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) P= 1) Tìm điều kiện xác định biểu thức Câu 1) m y = m2 x + m − m ≠ để đường thẳng ( ) đường 2) Tìm tất giá trị tham số y = 9x + thẳng song song cm ABC 3) Tính diện tích tam giác cạnh bằng 5cm 3cm 4) Tính thể tích hình nón có đường sinh bằng bán kính đáy x +1 ≥0 5x − Biểu thức xác định chỉ ⇔ 5x −1 > ⇔ x > 2) x2 + 5x − 1 (vì x + > 0, ∀x Hai đường thẳng song song chỉ 3) 4) 0,25 ) m2 =  m − ≠  m = ±3 ⇔ ⇔ m = −3 m ≠ Gọi AM đường cao tam giác ABC, tính được ⇒ S ABC = 0,25 AM = cm 0,25 0,25 0,25 1 AM BC = 3.2 = 3 cm 2 0,25 h = 52 − 32 = cm 0,25 V = π 32.4 = 12π cm3 0,25 Hình nón có chiều cao Thể tích hình nón Câu Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức  x2 x +1 x +   x + 25  Q =  + − ÷  ÷ x −1 ÷ x x − x   x + x +1 với x > 0; x ≠ Q 1) Rút gọn biểu thức Q x 2) Tìm để biểu thức đạt giá trị nhỏ Với đk : 1) x > 0; x ≠ , Ta có  x2 x +1  x + 25 Q= + − ÷ x x −1  x + x +  x x ( x − 1)  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 Với đk : 0,25 x > 0; x ≠ Q= x+ , Ta có 25 ≥2 x x 25 x 0,25 2) ⇒ Q ≥ 10 x= Vậy giá trị nhỏ Q bằng 10, xảy Câu (2,5 điểm) 1) Cho phương trình Câu 0,25 x − ( 2m + 1) x + m + = a) Tìm tất giá trị b) Tìm tất giá trị < x1 < x2 mãn 2) Giải phương trình Phương trình 1.a) Phương trình (1) (1) m m để phương trình 25 ⇔ x = 25 x 0,25 (1) (với m tham số) (1) để phương trình (1) có nghiệm có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x + + x + − x + x + = ∆ = ( 2m + 1) − ( m + 3) = 4m − 11 có ⇔ ∆ = 4m − 11 ≥ ⇔ m ≥ có nghiệm 11 0,25 0,25 x1 ; x2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt Ta có Theo định lý Viét ta có  x1 + x2 = 2m +   x1.x2 = m +  m > ⇔ m − 2m + > ⇔ m >  Kết hợp điều kiện Với đkiện: Đặt 11 ( *) 0,25  x1 + x2 >  x1 + x2 > < x1 < x2 ⇔  ⇔ ( x1 − 1) ( x2 − 1) >  x1 x2 − ( x1 + x2 ) + > 1.b) PT ⇔∆>0⇔m> ( *) , thay vào ta có: 0,25   2m + >   m + − ( 2m + 1) + > m − 2m + = ( m − 1) + > 0,25 (vì m> ta được 11 với m ) 0,25 2 x + ≥   x + 8x + ≥ 0,25 x + + x + − x + x + = ⇔ ( x + 1) + x + − a = x + (a > 0) b = x + (b ≥ 0) ; a + b = a + 3b ⇔ ( a + b ) 2) ( x + 1) + ( x + 1) = phương trình trở thành: 0,25 b = 2 ⇔ b ( a − b) = ⇔  = a + 3b a = b b=0⇒ x =− + Trường hợp 1: (thỏa mãn) 0,25 a = b ⇒ x + = x + ⇔ ( x + 1) = x + ⇔ x = + Trường hợp 2: Với Vậy phương trình có hai nghiệm x = − ;x =0 Lưu ý: + Học sinh có thể chuyển vế: (thỏa mãn) x + + 2x + = x2 + 8x + bình phương hai vế và đưa phương trình về phương trình tích 0,25 Câu ABC ( AB > AC ) O Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn tâm đường CF AP BE H kính Các đường cao cắt tại BCEF AE AC = AF AB 1) Chứng minh rằng tứ giác nội tiếp K, I AP EF AH IK 2) Gọi lần lượt trung điểm Chứng minh song song với BC N AC M IK MH 3) Gọi giao điểm ; giao điểm với cung nhỏ · · HMC = HAN đường tròn (O) Chứng minh rằng Vì BE, CF đường cao tam giác ABC nên · · BEC = BFC = 900 0,25 suy điểm B,C,E,F thuộc đường trịn đường kính BC hay tứ giác BCEF nội tiếp 1) ·AEF = ·ABC Xét hai tam giác AEF tam giác ABC có ∆ABC ∆AEF góc A , suy đồng dạng với (g.g) Suy (cùng bù với góc · FEC ) chung AE AF = ⇔ AE AC = AF AB AB AC 2) Ta có E F nhìn đoạn AH góc 0,25 0,25 0,25 900 nên tứ giác AFHE nội tiếp đường trịn tâm IK ⊥ EF I đường kính AH Lại có K trung điểm dây cung EF suy (1) Kẻ tiếp tuyến At (hình vẽ) đường trịn tâm O ta suy AP ⊥ At (2) 0,25 0,25 » · CAt = ·ABC = sđ AC Khi Tứ giác BCEF (3) nội tiếp nên suy từ (3) (4) suy Từ (2) (5) suy ·AEF = CAt · AP ⊥ EF ·AEF = ABC · , suy At (4) EF song song , kết hợp với (1) suy IK 0,25 (5) song song với AP 0,25 Gọi D giao điểm AH BC BCEF IK Ta có tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính BC, đường trung trực dây EF cung nên M trung điểm BC 0,25 Có BP // CH vng góc với AB; CP // BH vng góc với AC 3) Suy tứ giác BPCH hình bình hành nên điểm P, M, H thẳng hàng, điểm 0,25 P, M, H, N thẳng hàng ⇒ ·ANM = 900 · · ⇒ NMD = NAD mà ·ADM = 900 1) Giải hệ phương trình 2) Cho x, y , z Điều kiện: (1) nội tiếp ) hay 8 x y + y = ( x − y + 1)   13 x + y2 =  · · HMC = HAN 0,25 0,25 (1) (2) 1 + + ≤ 2021 x y z số dương thỏa mãn điều kiện Chứng minh rằng: 1 2021 + + ≤ 2 2 2 x − xy + y y − yz + z z − zx + x y≥0 0,25 Chia vế phương trình (1) cho ⇔8 » ND (góc nội tiếp chắn cung Câu V (1,0 điểm) Câu ANDM suy tứ giác y 3y = 3− x +1 x +1 x2 + > ta được t= Đặt Với y (t ≥ 0) x +1 ta có phương trình: 1 t = ⇒ y = ( x + 1) x2 + thay vào (2) ta được:  x2 = x = ⇔ ⇒ x2 = ⇔   x = −1  x = −12 y= Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) Với ∀a, b, c > 3t + 8t − = t= , giải PT được thỏa mãn 2 13 x + 1) = ⇔ x + 11x − 12 = ( 9 0,25 thỏa mãn 2  2   −1; ÷; 1; ÷ 9  9  1 1 a + b + c ≥ 3 abc ; + + ≥ 3 a b c abc ta có: 1 1 11 1  ⇒ ( a + b + c )  + + ÷≥ ⇒ ≤  + + ÷ a+b+c 9 a b c a b c a = b = c Đẳng thức xảy x; y; z Với số dương 2 2 x − xy + y = ( x + y ) + ( x − y ) ≥ ( x + y ) Ta có: 1 11 1  ⇒ x − xy + y ≥ x + y ⇒ ≤ = ≤  + + ÷ x − xy + y 2 x + y x + x + y  x x y  x= y Dấu bằng xảy Tương tự ta có: 1 1 1 ⇒ ≤  + + ÷ 2 9 y y z  y − yz + z ⇒ dấu bằng xảy 11 1 ≤  + + ÷ z − yz + x  z z x  0,25 y = z dấu bằng xảy z = x Cộng BĐT ta được 1 1  3  2021 + + ≤  + + ÷≤ x − xy + y y − yz + z z − zx + x  x y z  x=y=z= Dấu bằng xảy 2021 Lưu ý: 0,25 + Các cách giải khác đáp án đúng, phù hợp với chương trình THCS, ban giám khảo thống cho điểm thành phần tương ứng HẾT ... + 1)   13 x + y2 =  · · HMC = HAN 0,25 0,25 (1) (2) 1 + + ≤ 2021 x y z số dương thỏa mãn điều kiện Chứng minh rằng: 1 2021 + + ≤ 2 2 2 x − xy + y y − yz + z z − zx + x y≥0 0,25 Chia vế... y = z dấu bằng xảy z = x Cộng BĐT ta được 1 1  3  2021 + + ≤  + + ÷≤ x − xy + y y − yz + z z − zx + x  x y z  x=y=z= Dấu bằng xảy 2021 Lưu ý: 0,25 + Các cách giải khác đáp án đúng, phù... 4m − 11 ≥ ⇔ m ≥ có nghiệm 11 0,25 0,25 x1 ; x2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt Ta có Theo định lý Viét ta có  x1 + x2 = 2m +   x1.x2 = m +  m > ⇔ m − 2m + > ⇔ m >  Kết hợp điều