27 hải PHÒNG toán chuyên chính thức đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2021 – 2022 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN CHUN HẢI PHỊNG HDC ĐỀ CHÍNH THỨC Hướng dẫn gồm 04 trang Bài Đáp án Điểm 1) (1,0 điểm)  x  x 1  A   x 1 x 1  x x 1  0,25  x  1 x  x   x  x  1  x  x  1 x  1  x  x A 2 x 1 x 2 x 2 1 x 0,25 0 0,25  x 1  x 1 (TMĐK) 2) (1,0 điểm)  x02  ax0  b    a  b  x0  2a  b  x  2a  b  x  bx  a   a  b (vì a  b   2a  b   a  b   l  ) Có  a   x2  x0  x1  a , thay vào   : a  ab  2a   a  a  b    a  b    (2,0 điểm) (2,0 điểm) +TH1: a   x0  , thay vào   : b  1 (tm toán) 2a  x   a  2; b   l   a  8a  12    b  a   a  6; b   tmbt  +TH2: a  b   thay vào   : 0; 1 ,  6;8  Vậy có hai cặp số  thỏa mãn đề 1) (1,0 điểm)   2 x  1     x    x  3x   x  3x   x  x  PT ĐKXĐ: 1   1, x  1  3x   x nên phương trình 3x   x vơ nghiệm Với x    x  (TMĐKXĐ) 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 b) (1,0 điểm)  x  y  xy  x   x  y  xy  x  y      y  xy  y   y  xy  y    x  y  1  x  y     y  xy  y    y  1; x  3y  y     y  4;x    x  y    x   y Thay vào (2): 3 1  17 y2  y    y  x  y   x   y Thay vào (2):  x 2 Trang 1/5  2 0,5 0,25 0,25 (3,0 điểm) Vậy hệ phương trình có nghiệm a) (1,0 điểm)    17 1  17    17 1  17  ; ,  ;   ,  ;  2  3       3; 1 ,   · · · Có AI phân giác góc BAC  BAE  CAE  EB  EC (1) · ·ACB AEB · 180  ·ABC BAC · · · EBI  CBI  CBE      BEI 2 2 Có cân E  EB  EI (2) BCI Từ (1) (2) suy E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác b) (1,0 điểm)  » »  sđ BE »   sđ EF  sđ FC   · ·   IAF  DHE · · FCE#CHE  EC  EF EH  EI  EF EH  EIH #EFI  EHI  EIF ·IAF  ·AIF  DHE · ·  EHI  90  AF  FI Suy c) (1,0 điểm) OJ PFI nên OJ  AF  J tâm đường tròn ngoại tiếp AFI  J trung điểm AI  P trung điểm IH 0,25 Gọi Q điểm đối xứng với I qua E · · · · DQ.DI  DM DF   DB.DC   MQFI Có tứ giác nội tiếp  QFM  QIM , mà MNE  MFE · ·  NEQ  QFE 0,25 · · EQ  EI  EH EF  EQH #EFQ  QFE  HQE 0,25 · · · NEQ  HQE  QFE  EN PQH Mà E trung điểm IQ nên EN qua trung điểm P Suy 0,25     Trang 2/5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 IH hay N , E , P thẳng hàng x P z  2x  y  BĐT (1,0 điểm) x 2y  z  z y  2z  x   0,25   x y z P  3     3z  x  y 3x  y  z y  z  x  (BĐT Côsi)  x2 y2 z2      x  3z  x  y  y  3x  y  z  z  y  z  x   (2,0 điểm) y  3 x  y  z 2 x  y  z 2 0,25        xy  yz  xz   0,5 (BĐT Bunhiacopxki) (đpcm) Đẳng thức xảy  x  y  z a) (1,0 điểm)  y  y  12  x  12 x   y     x      y  x  1  y  x  5  PT 2 y  x    2 y  x   2 y  x    2 y  x   Với x, y nguyên dương y  x   nên 2 y  x   4 x   6 x     2 y  x    y  1 (loại) 2 y  x   4 x   x  2 y  x       y  1 , loại trường hợp y  1 2 y  x    y  x   x; y    3;1 Vậy phương trình có nghiệm  b) (1,0 điểm) 0,5 0,25 0,25 Cách 1: Dễ thấy tập hợp gồm 51 số lẻ không thỏa mãn điều kiện đề Ta chứng minh n nhỏ 52 0,25 A  52  a1  50  Xét tập A  X có phần tử xếp a1  a2   a52  a  Nếu 51 số cịn lại A ln tồn số nguyên liên tiếp, thỏa mãn điều kiện đề 0,25 k  i  mod a1  i  1, a1 Ta chia số a1  1, a1  2, ,101 vào tập Bi gồm phần tử k cho , 101  i   Bi     a1  (ở ta kí hiệu  a  số nguyên lớn không vượt số thực a ) a  51Ma1     a1  17 Nếu 101Ma1 Ta xét trường hợp a1  , trường hợp a1  17 tương tự B1  33, B2  33, B3  32 Trong 51 số lại A tập B1 , B2 chứa nhiều 17 số, khơng tồn hai phần tử có hiệu Vậy tập B3 chứa 17 số nên B3 chứa hai phần tử có hiệu Trang 3/5 0,25  51   51  101  i    1   1   Bi i  1, a1  a1   a1  i  1, a1 a  51 M a  Nếu , , nên tập chứa tối đa   phần 51 A tử phần tử lại   51   51   a1  1     1   Ba1   a1   51 phần tử cịn lại A chứa   51    101   51   a1  1     1  B    1  a   a a         Ta chứng minh  51  101   51   52,5        a1    a1   a1   a1   51   51 101  50,5  52,5       a1    51  a a1  a1   a1  nên Ba1 có nửa số phần tử thuộc A  Ba1 Do   B chứa phần tử am , an thỏa mãn am  an  a1 , trừ trường hợp a1 lẻ B B Nếu a1 có phần tử, tồn tập j có phần tử chứa phần tử A thỏa mãn có hai phần tử có hiệu a1   0,25 Ba1  , phần tử 2a1 , 4a1 ,6a1  A thỏa mãn 2a1  4a1  6a1 A  52 Ta có đpcm trường hợp Nếu Cách 2: Bổ đề: Xét tập A  X cho không tồn phần tử đôi phân biệt a, b, c  A thỏa mãn 101 x  A; k     x  Khi a  b  c Gọi a) Trong tập b) Bm   x  2mx  1; x  2mx  2; ;3 x  2mx có nhiều x số thuộc A (1) A  51 a  A a  x  A suy (1) chứng minh a) Ta có 101   A   n.x     51,5  A  51  x  b) TH1: k  2n (1) TH2: k  2n  (1)  A   n.x   101  x  nx   102  x   n   102  x 101  51,5  A  51 2x Vậy A  51 , bổ đề chứng minh Suy n nhỏ 52 thỏa mãn tốn Chú ý:- Trên trình bày tóm tắt cách giải, thí sinh làm theo cách khác mà cho điểm tối đa ứng với điểm câu biểu điểm - Thí sinh làm đến đâu cho điểm đến theo biểu điểm - Trong câu, thí sinh làm phần sai, khơng chấm điểm - Bài hình học, thí sinh vẽ hình sai khơng chấm điểm Thí sinh khơng vẽ hình mà làm làm cho nửa số điểm câu làm - Bài có nhiều ý liên quan tới nhau, thí sinh cơng nhận ý để làm ý mà thí sinh làm chấm điểm ý - Điểm thi tổng điểm câu làm không làm tròn Trang 4/5 Trang 5/5