CHUYÊN TIỀN GIANG 2021 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH TIỀN GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
Năm học 2021-2022
Mơn thi: TỐN (CHUN TỐN)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đáp án có 4 trang)
-------------------------------------------------------------------------------------------------------Đáp án và thang điểm:
Bài
I
(3,0 đ)

Nội dung
1. Tính giá trị của biểu thức P = x 2022 − 10 x 2021 + x 2020 + 2021 tại x =
Ta có: x =
=

3− 2
3+ 2

=

(

(

3− 2

3+ 2

)(

)

Điểm
3− 2
3+ 2

.

1,0

2

3− 2

0,25

)

5− 2 6
= 5−2 6 .
3− 2

0,25

Suy ra: ( x − 5 ) = 24 ⇒ x 2 − 10 x + 1 = 0 .
2

0,25

2020
2
Do đó, P = x ( x − 10 x + 1) + 2021 = 2021 .

0,25

2. Giải phương trình: x + x 2 − 1 = x + 1 + x − 1 + 4 .
Điều kiện: x ≥ 1. Đặt t = x + 1 + x − 1 ( t ≥ 2 ).

1,0
0,25

Suy ra: t 2 = 2 x + 2 x 2 − 1 .
t2
Phương trình thành:
= t + 4 ⇔ t 2 − 2t − 8 = 0 ⇔ t = 4 (nhận) hoặc t = −2 (loại).
2
Khi đó, x + 1 + x − 1 = 4 ⇔ x 2 − 1 = 8 − x
x ≤ 8
65
⇔x=
⇔ 2
(nhận).
2
16
 x − 1 = 64 − 16 x + x
 65 

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =   .
 16 

0,25
0,25

0,25

 x 3 + 3 x = y 3 − 8 ( 1)
3. Giải hệ phương trình:  2
.
2
 x + y = y + 2 ( 2 )
Lấy phương trình (2) nhân 3 hai vế cợng với phương trình (1) ta được:
3
3
( x + 1) = ( y − 1) ⇔ x + 1 = y − 1 ⇔ y = x + 2 .

1,0
0,25

Thế vào phương trình (2) ta được: x 2 + ( x + 2 ) = ( x + 2 ) + 2 ⇔ 2 x 2 + 3x = 0
2

0,25

3
hoặc x = 0.
2
• TH1: x = 0 ⇒ y = 2.

3
1
• TH2: x = − ⇒ y = .
2
2
⇔x=−

0,25

0,25


 3 1 
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là: S = ( 0; 2 ) ,  − ; ÷ .
 2 2 


Trang 1/4


II
(3,0 đ)

2
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) : y = x và đường thẳng ( d ) : y = 2 − x .

Gọi A, B là hai giao điểm của đường thẳng ( d ) với parabol ( P ) . Tìm tọa độ điểm M nằm
trên trục hoành sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất.
Phương trình hoành đợ giao điểm của ( P ) và ( d ) : x 2 = 2 − x ⇔ x = 1 hoặc x = − 2.
Do đó không mất tính tổng quát giả sử A ( 1;1) , B ( −2; 4 ) .

Do AB không đổi nên chu vi ∆ MAB nhỏ nhất ⇔ MA + MB nhỏ nhất.

1,0

0,25

Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua trục hoành ⇒ A ' ( 1; −1) .
0,25

Ta có: MA = MA ' ⇒ MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A ', M , B thẳng hàng

⇔ M là giao điểm của A ' B và trục Ox.

Phương trình đường thẳng A ' B có dạng: y = ax + b .
5

a=−

a
+
b
=
−
1

5
2

3

⇔
Ta có: 
⇒ A' B : y = − x + .
3
3
 −2 a + b = 4
b = 2

3
2 
Từ đó tọa độ giao điểm của A ' B và Ox là M  ;0 ÷.
5 
2 
Vậy chu vi ∆ MAB nhỏ nhất khi M  ;0 ÷.
5 
2
2. Tìm tất cả giá trị thực của tham sớ m sao cho phương trình x − 2 x − 2m x − 1 + 2 = 0
vô nghiệm.
Đặt t = x − 1 ≥ 0 ⇒ t 2 = x 2 − 2 x + 1 . Phương trình thành: t 2 − 2mt + 1 = 0 .(*)
Phương trình đã cho vơ nghiệm khi:
TH1: Phương trình (*) vô nghiệm ⇔ ∆ ' = m 2 − 1 < 0 ⇔ −1 < m < 1 . (1)
TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm t1 ≤ t2 < 0
m2 − 1 ≥ 0
∆ ' ≥ 0
 m ≥ 1 ∨ m ≤ −1


⇔ m ≤ −1 . (2)
⇔  S < 0 ⇔  2m < 0 ⇔ 
m

<
0

P > 0
1 > 0


Kết hợp (1) và (2) ta được m < 1.
Cách giải khác:
Đặt t = x − 1 ≥ 0 ⇒ t 2 = x 2 − 2 x + 1 . Phương trình thành: t 2 − 2mt + 1 = 0 . (*)
Ta tìm m sao cho phương trình đã cho có nghiệm
∆ ' ≥ 0

⇔ phương trình (*) có 2 nghiệm t1 ≥ t2 ≥ 0 ⇔  S ≥ 0
P ≥ 0


0,25

0,25

1,0
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

m2 − 1 ≥ 0
 m ≥ 1 ∨ m ≤ −1

⇔ m ≥ 1.
⇔  2m ≥ 0 ⇔ 
m ≥ 0
1 ≥ 0


Trang 2/4


Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ m ≥ 1 nên phương trình đã cho vơ nghiệm ⇔ m < 1.
3. Cho a, b, c là các số thực dương thay đởi thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
1
1
1
+ 2
+ 2
biểu thức M = 2
.
2
2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a 2 + 3
1
1
1

1
2
2
2
≤ .
Ta có: a + b ≥ 2ab, b + 1 ≥ 2b ⇒ a 2 + 2b 2 + 3 = 2
.
2
2
a + b + b + 1 + 2 2 ab + b + 1

(

)

1
1
1
1
1
1
≤ .
; 2
≤ .
.
2
2
b + 2c + 3 2 bc + c + 1 c + 2a + 3 2 ac + a + 1
1 
1

1
1

+
+
Suy ra: M ≤ . 
÷.
2  ab + b + 1 bc + c + 1 ac + a + 1 
1 
1
ab
b
1
 1
+
+
Thay c =
ta được: M ≤ . 
÷= .
2  ab + b + 1 ab + b + 1 ab + b + 1  2
ab
1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . Vậy MaxM = .
2
2
2
Cho m, n là các số nguyên dương sao cho m + n + m chia hết cho mn . Chứng minh
rằng m là số chính phương.
+
Đặt d = ( m, n ) . Khi đó, m = dm1 , n = dn1 , ( m1, n1 ) = 1 , m1 , n1 ∈ ¢ .

Tương tự:

III
(1,0 đ)

) (

1,0
0,25

2

Ta có: mn | m 2 + n 2 + m

0,25

0,25
0,25
1,0
0,25
0,25

⇒ d 2 m1n1 | d 2 m12 + d 2 n12 + dm1 ⇒ d | dm1n1 | dm12 + dn12 + m1 ⇒ d | m1 .

IV
(3,0 đ)

0,25

Tương tự m1 | dm1n1 | dm12 + dn12 + m1 ⇒ m1 | dn12 ⇒ m1 | d , vì ( m1, n1 ) = 1 .

0,25

Do đó, d = m1 ⇒ m = d 2 là số chính phương.
Cho tam giác ABC vuông tại A (AC < AB) có đường cao AH. Gọi D là điểm nằm trên
đoạn thẳng AH (D khác A và H). Đường thẳng BD cắt đường tròn tâm C bán kính CA tại
E và F (F nằm giữa B và D). Qua F vẽ đường thẳng song với AE cắt hai đường thẳng AB
và AH lần lượt tại M và N.

0,25
3,0

C

0,25

H

E
N
D

F

A

M

B

a) Chứng minh BH.BC = BE.BF .
·
Ta có: ∆BAF ∽ ∆BEA (g.g) vì có ·ABF chung và BAF
= ·AEB (cùng chắn cung »AF ).
BA BF
=
⇒ BE.BF = BA2 .
Suy ra:
BE BA

Trang 3/4

0,75
0,25
0,25


Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có: BA2 = BH .BC ⇒ BH.BC = BE.BF.
·
b) Chứng minh HD là tia phân giác của góc EHF
.
BH BF
·
=
Ta có: ∆BHF ∽ ∆BEC (c.g.c) vì có HBF
chung và
(suy từ câu a).
BE BC
·
·

Suy ra: BHF
(1) ⇒ tứ giác EFHC nội tiếp đường tròn.
= BEC
·
·
» )
Do đó, EHC
(cùng chắn cung EC
= EFC
·
= CEF
(do ∆ CEF cân tại C). (2)
·
·
Từ (1) và (2) ⇒ FHB
= EHC
·
·
·
·
·
·
·
⇒ DHE
.
= DHC
− EHC
= 900 − EHC
= DHB
− FHB

= DHF
·
Do đó, HD là tia phân giác của góc EHF
.
c) Chứng minh F là trung điểm MN.
MF BF
=
Vì MF// AE nên theo định lý Ta-lét ta có:
.(3)
AE BE
NF DF
=
Vì NF// AE nên theo định lý Ta-lét ta có:
. (4)
AE DE
·
Xét ∆ EHF có HD ⊥ HB và HD là tia phân giác trong của góc EHF
nên HB là tia phân
BF HF DF
·
=
=
giác ngoài của góc EHF
⇒
. (5)
BE HE DE
MF NF
=
Từ (3), (4), (5) ⇒
⇒ MF = NF ⇒ F là trung điểm MN.

AE
AE
------------------------------------------------------- HẾT ---------------------------------------------------

Trang 4/4

0,25
1,0
0,25
0,25
0,25

0,25
1,0
0,25
0,25
0,25
0,25