45 CHUYÊN QUẢNG BINH 2021 2022

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 - 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày 08/6/2021 Mơn: TỐN (CHUN) SBD:………… Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề có 01 trang gồm câu Câu (2,0 điểm)  x +1 x −1 x   x − x −  P= − − − ÷:  ÷ x −1 x + x −1   x −1 x −1  Cho biểu thức (với x ≥ 0, x ≠ ) a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm tất số thực x để P nhận giá trị nguyên Câu (2,0 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) : y = x đường thẳng ( d ) : y = 2mx − m + (với m tham số) Tìm tất giá trị m để ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x1 − x2 > b) Giải phương trình x + + x + = x + 29 Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực x, y, z ∈ [ 5;7 ] Chứng minh xy + + yz + + zx + > x + y + z Câu (1,5 điểm) 2 Tìm tất số nguyên dương n cho hai số n − 2n − n − 2n + 12 lập phương hai số nguyên dương Câu (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn ( O ) đường kính AE Gọi D điểm » không chứa điểm A ( D khác B E ) Gọi H , I , K hình cung BE chiếu vng góc D lên đường thẳng BC , CA AB a) Chứng minh ba điểm H , I , K thẳng hàng AC AB BC + = × b) Chứng minh DI DK DH c) Gọi P trực tâm ∆ABC , chứng minh đường thẳng HK qua trung điểm đoạn thẳng DP .Hết SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 - 2022 Khóa ngày 08/6/2021 Mơn: TỐN (CHUN) (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) u cầu chung * Đáp án trình bày lời giải cho câu Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận logic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong câu, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước sau có liên quan * Điểm thành phần câu phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm 0,5 điểm tùy tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm * Đối với Câu 5, học sinh không vẽ hình cho điểm Trường hợp học sinh có vẽ hình, vẽ sai ý điểm ý * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tùy theo mức điểm câu * Điểm toàn tổng (khơng làm trịn số) điểm tất câu Câu Nội dung Điểm  x +1 x −1 x   x − x −  P= − − : − ÷ ÷ x −1 x +1 x −1  x −1 x −1   Cho biểu thức 2,0 điểm (với x ≥ 0, x ≠ ) a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm tất số thực x để P nhận giá trị nguyên ( P= ( Ta có: = a Vậy P= ( ) ( x +1 − )( ) x −1 −4 x )( x −1 x −1 − x ) x +1 ) x +1 ( × )( x −1 x − x −3− : ( )=4 x +1 −x − )( x −1 ( ) x +1 ) x +1 x x+4 0,5 0,5 x x+4 b Vì x ≥ 0, x ≠ nên P= x ≥ x+4 HDC TOÁN CHUYÊN trang 2/5 0,25 Câu Nội dung ( x −2 x x−4 x +4 = = x+4 x+4 x+4 Ta có: Do ≤ P ≤ mà nên P = P = Với P = x = (thỏa mãn) 1− P =1− ) Điểm ≥0 suy P ≤ 0,25 Với P = x − = ⇔ x = (thỏa mãn) Vậy x = 0; x = P nhận giá trị nguyên a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = x đường thẳng ( d ) : y = 2mx − m + (với m tham số) Tìm tất giá trị 0,25 m để ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa 0,25 2,0 điểm mãn x1 − x2 > b) Giải phương trình: x + + x + = x + 29 Xét phương trình hồnh độ giao điểm ( d ) ( P ) : x = 2mx − m + ⇔ x − 2mx + m − = ( 1) 1  ∆' = m − m +1 =  m − ÷ + > 2  Ta thấy , với m ∈ ¡ Suy phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt với m ∈ ¡ a Do đường thẳng ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt với m ∈ ¡ Ta có x1 , x2 hai nghiệm phương trình ( 1)  x1 + x2 = 2m  x ×x = m − Áp dụng định lí Vi-ét ta  Ta có 0,25 x1 − x2 > ⇔ ( x1 − x2 ) > ⇔ ( x1 + x2 ) − x1x2 − > 2 ⇔ 4m − 4m + > ⇔ ( 2m − 1) > ⇔ m ≠ m≠ ( d ) ( P ) cắt hai điểm phân biệt có hoành độ Vậy b 0,25 x1; x2 thỏa mãn x1 − x2 > x≥− Điều kiện: Ta có: x + + x + = x + 29 HDC TOÁN CHUYÊN trang 3/5 0,25 0,25 0,5 Câu ( ⇔( Nội dung ) ( ) Điểm ⇔ x + − x + + 16 + x + − x + + = ) ( 5x + − + ) 2x + − =  x + − = ⇔ ⇔ x=3  x + − = (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm x = Cho ba số thực x, y, z ∈ [ 5;7 ] Chứng minh xy + + yz + + zx + > x + y + z x, y ∈ [ 5;7 ] ⇒ x − y ≤ ⇔ ( x − y ) ≤ Do 0,5 1,0 điểm 0,25 ⇔ x − xy + y ≤ ⇔ ( x + y ) ≤ ( xy + 1) ⇔ x + y ≤ xy + 0,25 Chứng minh tương tự ta có: y + z ≤ yz + 1; z + x ≤ zx + Cộng vế theo vế bất đẳng thức trên, ta có 2( x + y + z ) ≤ ( xy + + yz + + zx ) 0,25 ⇔ xy + + yz + + zx + ≥ x + y + z x− y =2   y − z = ( 1)  z−x =2 Dấu xảy  Vì x ≠ y ≠ z nên giả sử x > y > z x − y = x − y =  ( 1) ⇔  y − z = ⇔  x − z = x − z = x − z =   Ta có (vơ nghiệm) Vậy 0,25 xy + + yz + + zx + > x + y + z Tìm tất số nguyên dương n cho hai số n − 2n − n − 2n + 12 lập phương hai số nguyên dương 3 * Đặt n − 2n − = a ; n − 2n + 12 = b (với a, b ∈ ¥ ) Dễ thấy a < b b3 − a3 = ( n − 2n + 12 ) − ( n − 2n − ) = 19 Ta có ⇔ ( b − a ) ( b + ab + a ) = 19 * 2 Vì a, b ∈ ¥ , b > a , b + ab + a > b − a 19 số nguyên tố nên HDC TOÁN CHUYÊN trang 4/5 1,5 điểm 0,25 0,25 Câu Nội dung Điểm  a = ( TM )  b = b − a = a =   ⇔ ⇔    a = −3 b = b + ab + a = 19  ( L)  b = −2  n = −3 ( L ) ⇒ n − 2n − 15 = ⇔  ⇔n=5  n = (TM ) 0,5 0,5 Vậy n = giá trị cần tìm Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn ( O ) đường kính AE Gọi » khơng chứa điểm A ( D khác B D điểm cung BE E ) Gọi H , I , K hình chiếu vng góc D lên đường thẳng BC , CA AB a) Chứng minh ba điểm H , I , K thẳng hàng 3,5 điểm AC AB BC + = × DI DK DH b) Chứng minh c) Gọi P trực tâm ∆ABC , chứng minh đường thẳng HK qua trung điểm đoạn thẳng DP Hình vẽ a · · ⇒ KBD = KHD Tứ giác BKDH nội tiếp · ⇒ KBD = ·ACD Tứ giác ABDC nội tiếp ( 1) ( 2) (cùng bù với ·ABD ) HDC TOÁN CHUYÊN trang 5/5 0,25 Câu Nội dung Từ · · = ICD ( 1) , ( ) ⇒ KHD ( 3) · · ⇒ IHD + ICD = 1800 ( ) Lại có tứ giác CIHD nội tiếp · · Từ ( 3) , ( ) suy IHD + DHK = 180 ⇒ K , I , H thẳng hàng ∆AKD ∽∆CHD ( g g ) ⇒ CH AB BK ⇒ = + HD KD KD b AK CH AB + BK CH = ⇒ = KD HD KD HD ( 5) BH AI AC − IC BH AC IC = = ⇒ = − ( 6) DH DI DI DH DI DI IC KB ∆ICD ∽∆KBD ( g.g ) ⇒ = ( 7) ID KD CH BH AB AC + = + Từ ( ) , ( ) ( ) suy HD DH KD DI AC AB BC + = × DI DK DH Vậy Đường thẳng AP cắt ( O ) Q đường thẳng DH cắt ( O ) S ∆BDH ∽∆ADI ( g g ) ⇒ · · » Ta có SAC = SDC (cùng chắn CS ) · · · · Tứ giác CDHI nội tiếp ⇒ HDC = HIA ⇒ SAC = HIA Suy đường thẳng AS song song với đường thẳng HK Ta có AQ // DS (cùng vng góc với BC ) c ⇒ AQDS hình thang, nội tiếp đường tròn ( O ) · ⇒ AQDS hình thang cân ⇒ QDS = ·ASD · · Qua P vẽ PR // AS ⇒ ASD = PRD (đồng vị) · · Suy PRD = QDR ⇒ PQDR hình thang cân Ta thấy BC ⊥ PQ trung điểm PQ , suy BC trục đối xứng hình thang cân ⇒ HD = HR Xét ∆DPR có HD = HR HK // PR ⇒ HK qua trung điểm DP HẾT HDC TOÁN CHUYÊN trang 6/5 Điểm 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25