NAM ĐỊNH dap an toan chuyen 2021 chuan

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN
Năm học 2021– 2022.

Mơn thi: TỐN (chun)
(Hướng dẫn chấm gồm: 05 trang)
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Cho a, b, c  ¡

2
2
2
thỏa mãn a  b  c  0 và a  b  c  1 . Tính giá trị của biểu thức

S  a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 .

P  x

b) Cho đa thức bậc hai

thỏa mãn

Nội dung

Ý
+ Ta có
suy ra
+ Từ

1b
1,0đ

ab  bc  ca  

 ab  bc  ca 

suy ra

Điểm

0   a  b  c   a  b  c  2(ab  bc  ca )  1  2  ab  bc  ca 
2

1a
1,0đ

P  1  1 P  3  3 P  7   31
P 10
,
,
. Tính giá trị của   .

2

2

2

2

0,5

1
2.

 a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2  2abc  a  b  c 

S  a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 

0,5

1
4.

a  b  c  P  1  1

9a  3b  c  P  3  3

49a  7b  c  P  7   31
P  x   ax 2  bx  c
+ Đặt
thì có hệ 
.
+ Giải hệ được a  1 , b  3 , c  3 .
P x  x 2  3x  3
P 10  102  3.10  3  73
+ Suy ra  
nên  

.
Cách khác:
P x x
P x  x  a  x  1  x  3
+ Thấy  
có nghiệm là x  1, x  3 nên có  
.
P 7  31
31  7  a  7  1  7  3  a  1
+ Từ  
nên
.
P x  x  1  x  3  x  P  10   73
+ Vậy   
.

0,5

0,25
0,25

Câu 2 (2,0 điểm).
2

7 x2
 x 
x 

4



x 1 .
 x 1
a) Giải phương trình
 x  2 x  1  y  x  y  2   1

4 x  3  2 y  2  11  x.
b) Giải hệ phương trình 
2

Ý
2a

+ Điều kiện xác định x  1 .

Nội dung

Điểm

Trang 1/5-Đáp án


2

x 
7 x2 2x2


x
 4

x 1
x 1 x 1
+ PT cho tương đương với 
0,25

2

 x2 
x2

40
  5.
x 1
 x 1


x2
x2
 1 (1)
 4 (2)
x 1
x

1
hoặc

0,25

1 5
2 .

+ Giải (1) được
+ Giải (2) được x  2  2 2 .
x

1,0đ

0,25


1  5
;2  2 2 

2

Tập nghiệm của phương trình là 
4
3
2
Cách khác: Quy đồng, rút gọn được x  5 x  x  8 x  4  0

0,25

  x 2  x  1  x 2  4 x  4   0

1 5
 x2  x  1  0
x

 2


2
x

4
x

4

0

 x  2  2 2

(thỏa mãn điều

kiện)
2b
1,0đ

 x  2 x  1  y  x  y  2   1 (1)

4 x  3  2 y  2  11  x (2)
Xét hệ 
+ Điều kiện xác định: x  3 và y  2 .
1  y 2  y  x  2  2x2  x  1  0
+ Ta có  
 y  x 1
  y 1  x   y 1  2x  0  
 y  1  2x

0,25

0,25

.

+ Với y  x  1 , thay vào (2) ta được

11  x  0
6 x  3  11  x  
2  x  29  6 23
36
x

3

11

x





.

0,25

Khi x  29  6 23 thì y  x  1  30  6 23 (thỏa mãn điều kiện).
+ Với y  1  2 x , thay vào (2) ta được

4 x  3  2 3  2 x  11  x 

0,25



 
2

x32 



2

3  2x 1  0
Trang 2/5-Đáp án


 x  3  2

 x 1
3

2
x

1

. Khi đó có y  1  2 x  1 (thỏa mãn điều kiện).

+ Kết luận: Hệ cho có đúng hai bộ nghiệm

 x; y 

là

 29  6

23;30  6 23

 ,  1; 1 .

 nội tiếp đường tròn   . Đường phân giác
Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC 
·
O
O
trong của BAC cắt đường tròn   tại D ( D  A ). Trên cung nhỏ AC của đường tròn   lấy
điểm G khác C sao cho AG  GC ; một đường trịn có tâm là K đi qua A , G và cắt đoạn thẳng AD
AB  AC

O

O
tại điểm P nằm bên trong tam giác ABC . Đường thẳng GK cắt đường tròn   tại điểm M (
M  G ).
a) Chứng minh các tam giác KPG , ODG đồng dạng với nhau.
b) Chứng minh GP, MD là hai đường thẳng vng góc.
c) Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng OD và KP , đường thẳng qua A và song song với
BC cắt đường tròn  K  tại điểm E ( E  A ). Chứng minh rằng tứ giác DGFP là tứ giác nội tiếp và

·
EGF
 900 .

Trang 3/5-Đáp án


Ý

 O
K
+ Xét đường tròn  
+ Xét đường tròn

3a
1,0đ

3b
1,0đ

Nội dung

Điểm

·
·
có DOG  2 DAG .
·
·
có PKG  2 PAG .

0,25
0,25

·
·
Suy ra DOG  PKG (1).
+ Tam giác PKG cân ở K và tam giác DOG cân ở O (2).
Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác này đồng dạng với nhau.

·
GKP
·
·
·
MGP
 KGP
 900 
 900  DAG
2
Có
·
·
·
·
DAG
 DMG
MGP
 DMG
 900

Mặt khác

nên

0,25
0,25

0,5
, suy ra GP  DM

0,5

·
·
·
·
Ta có FPG  KPG  ODG  FDG , suy ra tứ giác DGFP nội tiếp
3c
1,0đ

0,5

·
·
·
·
Suy ra DFG  DPG . Tứ giác APGE nội tiếp nên DPG  AEG .

·
·

·
·
Suy ra AEG  DFG hay HEG  DFG với H là giao điểm của OD và AE .
Suy ra tứ giác HEGF nội tiếp.

0,25

·
·
·
OD  BC nên OD  AE , suy ra FHE
 900 , do đó EGF
 1800  FHE
 900 .

0,25

Câu 4 (1,5 điểm).

x; y 
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương 

thỏa mãn

x 2 y 2  y  x   5 xy 2  27

.

2
b) Cho p1 , p2 ,, p12 là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p  p  L  p12 chia

hết cho 12.
2
1

Nội dung

Ý



2
2

Điểm



y 2 x3  x 2 y  5 x  27 (1)
*
x
,
y

¥
+ Giả sử có
thỏa mãn u cầu. Ta có
.
2
2
y   1;3

y   1;9
Suy ra 27 chia hết cho y nên
hay
.
3
2
2
x  x  5 x  27  x  x  x  5   27
+ Xét y  1 , thay vào (1) có
.
4a
27
5 x  27  x 
0,75đ
5 , suy ra
Điều này chứng tỏ x là ước nguyên dương của 27 và có
x  1 hoặc x  3 . Thử trực tiếp hai trường hợp này thấy không thỏa mãn.
x 3  3 x 2  5 x  3  0   x  2   x 2  2 x  3  0  x  1
+ Xét y  3 , thay vào (1) có
.
x; y    1;3
Vậy 
.

4b
p  6 k  1 k  ¥ * 
p
tố lớn hơn 3 nên có dạng
0,75đ + Với 2là số nguyên
2

Suy ra p  1  36k  12k chia hết cho 12.

p
+ Áp dụng có

2
1

 1   p22  1  ...   p122  1

chia hết cho 12

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

Trang 4/5-Đáp án


2
2
2
Suy ra p1  p2  L  p12 chia hết cho 12.
Cách viết khác:
2

2
p  3k  1 k  ¥ * 
+ Từ
suy ra p  1  9k  6k chia hết cho 3.
2
2
2
p  4 k  1 k  ¥ * 
+ Từ
, khi đó có p  1  16k  8k chia hết cho 4. Suy ra p  1
chia hết cho 12.
2
2
2
+ Áp dụng suy ra p1  p2  L  p12 chia hết cho 12.

Câu 5 (1,5 điểm).

a  bc b  ca c  ab


2
a
,
b
,
c

0
ca

a b
a) Cho
và a  b  c  1 . Chứng minh rằng b  c
.

*
b) Xét hai tập hợp A, B khác  thỏa mãn A I B   và A U B  ¥ . Biết rằng A có vơ hạn
phần tử và tổng của mỗi phần tử thuộc A với mỗi phần tử thuộc B là phần tử thuộc B . Gọi x là
phần tử bé nhất thuộc B thỏa mãn x  1 . Hãy tìm x.

Ý

5a
0,75đ

Nội dung

Điểm

a  bc a  a  b  c   bc  a  b   a  c 


bc
bc
+ Ta có b  c
.
Tương tự thì BĐT cần chứng minh được viết lại thành
 a  b  a  c    b  c   b  a    c  a   c  b  2
bc
ca

ab
.
+ Theo BĐT Cauchy có

 a  b  a  c   b  c  b  a  2  a  b  a  c .  b  c  b  a 
bc

Tương tự có

ca

bc

ca

 b  c  b  a   c  a  c  b

 2  b  c  (2)

 a  b  a  c   c  a   c  b

 2  c  a  (3)

ca
bc

ab

a b

0,25

0,25

 2  a  b  (1)

0,25

.

Cộng vế các BĐT (1), (2), (3) suy ra ĐPCM.
5b + Chứng minh 1  B :
0,75đ
Giả sử ngược lại, 1  A , khi đó với x  B có x  1 B .

x  2  1   x  1
Có 1  A, x  1  B suy ra
thuộc B . Cứ như vậy có x, x  1, x  2,....
đều nằm trong B nên suy ra A là tập hữu hạn, mâu thuẫn. Vậy có 1  B .

0,25

+ Xét x  4 : Do 1  x  2  x nên từ tính bé nhất của x trong B suy ra x  2  A , suy

0,25

Trang 5/5-Đáp án


ra

x  1   x  2  1

thuộc B, điều này lại mâu thuẫn với tính bé nhất của x trong B.

Vậy phải có x  2 hoặc x  3 .
+ Với x  2 , cách chọn A là tập các số nguyên dương chia hết cho 3 và B là tập
hợp các số nguyên dương không chia hết cho 3 thỏa mãn yêu cầu.
Với x  3 , cách chọn A là tập hợp các số nguyên dương chẵn và B là tập hợp các
số nguyên dương lẻ thỏa mãn yêu cầu.

0,25

Tóm lại x = 2 hoặc x = 3.
Chú ý:
- Nếu thí sinh làm đúng mà cách giải khác với đáp án và phù hợp kiến thức của chương trình THCS thì tổ
chấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy định.
- Tổng điểm tồn bài khơng làm tròn.
---------- HẾT ----------

Trang 6/5-Đáp án