CHUYÊN TIỀN GIANG 2021 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2021-2022 Mơn thi: TỐN (CHUN TỐN) ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đáp án có trang) -Đáp án thang điểm: Bài I (3,0 đ) Nội dung Tính giá trị của biểu thức P = x 2022 − 10 x 2021 + x 2020 + 2021 tại x = Ta có: x = = 3− 3+ = ( ( 3− 3+ )( ) Điểm 3− 3+ 1,0 3− 0,25 ) 5− = 5−2 3− 0,25 Suy ra: ( x − ) = 24 ⇒ x − 10 x + = 0,25 2020 Do đó, P = x ( x − 10 x + 1) + 2021 = 2021 0,25 Giải phương trình: x + x − = x + + x − + Điều kiện: x ≥ Đặt t = x + + x − ( t ≥ ) 1,0 0,25 Suy ra: t = x + x − t2 Phương trình thành: = t + ⇔ t − 2t − = ⇔ t = (nhận) hoặc t = −2 (loại) Khi đó, x + + x − = ⇔ x − = − x x ≤ 65 ⇔x= ⇔ (nhận) 16  x − = 64 − 16 x + x  65  Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =    16  0,25 0,25 0,25  x + x = y − ( 1) Giải hệ phương trình:   x + y = y + ( ) Lấy phương trình (2) nhân hai vế cợng với phương trình (1) ta được: 3 ( x + 1) = ( y − 1) ⇔ x + = y − ⇔ y = x + 1,0 0,25 Thế vào phương trình (2) ta được: x + ( x + ) = ( x + ) + ⇔ x + 3x = 0,25 hoặc x = • TH1: x = ⇒ y = • TH2: x = − ⇒ y = 2 ⇔x=− 0,25 0,25    Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là: S = ( 0; ) ,  − ; ÷  2   Trang 1/4 II (3,0 đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) : y = x và đường thẳng ( d ) : y = − x Gọi A, B là hai giao điểm của đường thẳng ( d ) với parabol ( P ) Tìm tọa đợ điểm M nằm trục hoành cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất Phương trình hoành đợ giao điểm của ( P ) và ( d ) : x = − x ⇔ x = hoặc x = − Do đó không mất tính tổng quát giả sử A ( 1;1) , B ( −2; ) Do AB không đổi nên chu vi ∆ MAB nhỏ nhất ⇔ MA + MB nhỏ nhất 1,0 0,25 Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua trục hoành ⇒ A ' ( 1; −1) 0,25 Ta có: MA = MA ' ⇒ MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B Đẳng thức xảy và A ', M , B thẳng hàng ⇔ M là giao điểm của A ' B và trục Ox Phương trình đường thẳng A ' B có dạng: y = ax + b  a=−  a + b = −   ⇔ Ta có:  ⇒ A' B : y = − x + 3  −2 a + b = b =  2  Từ đó tọa độ giao điểm của A ' B và Ox là M  ;0 ÷ 5  2  Vậy chu vi ∆ MAB nhỏ nhất M  ;0 ÷ 5  2 Tìm tất cả giá trị thực của tham sớ m cho phương trình x − x − 2m x − + = vô nghiệm Đặt t = x − ≥ ⇒ t = x − x + Phương trình thành: t − 2mt + = (*) Phương trình đã cho vơ nghiệm khi: TH1: Phương trình (*) vơ nghiệm ⇔ ∆ ' = m − < ⇔ −1 < m < (1) TH2: Phương trình (*) có nghiệm t1 ≤ t2 < m2 − ≥ ∆ ' ≥  m ≥ ∨ m ≤ −1   ⇔ m ≤ −1 (2) ⇔  S < ⇔  2m < ⇔  m <  P > 1 >   Kết hợp (1) và (2) ta m < Cách giải khác: Đặt t = x − ≥ ⇒ t = x − x + Phương trình thành: t − 2mt + = (*) Ta tìm m cho phương trình đã cho có nghiệm ∆ ' ≥  ⇔ phương trình (*) có nghiệm t1 ≥ t2 ≥ ⇔  S ≥ P ≥  0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 m2 − ≥  m ≥ ∨ m ≤ −1  ⇔ m ≥ ⇔  2m ≥ ⇔  m ≥ 1 ≥  Trang 2/4 Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ m ≥ nên phương trình đã cho vơ nghiệm ⇔ m < Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn abc = Tìm giá trị lớn nhất của 1 + + biểu thức M = 2 a + 2b + b + 2c + c + 2a + 1 1 2 ≤ Ta có: a + b ≥ 2ab, b + ≥ 2b ⇒ a + 2b + = 2 a + b + b + + 2 ab + b + ( ) 1 1 1 ≤ ; ≤ 2 b + 2c + bc + c + c + 2a + ac + a + 1  1  + + Suy ra: M ≤  ÷  ab + b + bc + c + ac + a +   ab b  + + Thay c = ta được: M ≤  ÷=  ab + b + ab + b + ab + b +  ab Dấu “=” xảy và a = b = c = Vậy MaxM = 2 Cho m, n là các số nguyên dương cho m + n + m chia hết cho mn Chứng minh m là số chính phương + Đặt d = ( m, n ) Khi đó, m = dm1 , n = dn1 , ( m1, n1 ) = , m1 , n1 ∈ ¢ Tương tự: III (1,0 đ) ) ( 1,0 0,25 Ta có: mn | m + n + m 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 ⇒ d m1n1 | d m12 + d n12 + dm1 ⇒ d | dm1n1 | dm12 + dn12 + m1 ⇒ d | m1 IV (3,0 đ) 0,25 Tương tự m1 | dm1n1 | dm12 + dn12 + m1 ⇒ m1 | dn12 ⇒ m1 | d , ( m1, n1 ) = 0,25 Do đó, d = m1 ⇒ m = d là số chính phương Cho tam giác ABC vuông tại A (AC < AB) có đường cao AH Gọi D là điểm nằm đoạn thẳng AH (D khác A và H) Đường thẳng BD cắt đường tròn tâm C bán kính CA tại E và F (F nằm giữa B và D) Qua F vẽ đường thẳng song với AE cắt hai đường thẳng AB và AH tại M và N 0,25 3,0 C 0,25 H E N D F A M B a) Chứng minh BH.BC = BE.BF · Ta có: ∆BAF ∽ ∆BEA (g.g) có ·ABF chung và BAF = ·AEB (cùng chắn cung »AF ) BA BF = ⇒ BE.BF = BA2 Suy ra: BE BA Trang 3/4 0,75 0,25 0,25 Theo hệ thức lượng tam giác vuông ABC ta có: BA2 = BH BC ⇒ BH.BC = BE.BF · b) Chứng minh HD tia phân giác của góc EHF BH BF · = Ta có: ∆BHF ∽ ∆BEC (c.g.c) có HBF chung và (suy từ câu a) BE BC · · Suy ra: BHF (1) ⇒ tứ giác EFHC nợi tiếp đường trịn = BEC · · » ) Do đó, EHC (cùng chắn cung EC = EFC · = CEF (do ∆ CEF cân tại C) (2) · · Từ (1) và (2) ⇒ FHB = EHC · · · · · · · ⇒ DHE = DHC − EHC = 900 − EHC = DHB − FHB = DHF · Do đó, HD là tia phân giác của góc EHF c) Chứng minh F trung điểm MN MF BF = Vì MF// AE nên theo định lý Ta-lét ta có: (3) AE BE NF DF = Vì NF// AE nên theo định lý Ta-lét ta có: (4) AE DE · Xét ∆ EHF có HD ⊥ HB và HD là tia phân giác của góc EHF nên HB là tia phân BF HF DF · = = giác ngoài của góc EHF ⇒ (5) BE HE DE MF NF = Từ (3), (4), (5) ⇒ ⇒ MF = NF ⇒ F là trung điểm MN AE AE - HẾT - Trang 4/4 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 ... Chứng minh F trung điểm MN MF BF = Vì MF// AE nên theo định lý Ta-lét ta có: (3) AE BE NF DF = Vì NF// AE nên theo định lý Ta-lét ta có: (4) AE DE · Xét ∆ EHF có HD ⊥ HB và HD là tia phân... (3), (4), (5) ⇒ ⇒ MF = NF ⇒ F là trung điểm MN AE AE - HẾT - Trang 4/4 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25