ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT – NĂM HỌC 2021 -2022 TỈNH ĐỒNG NAI MƠN: Tốn chun Câu (1,75 điểm) 1, Rút gọn biểu thức a a −b b a b +b a : ( a + b) A = − a + b a− b x 2, Giải phương trình: Câu (1,5 điểm) chia hết cho (x -1), P(x) 2, Tìm số nguyên Câu (2,25 điểm) Cho phương trình m có hai nghiệm ) ( x +1 )( x +1 x +2 ) a, b, c hệ số thực Biết thỏa mãn bất đẳng thức x − 4(4m − 1) x + 9m = m=4 x + y + xy − x + y + ≤ m ( tham số thực) để phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt x1 x , thỏa mãn x1 = 3x x1 x x3 x , , , x + xy = 2 y + 2x y = 2 3, Giải hệ phương trình: Câu (0,75 điểm) Trong 2021 số nguyên dương đầu tiên, có số không chia hết cho không chia hết cho 11? Câu (3 điểm) ∆ Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) (CA > CB) Ba đường cao AD, BE, CF cắt H AD BE cắt (O) M N 1, Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp, xác định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDE chứng minh MN // DE 2, Chứng minh AE.AC.CE = CD.AB.EF 3, Gọi K trung điểm HC Chứng minh IHKO hình bình hành Câu (0,75 điểm) a+b Cho ba số thực dương ) = với a ≥ 0, b ≥ 0, a ≠ b chia cho (x – 2) (x – 3) có số dư x, y 1, Giải phương trình 2, Tìm + P ( x ) = x + ax + bx + c 1, Tìm đa thức bậc ba P(x) ( (với a, b, c Chứng minh: HẾT c + b+c a + c+a b ≥ 2( a + b + c ) HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.1 Rút gọn biểu thức a a −b b a b +b a : ( a + b) A = − a + b a− b Ta có: ( a )3 − ( b )3 a b + b a : ( a + b) A = − a − b a + b ( a − b )( a + ab + b) ab ( a + b ) ⋅ = − a+b a − b a + b ( ) = a + ab + b − ab ⋅ a+b a+b a+b =1 = 1.2 Giải phương trình: Điều kiện: Ta có: x ( ) )( x +1 (1) ⇔ Do đó: x ) ( x +1 )( x +1 x +2 x x +2 − − ( ( + x>0 = x +1 x ) x +1 = x +2 x +1 = − x +2 ( ) ( ⇔ 2( x ) + x − = ⇔ ( x) + x −3 = ⇒ x +2 −3 x = x x +2 ) 2 Đặt Vì t= x , t>0 a+b+c = Với ta phương trình nên t =1 (nhận); t =1 ⇒ x =1⇒ x =1 t = −3 (loại) (thỏa điều kiện) Vậy tập nghiệm phương trình (1) Câu t + 2t − = S = {1} ) = (1) (với a ≥ 0, b ≥ 0, a ≠ b ) 2.1 Tìm đa thức bậc ba Biết P (x) chia hết cho (x -1), P ( x ) = x + ax + bx + c P(x) hệ số thực chia cho (x – 2) (x – 3) có số dư P( x) = ( x − 1) A( x) Biết: với a, b, c P ( x ) = ( x − 2).B ( x ) + P ( x ) = ( x − 3).C ( x ) + A( x); B ( x); C ( x ) Với Khi x = ⇒ P (2) = ⇒ 4a + 2b + c = −2 Khi x = ⇒ P (3) = ⇒ 9a + 3b + c = −21 Khi a + b + c = −1 4a + 2b + c = −2 9a + 3b + c = −21 Ta có hệ: Giải hệ ta được: Vậy đa thức x = ⇒ P(1) = ⇒ a + b + c = −1 a = −9; b = 26; c = −18 P( x) = x − x + 26 x − 18 2.2 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn bất đẳng thức x + y + xy − x + y + ≤ x + y + xy − x + y + ≤ Ta có: ⇔ x + xy + y + x − x + + y + y + − ≤ ⇔ (2 x + y ) + ( x − 1) + 2( y + 2) ≤ Vì (2 x + y) ∈ N ; ( x − 1) ∈ N ( x + y ) + ( x − 1) + 2( y + 2) ∈ N Nên: ; 2( y + 2) ∈ N Do đó: ( x + y ) + ( x − 1) + 2( y + 2) = i, ( x + y ) + ( x − 1) + 2( y + 2) = Vì 2( y + 2) (2 x + y ) + ( x − 1) + 2( y + 2) = 2 (1) 2( y + 2) = ⇔ y = −2 số chẵn nên vào (1) ta được: (2 x − 2) + ( x − 1) = ⇔ 5( x − 1) = ⇔ x − = ⇔ x = ii, Vì 2 (2 x + y ) + ( x − 1) + 2( y + 2) = 2( y + 2) 2( y + 2) ≤ số chẵn nên (2) 2( y + 2) = ⇔ y = −2 (2 x − 2) + ( x − 1) = ⇔ 5( x − 1) = ⇔ ( x − 1) = vào (1) ta được: 5 ⇔ x −1 = ± ⇔x=± + 1∉ Z 5 x = 1, y = −2 Vậy: Câu Cho phương trình x − 4(4m − 1) x + 9m = (*) ( m tham số thực) 3.1 Giải phương trình m = Khi m = , ta phương trình t = x2 t ≥ Đặt , ∆' = 864 > x − 60 x + 36 = (1) t − 60t + 36 = ta phương trình (2) nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: t1 = 30 − 12 (nhận); t = 30 + 12 (nhận) t1 = 30 − 12 ⇒ x = 30 − 12 ⇔ x = ± (3 − ) - Với - Với t = 30 + 12 ⇒ x = 30 + 12 ⇔ x = ±(3 + ) { } S = ± (3 − );±(3 + ) Vậy tập nghiệm phương trình (1) 3.2 Tìm m để phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt x1 , x , x3 , x có hai nghiệm x1 , x thỏa mãn x1 = 3x t − 4(4m − 1)t + 9m = t≥0 Đặt t = x , ta có phương trình (3) Để phương trình (*) có bốn nghiệm phân biệt phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt [ − 2(4m − 1)] − 9m > ⇔ 4( 4m − 1) > 9m > ∆ ' > ⇔ S > P > Vì x1 = 3x t1 t nghiệm , Ta có: Biết ⇒ x1 = 3x thỏa mãn 64m − 41m + > ⇔ m > (**) nên tốn đưa tìm m để phương trình (3) có hai t1 = 3t t1 + t = 4(4m − 1) t1 ⋅ t = 9m (hệ thức Vi-et) t1 = 3t ⇒ 3t + t = 4( 4m − 1) ⇔ 4t = 4(4m − 1) ⇔ t = 4m − Do đó: Khi đó: t1 = 3(4m − 1) 3( 4m − 1).( 4m − 1) = 9m ⇔ 3( 4m − 1) = 9m ⇔ 16m − 11m + = m1 = Giải phương trình (4) ta được: m2 = 11 + 57 32 11 − 57 32 (thỏa (**)) (không thỏa (**)) (4) m= Vậy 11 + 57 32 2 x + xy = 2 y + 2x y = 3.3 Giải hệ phương trình: (1) ( 2) Trừ vế theo vế phương trình (1) cho (2) ta được: x − y + xy − x y = ⇔ ( x − y )( x + y ) + xy ( y − x ) = ⇔ ( x − y )( x + y − xy ) = i) x− y =0 ⇔ x= y vào (1) ta được: 2x + x − = ⇔ ( x − 1)( x + x + 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 Ta được: S = 2P , điều kiện S − 4P ≥ Cộng vế theo vế phương trình (1) cho (2) ta được: x + y + xy + x y = ⇔ ( x + y ) − xy + xy ( x + y ) = ⇒ S − P + SP = ⇔ 4P − 2P + 4P = ⇔ 8P − 2P − = P = ⇒ S = ⇔ −3 −3 P= ⇒S= * S = 2, P = Khi x, y (nhận) nghiệm phương trình X − 2X +1 = ⇔ ( X − 1) = ⇔ X = Vậy x = 1, y = S= * −3 −3 ,P = Khi x, y X2 + nghiệm phương trình X1 = Giải phương trình ta − + 21 − − 21 ;X2 = 4 3 X − =0 x= − + 21 − − 21 ;y = 4 Vậy Nghiệm hệ phương trình: x= − − 21 − + 21 ;y = 4 − + 21 − − 21 − − 21 − + 21 ; ( x, y ) ∈ (1;1) ; ;y = ; y = 4 4 Câu Trong 2021 số nguyên dương đầu tiên, có số khơng chia hết cho không chia hết cho 11? Trong số nguyên dương từ đến 2021 số chia hết cho là: 7; 14; 21; …; 2016 Do số số chia hết cho là: (2016 -7) : + = 288(số) Trong số nguyên dương từ đến 2021 số chia hết cho 11 là: 11; 22; 33; …; 2013 Do số số chia hết cho 11 là: (2013 -11) : 11 + = 183 (số) Các số chia hết cho 11 số chia hết cho 7.11= 77 (do (7;11)=1) Trong số nguyên dương từ đến 2021 số chia hết cho 77 77; 154; …; 2002 Do số số chia hết cho 77 là: (2002 -77) : 77 + = 26 (số) Số số chia hết cho chia hết cho 11 là: 288 + 183 – 26 = 445 (số) Vậy 2021 số nguyên dương đầu tiên, số số không chia hết cho không chia hết 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 kề tứ giác ABDE Nên tứ giác ABDE nội tiếp ΔABE vng tai E nên tâm I đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABDE trung điểm cạnh AB ·ABE = ·ADE ·ABE = ·AMN Do (góc nội tiếp chắn (góc nội tiếp chắn ·ADE = ·AMN »AE ) 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 (cùng bù với · BDE ) CD CE CA.CE = ⇒ BC = CA CB CD Nên ΔCDE ∽ ΔCAB(g.g) nên Tương tự ta có ΔAEF ∽ ΔABC(g.g) nên Từ (1) (2) suy ra: (1) 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: JA // BH (cùng vng góc với AC) JB // AH (cùng vng góc với BC) Do Tứ giác AHBJ hình bình hành Mà I trung điểm AB nên I trung điểm JH Ta lại có O trung điểm JC nên IO đường trung bình HC IO = ΔJHC nên IO // HC mà K trung điểm HC IO = HK = Do IO // HK HC Suy IHKO hình bình hành a+b Cho ba số thực dương a b Đặt x = ;y= ;z= a , b, c Khi ta cần chứng minh c Chứng minh: c + b+c a + c+a b ≥ 2( a + b + c ) suy x2 = a; y2 = b; z2 = c (x; y; z > 0) x2 + y2 y + z z + x2 + + ≥ 2( x + y + z ) z x y Ta có: x2 + y y + z z + x2 x2 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 ) ( x + z ) ≥ ⇔ ( x − z )( x − z ) ≥ ⇔ x + z − x z − xz ≥ ⇔ x + 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 a+b Vậy c + b+c a + c+a b ≥ 2( a + b + c ) a = b = c