 1 2021 + + =0 a b c ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) đường kính AC Gọi I điểm thuộc đoạn OC ( I khác O C ) Qua I kẻ đường vng góc với AC cắt BC E AB kéo dài D Gọi K điểm đối xứng C qua điểm I Cho tam giác BDCI a) Chứng minh tứ giác b) Chứng minh Bài (1,0 điểm) Cho tam giác AKED nội tiếp IC.IA = IE.ID ABC có diện tích ba điểm nằm ba cạnh 36 cm2 Gọi M , N , P AB, BC , CA cho MN ⊥ BC ; NP ⊥ AC ; PM ⊥ AB Chứng tỏ tam giác MNP MNP tính diện tích tam giác Bài (1,0 điểm) Hai nến hình trụ có chiều cao đường kính khác đặt thẳng đứng mặt bàn Ngọn nến thứ cháy hết giờ, nến thứ hai cháy hết Hai nến thắp sáng lúc, sau chúng có chiều cao Trang a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu hai nến b) Biết tổng chiều cao hai nến 63 cm Tính chiều cao nến = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hướng dẫn giải: Bài (3,0 điểm) a) Rút gọn A = 419 − 40 19 + 419 + 40 19 b) Giải phương trình ( ) x2 + + x + 3 = ( ) 2x2 + + x + 3 = c) Biết nghiệm phương trình x + bx2 + c = Tìm số b, c nghiệm phương trình Lời giải a) Rút gọn A = 419 − 40 19 + 419 + 40 19 ( = 400 − 2.20 19 + 19 + 400 + 2.20 19 + 19 = ) ( 20 − 19 + 20 + 19 ) = 20 − 19 + 20 + 19 = 20 − 19 + 20 + 19 = 40 A = 40 Vậy b) Giải phương trình ( ) ( ) x2 + + x + 3 = ( ) ∆ = + − 4.2.3 = 12 + + 12 − 24 = 12 + − 12 = − > ⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = ( ) ( − 3+3 + 3−3 2.2 ) = −3 Vậy phương trình có tập nghiệm ; x2 = ( ) ( − +3 − −3 2.2 ) =− −3  S =  − 3;    c) Biết nghiệm phương trình ( ) 2x2 + + x + 3 = nghiệm phương trình x + bx2 + c = Tìm số b, c Xét phương trình ( ) ( x + bx + c = , có hai nghiệm − 3; −3 nên ta có: ) 4 − + b − + c = 4.9 + b.3 + c =  3b + c = −36  ⇔  81 ⇔  −3 4  ÷ + b  −3 ÷ + c = 4 16 + b + c = 9b + 4c = −81  2    Trang  9b + 3c = − 108 ⇔ ⇔  9b + 4c = − 81 Vậy b = − 21; c = 27  c = 27  c = 27   − 36 − c ⇔   b = − 21  b = giá trị cần tìm Bài (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị ( P) hàm số y = − x2 b) Viết phương trình đường thẳng a) Vẽ đồ thị hàm số nhận Oy ( ) qua điểm A 0;1 tiếp xúc với Lời giải ( P) y = − x ( P ) , ta có bảng sau: - x y = x2 Vậy đồ thị hàm số ( d) - - y = x2 ( P ) - - Pa-ra-bol qua - 1 ( − 2; − ) , ( − 1; − 1) , ( : ) , ( 1; − 1) , ( 2; − ) làm trục đối xứng b) Viết phương trình đường thẳng ( d) qua điểm Giả sử phương trình đường thẳng ( d) có dạng ( d) a.0 + b ⇒ b = ⇒ ( d ) qua A ( 0;1) nên ta có = Xét phương trình hồnh độ giao điểm ( d) A ( 0;1) tiếp xúc với ( P) y = ax + b có dạng y = ax + ( P) : − x = ax + ⇔ x2 + ax + = (1) Trang ( d) Để ( P) tiếp xúc (1) có nghiệm kép ⇔ ∆ = ⇔ a − 4.1.1 = ⇔ a = ⇔ a = ± Vậy ta có hai đường thẳng Bài (1,0 điểm) Cho hai số Chứng minh rằng: a, b ( d) thỏa mãn phân biệt thỏa mãn 1 2021 + + =0 a b c Theo ta có y = x + y = − x + a − 2021a = b2 − 2021b = c , với c số thực dương Lời giải a − 2021a = b − 2021b ⇔ a − b2 − 2021a + 2021b = ⇔ ( a − b ) ( a + b − 2021) =  a = b ( ktm ) ⇔  a + b = 2021 Với a = b loại a, b phân biệt Với a + b = 2021 ⇒ b = 2021 − a ⇒ ab = 2021a − a = − ( a − 2021a ) = − c Thay Vậy Bài (2,0 điểm) a + b = 2021; ab = − c vào ta 1 2021 a + b 2021 2021 2021 + + = + = + =0 a b c ab c −c c 1 2021 + + =0 a b c ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường trịn ( O ) đường kính AC Gọi I điểm thuộc đoạn OC ( I khác O C ) Qua I kẻ đường vng góc với AC cắt BC E AB kéo dài D Gọi K điểm đối xứng C qua điểm I Cho tam giác a) Chứng minh tứ giác b) Chứng minh IC.IA = IE.ID BDCI AKED nội tiếp Lời giải Trang a) Chứng minh tứ giác Ta có ·ABC = 90° Lại có K tứ giác BDCI (hai góc nội tiếp chắn điểm đối xứng C AKED có góc ngồi đỉnh K qua điểm góc đỉnh (kề bù với ·ABC = 90° ); CD º ) BI I nên I trung điểm CK ⇒ ∆ EKC ( ) có · = ECI · ⇒ EKI · = EDB · · E ⇒ EKI = ECI ⇒ EI vừa tứ giác D nên tứ giác nội tiếp IC.IA = IE.ID b) Chứng minh ∆ IDA ∆ ICE · = ICE · IDA · = 90° ⇒ DBC nội tiếp đường trịn đường kính trung tuyến, vừa đường cao nên cân Xét AKED nội tiếp (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · = 90° ( DI ⊥ AC ) ⇒ DIC · = EDB · ⇒ ECI BDCI có: (hai góc nội tiếp chắn º ); BI ·AID = EIC · ( = 90° , DI ⊥ AC ) ⇒ ∆ IDA” ∆ ICE ( g.g ) ⇒ Bài (1,0 điểm) Cho tam giác 36 cm2 Gọi M , N , P ba điểm nằm ba cạnh MN ⊥ BC ; NP ⊥ AC ; PM ⊥ AB Chứng tỏ tam giác MNP tính diện ABC AB, BC , CA cho tích tam giác MNP ID IC = ⇒ IC IA = IE.ID IA IE có diện tích Lời giải Trang ∆ MNB Trong vng M, ta có ( · · MBN + MNB = 90° ; · · · ⇒ MNP = MBN = 60° = 90° − MNB · + MNP · ⇒ MNB = 90° ∆ AMP Trong vng P, ta có ( ) ∆ MNP Đặt có MN = NP = PN = x Mặt khác Trong ⇒ S BMN · · MNP = PMN = 60° giác BMN ∆ MNP Vậy nên ) NM ⊥ AB ( GT ) ; x2 S MNP = (cạnh huyền – góc nhọn) vng 1 x x2 = BM MN = x = 2 ⇒ S ABC mà nên tam giác ∆ BMN = ∆ CNP = ∆ APM tam PN ⊥ BC ( GT ) ; ·AMP + PAM · = 90° ; · · ⇒ PMN = PAM = 60° = 90° − ·AMP · · ⇒ AMP + PMN = 90° mà tạ M ta có ⇒ S BMN = SCNP = S APM BM = MN tan B = x.cot 60° = x 3 x2 x2 x2 x2 = 3.S BMN + S MNP ⇒ 36 = + ⇒3 = 36 ⇒ = 12 ( cm ) 4 SMNP = 12 cm2 Bài (1,0 điểm) Hai nến hình trụ có chiều cao đường kính khác đặt thẳng đứng mặt bàn Ngọn nến thứ cháy hết giờ, nến thứ hai cháy hết Hai thắp sáng lúc, sau chúng có chiều cao nến a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu hai nến b) Biết tổng chiều cao hai nến 63 cm Tính chiều cao nến Lời giải a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu hai nến Trang Gọi chiều cao nến thứ a cm, chiều cao nến thứ hai b cm, ( a, b > ) Giả sử tốc độ tiêu hao cháy hai nến không đổi Mỗi nến thứ giảm chiều cao, nến thứ hai giảm 1 − = Sau nến thứ ⇒ ⇒ chiều cao chiều cao Chiều cao nến thứ lại − = Sau nến thứ hai 8 a chiều cao Chiều cao nến thứ hai cịn lại b Vì sau chiều cao hai nến nên a a= b⇒ = b Vậy tỉ lệ chiều cao ban đầu nến thứ so với nến thứ hai b) Biết tổng chiều cao hai nến 63 cm Tính chiều cao nến Tổng chiều cao nến 63 cm ⇒ a + b = 63 Áp dụng tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: a a b a + b 63 = ⇒ = = = =7 b 5+ Vì a b = ⇒ a = 7.5 = 35 ( cm ) ; = ⇒ b = 7.4 = 28 ( cm ) Vậy ban đầu nến thứ cao 35 cm, nến thứ hao cao 28 cm = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Trang Trang TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYEN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU ĐỀ THI MƠN : TỐN (Chun) Năm học: 2021-2022 Câu (3,0 điếm) a) Rút gon biểu thức P= x x −1  x +1 x−2 ì ữ + x + x x − x − x − ÷ với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ b) Giadi phương trình x − ( x + 4) x + + =  x + y + 3xy + x + y + =  c) Giai hế phương trinh  x − y + + x + y + = Câu (2, điểm) P( x) = x3 + ax + bx + c Q( x) = 3x + 2ax + b(a, b, c ∈ ¡ ) Biết P( x) có ba nghiệm phân biệt Chưng minh Q( x) có hai nghiềm phân biệt a) Cho hai da thức b) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y) thơa mần phương trình ( xy − 1) = x + y Câu (1, điểm) Xét số thực a , b, c S= giá trị nhỏ biểu thức Câu (3, điểm) Cho tam giác qua Gọi P A cat cạnh b) Gọi c) Gọi M,N KBC nhọn ( AB < AC BC K I, J lần lựt trung điềm IJ B, C khỏng D qua P AE DE = AC CK DFE D AB, AC Chửng minh MN vng góc MA2 + NK = NA2 + MK AK d) Đường thẳng ) Một đường trơn qua điềm đối xứng với đồng dạng với tam giác với AD a b c + + + bc + ac + ab hình chiếu vng góc a + b2 + c = Tìm giá trị lớn AB, AC E , F ( E khác B; F khác C ); BF cảt CE D trung điểm a) Chứng minh tam giác ABC khơng âm, thịa măn AD MN , Chứng minh ba điếm I , J , P cát đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN tićp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác T (T DTJ thẳng hàng khade l ) Chưng minh Câu 5: (1 điểm) Cho tam giác ABC điểm O thay đổi tam giác.Tia Ox song song với AB cắt BC D , tia Oy song song vói BC cắt AC tai  AB  S = ÷ Tìm giá trị nhỏ biểu thức  OD  E , tia Oz  BC  + ÷  OE  song song vói AC cắt AB tạ F  AC  + ÷  OF  Trang HƯỚNG DẪN Câu (3.0 điêm) a) Rút gọn biểu thức sau P= x x −1  x +1 x2 ì ữ + x + x  x − x − x − ÷ với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ b) Giải phương trình x − ( x + 4) x + + =  x + y + 3xy + x + y + =  c) Giải hệ phương trình  x − y + + x + y + =  ( x )3 −  x +1 x−2 P= × −  + x + x  ( x + 1)( x − 1) ( x + 1)( x − 2)    = ( x − 1)  − ÷  x −1 x +1  = ( x − 1) ( x − 1)( x + 1) x +1 = Điều kiện: x≥ − 2 Đặi t = x + 1(t ≥ 0) Ta có phương trình − t + 5t − 7t + = t = ⇔ (t − 1) −t + 4t − = ⇔  t = (nhận) ( ) * Vơi t = ⇒ x + = ⇔ x = * Với { 2x { (thỏa) t = ⇒ x + = ⇔ x = (thỏa) + y + xy + x + y + = (1) x2 − y + + x + y + = (2)  x2 − y + ≥  Điềù kiện:  x + y + ≥ (1): y + (3x + 3) y + x + x + = Trang 10 Câu 2.1 Tìm đa thức bậc ba Biêt P( x) = x + ax + bx + c với a, b, c các hệ số thưc P(x) chia hêt cho (x -1), P(x) chia cho (x – 2) (x – 3) đêu có số dư P( x) = ( x − 1) A( x) Biêt: P( x) = ( x − 2).B( x) + P( x) = ( x − 3).C ( x) + Với A( x); B( x); C ( x) các đa thức Khi x = ⇒ P(1) = ⇒ a + b + c = − Khi x = ⇒ P(2) = ⇒ 4a + 2b + c = − Khi x = ⇒ P(3) = ⇒ 9a + 3b + c = − 21 a + b + c = −1  4a + 2b + c = −2  Ta có hệ: 9a + 3b + c = −21 Giải hệ ta đươc: Vậy a = − 9; b = 26; c = − 18 P( x) = x − x + 26 x − 18 2.2 Tìm các sớ ngun Ta có: x, y thỏa mãn bất đẳng thức x + y + xy − x + y + ≤ x + y + xy − x + y + ≤ ⇔ x + xy + y + x − x + + y + y + − ≤ ⇔ (2 x + y ) + ( x − 1) + 2( y + 2) ≤ Vì (2 x + y) ∈ N ; ( x − 1) ∈ N ; 2( y + 2) ∈ N Nên: (2 x + y ) + ( x − 1) + 2( y + 2) ∈ N Do đó: (2 x + y ) + ( x − 1) + 2( y + 2) = i, Vì (2 x + y ) + ( x − 1) + 2( y + 2) = (2 x + y ) + ( x − 1) + 2( y + 2) = 2( y + 2) số chẵn nên (1) 2( y + 2) = ⇔ y = − thê vào (1) ta đươc: (2 x − 2) + ( x − 1) = ⇔ 5( x − 1) = ⇔ x − = ⇔ x = ii, (2 x + y ) + ( x − 1) + 2( y + 2) = (2) Trang 73 Vì 2( y + 2) số chẵn 2( y + 2) ≤ nên 2( y + 2) = ⇔ y = − thê vào (1) ta đươc: (2 x − 2) + ( x − 1) = ⇔ 5( x − 1) = ⇔ ( x − 1) = Vậy: 5 ⇔ x−1= ± ⇔ x=± + 1∉ Z 5 x = 1, y = − Câu Cho phương trình 3.1 Giải phương trình x − 4(4m − 1) x + 9m = (*) ( m tham số thưc) m = Khi m = , ta đươc phương trình x − 60 x + 36 = Đặt t = x , t ≥ ta đươc phương trình t − 60t + 36 = (1) (2) ∆ ' = 864 > nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: t1 = 30 − 12 (nhận); t = 30 + 12 (nhận) - Với t1 = 30 − 12 ⇒ x = 30 − 12 ⇔ x = ± (3 − ) - Với t = 30 + 12 ⇒ x = 30 + 12 ⇔ x = ± (3 + ) Vậy tập nghiệm của phương trình (1) } m để phương trình đã cho có bớn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 đó có hai 3.2 Tìm nghiệm x1 , x thỏa mãn x1 Đặt { S = ± (3 − );± (3 + ) = 3x2 t = x , t ≥ ta có phương trình t − 4(4m − 1)t + 9m = (3) Để phương trình (*) có bớn nghiệm phân biệt phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt ∆ ' >  ⇔ S > P >  Vì x1 thỏa mãn t1 [ − 2(4m − 1)] − 9m >  ⇔  4(4m − 1) > 9 m >  = 3x2 ⇒ x1 = 3x2 = 3t Ta có: t1 Biêt t1 nên toán đưa vê tìm m để phương trình (3) có hai nghiệm t1 , t + t = 4(4m − 1) t1 ⋅ t = 9m (hệ thức Vi-et) = 3t ⇒ 3t + t = 4(4m − 1) ⇔ 4t = 4(4m − 1) ⇔ t = 4m − Do đó: Khi đó:  64m − 41m + >  ⇔ m > (**)  t1 = 3(4m − 1) 3(4m − 1).( 4m − 1) = 9m ⇔ 3(4m − 1) = 9m ⇔ 16m − 11m + = (4) Trang 74 Giải phương trình (4) ta đươc: m1 = m2 = Vậy m= 11 + 57 32 11 − 57 32 (thỏa (**)) (không thỏa (**)) 11 + 57 32  x + xy =  2 3.3 Giải hệ phương trình:  y + x y = (1) (2) Trư vê theo vê của phương trình (1) cho (2) ta đươc: x − y + xy − x y = ⇔ ( x − y )( x + y ) + xy ( y − x) = ⇔ ( x − y)( x + y − xy) = i) x− y = ⇔ x= y thê vào (1) ta đươc: 2x3 + x − = ⇔ ( x − 1)( x + 3x + 3) = * * ii) x− 1= ⇔ x = ⇒ y = x + 3x + = , phương trình vơ nghiệm ∆ = − 15 < x + y − xy = ⇔ x + y = xy Đặt S = x + y; P = xy , điêu kiện S − 4P ≥ Ta đươc: S = 2P Cộng vê theo vê của phương trình (1) cho (2) ta đươc: x + y + xy + x y = ⇔ ( x + y) − xy + xy ( x + y ) = ⇒ S − P + 2SP = ⇔ 4P − 2P + 4P = ⇔ 8P − 2P − = P = ⇒ S =  ⇔ −3 −3  P = ⇒ S = * S = 2, P = Khi đó x, y (nhận) nghiệm của phương trình X − 2X + = ⇔ ( X − 1) = ⇔ X = Trang 75 Vậy * x = 1, y = S= −3 −3 ,P = Khi đó Giải phương trình ta đươc Vậy x= x, y nghiệm của phương trình X1 = X2 + 3 X− =0 − + 21 − − 21 ; X2 = 4 − + 21 − − 21 ;y = 4 x= − − 21 − + 21 ;y = 4 Nghiệm của hệ phương trình:   − + 21 − − 21   − − 21 − + 21   ;   ( x, y ) ∈  ( 1;1) ;  ;y = ; y =   4 4     Trang 76 Câu Trong 2021 số nguyên dương đâu tiên, có số không chia hêt cho không chia hêt cho 11? Trong các số nguyên dương tư đên 2021 các số chia hêt cho là: 7; 14; 21; …; 2016 Do đó số các số chia hêt cho là: (2016 -7) : + = 288(số) Trong các số nguyên dương tư đên 2021 các số chia hêt cho 11 là: 11; 22; 33; …; 2013 Do đó số các số chia hêt cho 11 là: (2013 -11) : 11 + = 183 (số) Các số chia hêt cho 11 các số chia hêt cho 7.11= 77 (do (7;11)=1) Trong các số nguyên dương tư đên 2021 các số chia hêt cho 77 77; 154; …; 2002 Do đó số các số chia hêt cho 77 là: (2002 -77) : 77 + = 26 (số) Số các số chia hêt cho chia hêt cho 11 là: 288 + 183 – 26 = 445 (số) Vậy 2021 số nguyên dương đâu tiên, số các số không chia hêt cho không chia hêt cho 11 2021 – 445 = 1576 (số) 5.1 Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDE chứng minh MN // DE Ta có ·AEB = ·ADB = 90° (AD BE hai đường cao) Và hai đỉnh D, E hai đỉnh kê của tứ giác ABDE Nên tứ giác ABDE nội tiêp ΔABE vuông tai E nên tâm I của đường tron ngoai tiêp tứ giác ABDE trung điểm của canh AB ·ABE = ·ADE (góc nội tiêp chăn » ) AE ·ABE = ·AMN Do đó (góc nội tiêp chăn ·ADE = ·AMN ¼ ) MN mà hai góc đồng vị nên MN // DE 5.2 Chứng minh: AE AC CE = CD AB EF ΔCDE ΔCAB có · · · DCE = ·ACB (góc chung) CDE = BAC Nên ΔCDE ∽ ΔCAB(g.g) nên · BDE ) CD CE CA.CE = ⇒ BC = CA CB CD (1) Tương tư ta có ΔAEF ∽ ΔABC(g.g) nên Tư (1) (2) suy ra: (cùng bù với AE EF AB.EF = ⇒ BC = AB BC AE (2) CA.CE AB.EF = ⇒ CA.CE AE = AB.CD.EF CD AE 5.3 Gọi K trung điểm HC Chứng minh IHKO hình bình hành Kẻ đường kính CJ ta có: Trang 77 JA // BH (cùng vuông góc với AC) JB // AH (cùng vuông góc với BC) Do đó Tứ giác AHBJ hình bình hành Mà I trung điểm của AB nên I trung điểm của JH Ta lai có O trung điểm của JC nên IO đường trung bình của ΔJHC nên IO // HC điểm của HC Do đó IO // HK IO = HK = IO = HC mà K trung HC Suy IHKO hình bình hành Cho ba sớ thưc dương Đặt x = a, b, c Chứng minh: a ;y= b ;z= c Khi đó ta cân chứng minh a+b b+c c+a + + ≥ 2( a + b + c ) c a b suy x2 = a; y2 = b; z2 = c (x; y; z > 0) x2 + y2 y2 + z z + x2 + + ≥ 2( x + y + z ) z x y Ta có: x2 + y y + z z + x2 x y y z z x2 + + = + + + + + z x y z z x x y y  x z   y z   y x  x3 + z y + z y + x =  + ÷+  + ÷+  + ÷ = + + z x z y x y xz yz xz       Ta chứng minh x3 + z ≥ xz ( x + z ) (1) Thật ta có: ( x − z )2 ( x + z ) ≥ ⇔ ( x − z )( x − z ) ≥ ⇔ x3 + z − x z − xz ≥ ⇔ x3 + z ≥ xz ( x + z ) Áp dụng (1) ta có: x3 + z y + z y + x3 xz ( x + z ) yz ( y + z ) xy ( x + y ) + + ≥ + + = 2( x + y + z ) xz yz xz xz yz xy Dấu “=” xảy x = y = z Vậy a+b b+c c+a + + ≥ 2( a + b + c ) c a b a = b = c Trang 78 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NAM Năm học 2021-2022 Môn: Tốn (Đề chun) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề  a +1 ab + a  a + a + b + ab S = + + 1÷: − ab Câu I (2,0 điểm) Cho biểu thức  ab + 1 − ab  với a ≥ 0, b ≥ 0, a + b2 > ab ≠ 1 Rút gọn biểu thức S Tính giá trị của biểu thức S a = 3+ 2 b = 11 − Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình x + x + − ( + x ) x − x + =  x + y − − 2 xy + x − y − =  Giải hệ phương trình   x − + y + = Câu III (3,5 điểm) Cho đường tron (O) đường kính AB = R Gọi ∆ tiêp tuyên của (O) tai MA > R Qua M ve tiêp tuyên MC (C thuộc đường tron (O), C khác A) Gọi H D lân lươt hình chiêu vng góc của C AB AM Gọi d đường thẳng qua điểm O vuông góc với AB Gọi N giao điểm của d BC A Trên ∆ lấy điểm Chứng minh Gọi Q M OM //BN cho giao điểm của đường thẳng QK MC = NO MB CH , K giao điểm của qua trung điểm của đoan thẳng QK AC OM Chứng minh BC AM , E giao điểm CD OM Chứng minh tứ giác FEQO hình bình hành Khi M thay đởi ∆ , tìm giá trị lớn nhất của QF + EO Gọi F giao điểm của Câu IV (1,5 điểm) Giải phương trình x3 + y − x + 3z = 2021 với x, y z các số nguyên Trang 79 ABCD Bên hình vng người ta lấy tùy ý 2021 điểm phân biệt A1, A2 , , A2021 cho 2025 điểm A, B, C , D, A1, A2 , , A2021 không có ba điểm thẳng hàng Chứng minh tư 2025 điểm tồn tai Cho hình vng có độ dài canh băng điểm đỉnh của hình tam giác có diện tích khơng quá Câu V (1,0 điểm) Cho ba sớ thưc dương x, y , z thỏa mãn 4044 x + y + z ≤ Chứng minh      − 1÷ − 1÷ − 1÷ ≥ 512 x  y   z - HẾT thí sinh:……………….……………………Số báo danh: Họ tên Cán coi thi số 1……………………… …………Cán coi thi số 2…………… KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN Năm học: 2021-2022 Mơn: Tốn (Đề chun) Thời gian làm bài: 150 phút SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN CHUN (Hướng dẫn chấm thi có 05 trang) Lưu ý: - Điểm làm tron đên 0,25 - Các cách giải khác mà đúng cho điểm tương đương Nội dung Điểm Câu I (2,0 điểm) Cho biểu thức  a +1 ab + a  a + a + b + ab S = + + 1÷: − ab ab + 1 − ab   với a ≥ 0, b ≥ 0, a + b > ab ≠ 1.(1,0 điểm) Rút gọn biểu thức S ( S= )( ) ( a + 1 − ab + a+2 = : − ab ( a+ b )( − ab ab + a − ab ) a +1 )( ) ab + + − ab a + a + b + 0,25 ab : − ab 0,25 Trang 80 = a+2 − ab × − ab a + b a +1 = ( )( 0,25 ) a+ b 0,25 2.(1,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức ( ) b = 11− = ( 3− 2) ⇒ S với a = + 2 b = 11 − 2 a = + 2 = + ⇒ a = + 2 S= b = 3− = 3− 2 = 1+ + 3− 2 0,25 0,25 Câu II (2,0 điểm) (1,0 điểm) Giải phương trình: Phương trình TXĐ: x + x + − ( + x ) x − x + = x + x + − ( + x ) x − x + = ( 1) ¡ Đặt t = x − x + ( t ≥ 0) , đó phương trình (1) trơ thành 0,25 t2 − ( + x) t + 2x = (2) ⇔ ( t − 2) ( t − x ) = 0,25 Với t1 = ⇒ x − x + = ⇔ x − x = ⇔ x = 0; x = Với t2 = x ⇒ x − x + = x ⇒ − x + = ⇒ x = Thử lai, ta tới kêt luận S = { 0;1;4} 0,25 0,25  x + y − − 2 xy + x − y − =  (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x − + y + = Điêu kiện:  2xy + x − 4y − ≥ ⇔  x − ≥ 0;2 y + ≥  x≥    y ≥ − 0,25 Trang 81 Phương trình x − − ( x − 2) ( 2y + 1) + 2y + = ⇔ ( ) 0,25 x − − 2y + = ⇔ x − = 2y +  x − = y + 0,25 x =  x − = ⇔ ⇔  y = (thỏa mãn) Khi đó ta có hệ   x − + y + =  y + =  Suy hệ phương trình có nghiệm nhất Câu III (3,5 điểm) Cho đường tron tuyên của ( x; y ) = ( 3;0 ) 0,25 ( O ) đường kính AB = 2R Gọi ∆ ( O ) tai A Trên ∆ lấy điểm M di động cho tiêp MA > R M dưng tiêp tuyên MC ( C thuộc đường tron ( O ) , C khác A ) Gọi H D lân lươt hình chiêu vng góc của C lên AB AM Gọi d đường thẳng qua điểm O vuông góc với AB Gọi N giao điểm của d BC Qua (Học sinh khơng ve hình ý se khơng đươc chấm điểm ý đó) 1.(1,5 điểm) Chứng minh OM //BN MC = NO Trang 82 Ta có MA = MC OA = OC suy MO đường trung trưc của đoan thẳng0,25 MO ⊥ AC ( 1) AC, suy Do ·ACB góc nội tiêp chăn nửa đường tron nên ·ACB = 900 ⇒ AC ⊥ BN ( ) Tư (1) (2) suy Xét ∆ MAO 0,25 MO //BN 0,25 ∆ NOB · ( hai góc đồng vị) A O ; AO = OB ; ·AOM = NBO Suy ∆ MAO = ∆ NOB ⇒ MA = NO vuông tai Mặt khác : MA = MC ⇒ MC = ON ( ) 0,25 Q giao điểm của MB CH Gọi K giao điểm của AC OM Chứng minh đường thẳng QK qua trung điểm của đoan thẳng CB 2.(1,0 điểm) Gọi Do Do QH BH = (3) AM BA 0,25 QH //AM suy CH //ON CH HB CH HB = ⇒ = ( 4) ON OB AM AB suy Tư (3) (4) ta có Lai có K QH = CH , suy Q trung điểm AC Suy QK trung điểm của 0,25 CH qua trung điểm của QK CB 0,25 0,25 AM , E giao điểm CD OM Chứng minh tứ giác FEQO hình bình hành Khi M thay đởi ∆ , tìm giá trị lớn nhất của QF + EO (1,0 điểm) Gọi F giao điểm của ADCH hình chữ nhật Do K trung điểm AC Q trung 0,25 điểm CH suy F trung điểm AD Chứng minh Ta có ∆ EKC = ∆ OKA ( g c.g ) ⇒ KE = KO 0,25 Trang 83 Ta có ∆ FKA = ∆ QKC ( g.c.g ) ⇒ KF = KQ Suy Ta có FEQO hình bình hành FQ + EO = AH + CB = AH + BH BA = AH + ( AB − AH ) AB 0,25 Khi đó AB ×2 × × AB − AB AH AB   AB ≤ AH + + AB − AB AH ÷ = AB  AB   AH + ( AB − AH ) AB = AH + Dấu băng xảy 0,25 AH = AB ⇔ AM = 3.R Câu IV (1,5 điểm) (0,75 điểm) Tìm các sớ ngun x, y z thỏa mãn phương trình x3 + y − x + 3z = 2021 Xét theo mod3 ta có y ≡ { 0;1} ( mod3) 2021 ≡ ( mod3) x3 − x = ( x − 1) x ( x + 1) ≡ ( mod3) ; 3z ≡ ( mod3) 0,25 0,25 Như vê trái chia cho dư mà vê phải chia cho dư Vậy phương 0,25 trình đã cho vơ nghiệm ngun (0,75 điểm) Cho hình vng ABCD có độ dài canh băng Bên hình vng người ta lấy tùy ý 2021 điểm phân biệt A1, A2 , , A2021 cho 2025 điểm A, B, C , D, A1, , A2021 không có ba điểm thẳng hàng Chứng minh tư 2025 điểm tồn tai điểm tao thành hình tam giác có diện tích không quá 4044 Ta chứng minh tư 2025 điểm đã cho tao đươc đúng 4044 tam giác không có điểm chung (tức là: mọi điểm Y đã năm miên tam giác khơng năm miên tam giác kia) 0,25 Bước 1: tư A, B, C, D A1 tao đươc tam giác không có điểm chung Trang 84 Bước 2: Điểm A2 se năm bên của tam giác đã có Khơng mất tính tởng quát ta giả sử A2 năm ∆ ABA1 , đó se tao thêm 4+ 2= đươc tam giác Như có chung tam giác không có điểm Bước 3: Điểm A3 se năm tam giác đã có, khơng mất tính tổng quát, giả sử A3 năm ∆ ABA2 Khi đó ta có không có điểm chung 6+ 2= tam giác Sau 2021 bước hình vng đã cho đươc chia thành 4044 tam giác 0,25 không có điểm chung Mặt khác tổng diện tích 4044 tam giác đó băng 1, suy tồn tai ít nhất tam giác có diện tích khơng quá 0,25 4044 Câu V (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y z thỏa mãn x + y + z ≤ Chứng      − 1÷ − 1÷ − 1÷ ≥ 512  y  minh  x  z Ta có ( − x ) ( − y ) ( − z ) ≥ 512 x y z 2 2 2 0,25 ⇔ ( − x ) ( + x ) ( − y ) ( + y ) ( − z ) ( + z ) ≥ 512 x y z Do x + y + z ≤ nên ta có ( − x) ( − y ) ( − z ) ( + x) ( + y ) ( + z ) ≥ ( y + z ) ( z + x ) ( x + y ) ( x + y + z ) ( x + y + z ) ( x + y + z ) ( 1) Chứng minh đươc: ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) ≥ 8xyz 0,25 ( 2) Và: ( 2x + y + z ) ( x + y + z ) ( x + y + 2z ) 0,25 ≥2 x+ y x+z y+x y+z z+x z+ y = 8( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) ≥ 8.8 xyz ( 3) Tư (1), (2) (3) suy điêu phải chứng minh Dấu băng xảy x= y= z= 0,25 Trang 85 Trang 86 Thứ tự: Chuyên An Giang 21-22 Chuyên Bà Rịa Vũng Tàu 21-22 Chuyên Bến Tre 21-22 Bình Định 21-22 Bình Dương 21-22 Bình Phước 21-22 Cà Mau 21-22 Cần Thơ 21-22 DakLak 21-22 10 Đồng Nai 21-22 11 Hà Nam 21-22 Trang 87 ... + + a 21 - a 11 ( 1) a2 ³ 10 ; a13 - a3 ³ 10 ; a1 >10 +10 + +10 = 10 0 14 4444424444443 10 sè 10 a1 < a2 < a3 < < a 21 ; a 21 - a 11 ³ 10 ( 2) mà a1 số nhỏ số tập hợp a1 = 10 1 ( 3) Từ ( 1) ( 3)... a12 - a2 + a13 - a3 + + a 21 - a 11