39 NAM ĐỊNH đáp án TOAN TN 2021 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2021– 2022 Môn thi: Toán (chung) - Đề Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên tự nhiên (Hướng dẫn chấm gồm: 05 trang) Câu Nội dung Điểm Câu (2,0 điểm) 1) Tìm điều kiện xác định biểu thức Câu 1) x2  5x  2) Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng y  m x  m  ( m  ) đường thẳng y  x  song song 3) Tính diện tích tam giác ABC cạnh bằng cm 4) Tính thể tích hình nón có đường sinh bằng 5cm bán kính đáy 3cm x2  0 Biểu thức xác định chỉ x   5x 1   x  2) P 0,25 (vì x   0, x ) 0,25 m2   m   0,25 Hai đường thẳng song song chỉ m  3   m  3 m  Gọi AM đường cao tam giác ABC, tính được AM  cm 3) 4) Câu  S ABC  1 AM BC  3.2  3 cm 2 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Hình nón có chiều cao h    cm V   32.4  12 cm3 Thể tích hình nón 0,25  x2 x 1 x    x  25  Q        x  x   x  x  x  x   Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức với x  0; x  1) Rút gọn biểu thức Q 2) Tìm x để biểu thức Q đạt giá trị nhỏ 1)  x2 x 1  x  25 Q    x x ( x  1) x x  x  0; x    x  x 1 Với đk : , Ta có 0,25  x x 1  x  25       x  x  x  x x    0,25  x   x  25  1   x  x  x 1  0,25  x  25 x 0,25 Với đk : x  0; x  , Ta có Q x 25 2 x x 25 x 0,25 2)  Q  10 Vậy giá trị nhỏ Q bằng 10, xảy Câu (2,5 điểm) 1) Cho phương trình Câu x   2m  1 x  m2   x 25  x  25 x 0,25 (1) (với m tham số) (1) m a) Tìm tất giá trị để phương trình có nghiệm x ,x b) Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn  x1  x2 2) Giải phương trình x   x   x  x      2m  1   m    4m  11 Phương trình (1) có 1.a) Phương trình (1) có nghiệm    4m  11   m  1.b) x ;x Phương trình có hai nghiệm phân biệt 0,25 11 0m 0,25 11  *    x1  x2   x1  x2   x1  x2       x1  1  x2  1   x1 x2   x1  x2    Ta có  x1  x2  2m   x x  m  Theo định lý Viét ta có  , thay vào ta có:  m    m  2m    m   0,25 0,25 2m    m    2m  1   0,25 0,25 m  2m    m  1   (vì với m ) * Kết hợp điều kiện   Với đkiện: PT ta được m 11 2 x     x  8x   0,25 x   x   x  x     x  1  x    x  1   x  1  Đặt a  x  (a  0) ; b  x  (b  0) phương trình trở thành: a  b  a  3b   a  b  2) + Trường hợp 1: b  2  b  a  b     a  3b a  b b0 x  (thỏa mãn) 0,25 0,25  x   x    x  1  x   x  + Trường hợp 2: Với a  b (thỏa mãn) x   ;x 0 Vậy phương trình có hai nghiệm Lưu ý: + Học sinh có thể chuyển vế: x   x   x  x  bình phương hai vế và đưa phương trình về phương trình tích Câu Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AP Các đường cao BE CF cắt tại H 1) Chứng minh rằng tứ giác BCEF nội tiếp AE AC  AF AB 2) Gọi K , I lần lượt trung điểm EF AH Chứng minh IK song song với AP 3) Gọi M giao điểm IK BC ; N giao điểm MH với cung nhỏ AC · · đường tròn (O) Chứng minh rằng HMC  HAN 0,25 · · Vì BE, CF đường cao tam giác ABC nên BEC  BFC  90 1) 0,25 suy điểm B,C,E,F thuộc đường trịn đường kính BC hay tứ giác BCEF nội tiếp 0,25 · · · Xét hai tam giác AEF tam giác ABC có AEF  ABC (cùng bù với góc FEC ) chung góc A , suy AEF đồng dạng với ABC (g.g) 0,25 AE AF   AE AC  AF AB Suy AB AC 0,25 Ta có E F nhìn đoạn AH góc 90 nên tứ giác AFHE nội tiếp đường trịn tâm I đường kính AH Lại có K trung điểm dây cung EF suy IK  EF (1) Kẻ tiếp tuyến At (hình vẽ) đường trịn tâm O ta suy AP  At 2) Khi (2) 0,25 » · CAt  ·ABC  sđ AC (3) · · Tứ giác BCEF nội tiếp nên suy AEF  ABC (4) · · từ (3) (4) suy AEF  CAt , suy At EF song song (5) Từ (2) (5) suy AP  EF , kết hợp với (1) suy IK song song với AP 3) 0,25 0,25 0,25 Gọi D giao điểm AH BC Ta có tứ giác BCEF nội tiếp đường trịn đường kính BC, IK đường trung trực dây cung EF nên M trung điểm BC 0,25 Có BP // CH vng góc với AB; CP // BH vng góc với AC 0,25 Suy tứ giác BPCH hình bình hành nên điểm P, M, H thẳng hàng, điểm P, M, H, N thẳng hàng  ·ANM  900 mà ·ADM  900 suy tứ giác ANDM nội tiếp 0,25 · · » · ·  NMD  NAD (góc nội tiếp chắn cung ND ) hay HMC  HAN 0,25 Câu V (1,0 điểm) Câu 8 x y  y   x  y  1 (1)   13 (2) x  y2   1) Giải hệ phương trình 1    2021 2) Cho x, y, z số dương thỏa mãn điều kiện x y z Chứng minh rằng: x  xy  y 2  y  yz  z 2  z  zx  x 2  2021 Điều kiện: y  Chia vế phương trình (1) cho x   ta được (1) Đặt 8 t y 3y  3 x 1 x 1 0,25 y (t  0) t x 1 thỏa mãn ta có phương trình: 3t  8t   , giải PT được 2 1 13 t   y   x  1 x   x  1   x  11x  12  9 Với thay vào (2) ta được:  x2  x    x2    y x   x   12   thỏa mãn 0,25 2  2   1; ; 1;  9  9 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)  1 1 a  b  c  3 abc ;    3 a b c abc Với a, b, c  ta có: 11 1 1 1   a  b  c            abc 9 a b c a b c Đẳng thức xảy a  b  c Với x; y; z số dương 2 x  xy  y   x  y    x  y    x  y  Ta có: 1 11 1   x  xy  y  x  y         2 2x  y x  x  y  x x y  x  xy  y Dấu bằng xảy x  y 0,25 Tương tự ta có: 1 1 1       2 9 y y z  y  yz  z  11 1      9 z z x z  yz  x dấu bằng xảy y  z 2 dấu bằng xảy z  x Cộng BĐT ta được 1 1  3  2021        2 2 2 9 x y z x  xy  y y  yz  z z  zx  x xyz 2021 Dấu bằng xảy 0,25 Lưu ý: + Các cách giải khác đáp án đúng, phù hợp với chương trình THCS, ban giám khảo thống cho điểm thành phần tương ứng HẾT