CHUYÊN hải PHÒNG 2021 2022 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)
1  x + x +1
 1
A=
−
÷.
x −1 
x +1
 x x −1
=

( x + 1) . x + x + 1 = x
( x − 1) ( x + x + 1) x + 1 1 − x
− x

A≥ 2⇔

⇔
1
(2,0
điểm)

2
(2,0
điểm)

0,25

x
1− x

≥2⇔

3 x −2
1− x

0,25

≥0

0,25

2
4

≤ x <1⇔ ≤ x <1
3
9

0,25
(TMĐK).

2) (1,0 điểm)
2
 x0 + ax0 + b = 0
⇒ ( a − b ) x0 = 2a − b ⇒ x = 2a − b
 2
0
 x0 + bx0 + 2a = 0
a − b = 0 ⇒ 2a − b = 0 ⇒ a = b = 0 ( l )
a −b
Có
(vì nếu
)
a
=
0

⇔
2
2
⇔
a
a
−

b
+
2
=
0
(
)
(
)
x2 = x0 + x1 = −a
a − ab + 2a = 0
a − b + 2 = 0
, thay vào
:
.
( 1) b = −1
a = 0 ⇒ x0 = 1
+TH1:
, thay vào
:
(tm bài toán)
2
−
a

x =
 a = 2; b = 4 ( l )
⇒ 0
2
a 2 − 8a + 12 = 0 ⇔ 

b = a + 2
( 1)
 a = 6; b = 8 ( tmbt )
a −b + 2 = 0
+TH2:
thay vào
:
.
0;
−
1
,
6;8
(
) ( )
Vậy có hai cặp số
thỏa mãn đề bài.
1) (1,0 điểm)
1


2− x
− 1÷ = 0
⇔
= 2 − x ⇔ ( 2 − x) 
3x + 2 + 2 x
 3x + 2 + 2 x

x≥0
XĐ:

.
PT
ĐK

1
3x + 2 + 2 x

≤

1
2

x−2=0⇔ x=2

Với
b) (1,0 điểm)

1

< 1, ∀x ≥ 0

3x + 2 + 2 x
nên phương trình

−1 = 0

0,5

0,25

0,25

0,5

0,25
vơ nghiệm.
0,25

(TMĐKXĐ)

Trang 1/5


2
2
2
2
 x + y + xy = x + 4  x + 2 y + 3 xy − x − y = 0
⇔
⇔
 2
 2
 y + 2 xy = y − 4
 y + 2 xy − y + 4 = 0

( x + 2 y − 1) ( x + y ) = 0
 2
 y + 2 xy − y + 4 = 0

0,5

( 2)

 y = −1; x = 3
3y − y − 4 = 0 ⇔ 
y = 4;x = − 5

3
3
2

x + 2 y −1 = 0 ⇒ x = 1− 2 y

0,25

. Thay vào (2):

y2 + y − 4 = 0 ⇔ y =

x + y = 0 ⇒ x = −y

−1 ± 17
= −x
2

. Thay vào (2):
5 4  1 + 17 −1 − 17   1 − 17 −1 + 17 
;
( 3; −1) ,  − ; ÷, 
÷

÷
÷,  2 ;
÷
2
2
 3 3  2
 


0,25

Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm
a) (1,0 điểm)

3
(3,0
điểm)

Có

AI

là phân giác góc

·
·
·
BAC
⇒ BAE
= CAE

⇒ EB = EC

0,5

(1)

·
·ACB AEB
·
180° − ·ABC BAC
·
·
·
EBI
= CBI
− CBE
=
−
=
=
⇒ ∆BEI
2
2
2
2
Có

cân tại

BCI

E
Từ (1) và (2) suy ra
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
.
b) (1,0 điểm)
1
 1 »
» + sđ BE
» 
= sđ EF = sđ FC

÷
·
·
2
 2

IAF
= DHE

(

)

Trang 2/5

E ⇒ EB = EI

(2)

0,5

0,25


·
·
∆FCE#∆CHE ⇒ EC 2 = EF .EH ⇒ EI 2 = EF .EH ⇒ ∆EIH #∆EFI ⇒ EHI
= EIF

0,5

.

·
·
·
IAF
+ ·AIF = DHE
+ EHI
= 90° ⇒ AF ⊥ FI
Suy ra
.
c) (1,0 điểm)
OJ P FI
OJ ⊥ AF ⇒ J
AI ⇒ P
∆AFI ⇒ J
nên
là tâm đường tròn ngoại tiếp

là trung điểm
là trung
IH
điểm của
.
Q
I
E
Gọi
là điểm đối xứng với qua .
·
·
·
·
DQ.DI = DM .DF ( = DB.DC ) ⇒ MQFI
⇒ QFM
= QIM
MNE
= MFE
Có
là tứ giác nội tiếp
, mà
·
·
⇒ NEQ
= QFE
.
2
2
·

·
EQ = EI = EH .EF ⇒ ∆EQH #∆EFQ ⇒ QFE
= HQE

(

.

)

0,25

0,25

0,25

0,25

·
·
·
NEQ
= HQE
= QFE
⇒ EN PQH

IQ
EN
E
P

Suy ra
. Mà
là trung điểm của
nên
đi qua trung điểm
N , E, P
IH
của
hay
thẳng hàng.
x
y
z
⇔P=
+
+
≥ 3
z ( 2x + y )
x( 2y + z)
y ( 2z + x )

0,25

0,25

BĐT


x
y

z
P ≥ 2 3
+
+
÷
 3z + 2 x + y 3x + 2 y + z 3 y + 2 z + x 

4
(1,0
điểm)

0,25
(BĐT Côsi)


x2
y2
z2
= 2 3 
+
+
 x ( 3z + 2 x + y ) y ( 3x + 2 y + z ) z ( 3 y + 2 z + x )
≥

2 3( x + y + z)


÷
÷


2

2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 4 ( xy + yz + xz )

0,5

= 3

⇔ x= y=z

(BĐT Bunhiacopxki) (đpcm). Đẳng thức xảy ra
5
(2,0
điểm)

.
a) (1,0 điểm)

⇔ 4 y 4 + 8 y 2 − 12 = 4 x 2 − 12 x ⇔ ( 2 y 2 + 2 ) − ( 2 x − 3 ) = 7 ⇔ ( 2 y 2 + 2 x − 1) ( 2 y 2 − 2 x + 5 ) = 7
2

2

PT
x, y

 2 y 2 + 2 x − 1 = 1
 2
 2 y − 2 x + 5 = 7

2 y2 + 2x −1 > 0

Với
nguyên dương thì
nên
2
4
x
−
6
=
−
6

x = 0
2 y + 2 x − 1 = 1
⇔ 2
⇔
 2
2 y − 2 x + 5 = 7
2 y + 2 x − 1 = 1  y = ±1

2 y 2 + 2 x − 1 = 7
 2
2 y − 2 x + 5 = 1

0,5

0,25

hoặc
0,25
(loại).

Trang 3/5


2 y 2 + 2 x − 1 = 7
4 x − 6 = 6
x = 3
⇔ 2
⇔
 2
2 y − 2 x + 5 = 1  2 y + 2 x − 1 = 7
 y = ±1
, loại trường hợp

( x; y ) = ( 3;1)
Vậy phương trình có nghiệm
b) (1,0 điểm)

y = −1

.

.

n

Cách 1: Dễ thấy tập hợp gồm 51 các số lẻ không thỏa mãn điều kiện của đề bài. Ta sẽ chứng minh nhỏ
nhất bằng 52.
A = 52
a1 < a2 < ... < a52 ( 1 ≤ a1 ≤ 50 )
A⊂ X
Xét một tập
và
có các phần tử được sắp xếp
.
a1 = 1
A
Nếu
thì trong 51 số cịn lại của ln tồn tại 2 số ngun liên tiếp, thỏa mãn điều kiện đề bài.
k ≡ i ( mod a1 ) i = 1, a1
a1 + 1, a1 + 2,...,101
Bi
k
Ta chia các số
vào các tập
gồm các phần tử sao cho
,
101 − i 
⇒ Bi = 

[ a]
 a1 
a
. (ở đây ta kí hiệu
là số nguyên lớn nhất không vượt quá số thực )
 a1 = 3

51Ma1 ⇒ 
/ a1
101M
 a1 = 17
Nếu
và
a1 = 3
a1 = 17
Ta xét trường hợp
, trường hợp
tương tự.
B1 = 33, B2 = 33, B3 = 32
B1 , B2
17
A
. Trong 51 số còn lại của
mỗi tập
chỉ có thể chứa nhiều nhất
số,
B3
B3
nếu khơng sẽ tồn tại hai phần tử có hiệu bằng 3. Vậy tập
chứa ít nhất 17 số nên trong
chứa ít nhất
hai phần tử có hiệu bằng 3.

Trang 4/5

0,25

0,25
0,25


 51 
 51 
1 101 − i 
  +1
  +1> 

Bi i = 1, a1 − 1
2  a1  ∀i = 1, a1
/ a1
51M
 a1 
 a1 
Nếu
, do
,
nên mỗi tập
chỉ chứa tối đa
phần
51
A
tử trong
phần tử còn lại của .
  51  
51 − ( a1 − 1)    + 1÷
÷
⇒ Ba1

  a1  
A
chứa ít nhất
trong 51 phần tử cịn lại của .
  51  
1  101  
51 − ( a1 − 1)    + 1÷
> Ba1 =  
 − 1÷
÷
2   a1  ÷
  a1  

Ta chứng minh
 51  1 101 
 51 
⇔ 52,5 +   > 
 + a1  
 a1  2  a1 
 a1 
.
 51 
 51
1 101 
50,5
< 52,5 +  

 + a1   < 51 +
Ba1
Ba1

2  a1 
a1
 a1 
 a1 
A⇒

(

Do

nên trong

am − an = a1

am , an
chứa ít nhất 2 phần tử
Ba1

thỏa mãn
Bj

)

có q nửa số phần tử thuộc
Ba1

, trừ trường hợp

trong

lẻ.

3
A
có 3 phần tử, tồn tại tập
nào đó có 4 phần tử chứa ít nhất phần tử của
thỏa mãn có hai
a1
phần tử có hiệu bằng .
Ba1 ≥ 5
2a1 , 4a1 ,6a1 ∈ A
2a1 + 4a1 = 6a1
Nếu
, khi đó các phần tử
thỏa mãn
.
A = 52
Ta có đpcm trong mọi trường hợp
.

Nếu

Cách 2:
A⊂ X

Bổ đề: Xét tập

a +b = c

. Gọi

a , b, c ∈ A

sao cho không tồn tại 3 phần tử đôi một phân biệt

101 
x = min A; k = 

 x 
. Khi đó

Bm = { x + 2mx + 1; x + 2mx + 2;...;3 x + 2mx}
a) Trong tập

x
có nhiều nhất

A ≤ 51
b)
a) Ta có

.
a∉ A

a + x∉ A

hoặc

suy ra (1) được chứng minh.

1 101 
⇒ A ≤ 1 + n.x = 1 + . 
≤ 51,5 ⇒ A ≤ 51
2  x 

k = 2n

b) TH1:

thỏa mãn

. (1)

.

Trang 5/5

số thuộc

A

(1).

0,25


⇒ A ≤ 1 + n.x + ( 101 − x − 2 nx ) = 102 − x ( 1 + n ) ≤ 102 − x.

k = 2n + 1

TH2:

101
= 51,5 ⇒ A ≤ 51
2x

.(1)

.

A ≤ 51
Vậy

n
, bổ đề được chứng minh. Suy ra

nhỏ nhất bằng 52 thỏa mãn bài tốn.

Chú ý:- Trên đây chỉ trình bày tóm tắt một cách giải, nếu thí sinh làm theo cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa ứng
với điểm của câu đó trong biểu điểm.
- Thí sinh làm đúng đến đâu cho điểm đến đó theo đúng biểu điểm.
- Trong một câu, nếu thí sinh làm phần trên sai, dưới đúng thì khơng chấm điểm.
- Bài hình học, thí sinh vẽ hình sai thì khơng chấm điểm. Thí sinh khơng vẽ hình mà làm vẫn làm đúng thì cho
nửa số điểm của các câu làm được.
- Bài có nhiều ý liên quan tới nhau, nếu thí sinh cơng nhận ý trên để làm ý dưới mà thí sinh làm đúng thì chấm
điểm ý đó.
- Điểm của bài thi là tổng điểm các câu làm đúng và không được làm tròn.

Trang 6/5