NAM ĐỊNH đáp án TOAN TN 2021 2022

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 1
Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên tự nhiên

(Hướng dẫn chấm gồm: 05 trang)
Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1. (2,0 điểm)

P=
1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức
Câu 1

1)

m

y = m2 x + m − 1 m ≠ 0
để đường thẳng
(
) và đường

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số
y = 9x + 2
thẳng
song song.
2 3 cm.
ABC
3) Tính diện tích tam giác
đều cạnh bằng
5cm
3cm
4) Tính thể tích của hình nón có đường sinh bằng
và bán kính đáy
.
2
x +1
≥0
5x − 1
Biểu thức xác định khi và chỉ khi
⇔ 5x −1 > 0 ⇔ x >

2)

x2 + 1
.
5x − 1

1
5

(vì

x 2 + 1 > 0, ∀x

Hai đường thẳng song song khi và chỉ khi

3)

4)

0,25
)

m2 = 9

m − 1 ≠ 2

 m = ±3
⇔
⇔ m = −3
m ≠ 3
Gọi AM là đường cao tam giác ABC, tính được
⇒ S ABC =

0,25

AM = 3 cm

0,25

0,25
0,25

1
1
AM .BC = .3.2 3 = 3 3 cm 2 .
2
2

0,25

h = 52 − 32 = 4 cm

0,25

1
V = π 32.4 = 12π cm3
3

0,25

Hình nón có chiều cao
Thể tích hình nón là

Câu 2
Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức


x2
x +1

x + 1   x + 25 
Q = 
+
−
÷. 
÷
2
3
x −1 ÷
x
x − x
  x + x +1

1


với

x > 0; x ≠ 1.

Q.
1) Rút gọn biểu thức
Q
x
2) Tìm để biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

Với đk :

1)

x > 0; x ≠ 1

, Ta có


x2
x +1
1  x + 25
Q=
+
−
÷.
x
x −1  x + x + 1
 x x ( x − 1)


x
x +1
1  x + 25
= 
+
−
÷
÷. x + x + 1
x
−
1
x
x

−
1



0,25

 x + 1  x + 25
= 1 +
÷.
x  x + x +1


0,25

=

x + 25
x

Với đk :

0,25

x > 0; x ≠ 1

Q= x+

, Ta có

25
≥2
x

x.

25
x

0,25

2)
⇒ Q ≥ 10

x=

. Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 10, xảy ra khi

Câu 3. (2,5 điểm)
1) Cho phương trình
Câu 3

0,25

x 2 − ( 2m + 1) x + m 2 + 3 = 0

a) Tìm tất cả các giá trị của
b) Tìm tất cả các giá trị của
1 < 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 là tham số).
(1)

để phương trình

(1)

có nghiệm.

có hai nghiệm phân biệt

x1 , x2

thỏa

x + 1 + 2 x + 1 − x 2 + 8 x + 4 = 0.
∆ = ( 2m + 1) − 4 ( m 2 + 3) = 4m − 11.
2

có

⇔ ∆ = 4m − 11 ≥ 0 ⇔ m ≥
có nghiệm

2

11
4

0,25

.

0,25


x1 ; x2

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

Ta có

Theo định lý Viét ta có

 x1 + x2 = 2m + 1

2
 x1.x2 = m + 3

1

m >
⇔
2
1
m 2 − 2m + 3 > 0 ⇔ m >

2

Kết hợp điều kiện

Với đkiện:

Đặt

11
.
4

( *)

0,25

 x1 + x2 > 2
 x1 + x2 > 2
1 < x1 < x2 ⇔ 
⇔
( x1 − 1) ( x2 − 1) > 0
 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 > 0

1.b)

PT

⇔∆>0⇔m>

( *)

, thay vào trên ta có:

0,25


 2m + 1 > 2
 2

m + 3 − ( 2m + 1) + 1 > 0

m 2 − 2m + 3 = ( m − 1) + 2 > 0

0,25

2

(vì
m>

ta được

11
4

với mọi m )

0,25

.

2 x + 1 ≥ 0
 2
 x + 8x + 4 ≥ 0

0,25

x + 1 + 2 x + 1 − x 2 + 8 x + 4 = 0 ⇔ ( x + 1) + 2 x + 1 −

a = x + 1 (a > 0) b = 2 x + 1 (b ≥ 0)
;

a + b = a 2 + 3b 2 ⇔ ( a + b )

2)

2

( x + 1)

2

+ 3 ( 2 x + 1) = 0

khi đó phương trình trở thành:
0,25

b = 0
2
2 ⇔ b ( a − b) = 0 ⇔ 
= a + 3b
a = b

b=0⇒ x =−
+ Trường hợp 1:

1
2

(thỏa mãn)

0,25

a = b ⇒ x + 1 = 2 x + 1 ⇔ ( x + 1) = 2 x + 1 ⇔ x = 0
2

+ Trường hợp 2: Với

Vậy phương trình có hai nghiệm

1
x = − ;x =0
2

Lưu ý: + Học sinh có thể chuyển vế:

(thỏa mãn)

.

x + 1 + 2x + 1 = x2 + 8x + 4

bình phương hai vế và đưa phương trình về phương trình tích.

3

0,25


Câu 4

ABC ( AB > AC )

O
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn
nội tiếp đường trịn tâm đường
CF
AP
BE
H
kính
. Các đường cao
và
cắt nhau tại .
BCEF
AE. AC = AF . AB.
1) Chứng minh rằng tứ giác
nội tiếp và
K, I
AP.
EF
AH
IK
2) Gọi
lần lượt là trung điểm của
và
. Chứng minh
song song với
BC N
AC
M
IK
MH

3) Gọi
là giao điểm của
và
; là giao điểm của
với cung nhỏ
·
·
HMC
= HAN
.
của đường trịn (O). Chứng minh rằng

Vì BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên

·
·
BEC
= BFC
= 900

0,25

suy ra 4 điểm B,C,E,F cùng thuộc đường trịn đường kính BC hay tứ giác BCEF nội tiếp.
1)

·AEF = ·ABC

Xét hai tam giác AEF và tam giác ABC có
∆ABC
∆AEF

góc A , suy ra
đồng dạng với
(g.g).

Suy ra

(cùng bù với góc

·
FEC

) và chung

AE AF
=
⇔ AE. AC = AF . AB
AB AC

2)
Ta có E và F cùng nhìn đoạn AH một 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 là trung điểm của dây cung EF suy ra
.
(1)
Kẻ tiếp tuyến At (hình vẽ) của đường trịn tâm O ta suy ra

4

AP ⊥ At

.

(2)

0,25
0,25


1 »
·
CAt
= ·ABC = sđ AC
2

Khi đó
Tứ giác

BCEF

(3)

nội tiếp nên suy ra

từ (3) và (4) suy ra
Từ (2) và (5) suy ra

·AEF = CAt
·
AP ⊥ EF

·AEF = ABC
·

, suy ra

At

(4)

EF

và

song song.

, kết hợp với (1) suy ra

IK

0,25

(5)

song song với

AP

.

0,25

Gọi D là giao điểm của AH và BC

BCEF
IK
Ta có tứ giác
nội tiếp đường trịn đường kính BC,
là đường trung trực của dây
EF
cung
nên M là trung điểm của BC.

0,25

Có BP // CH vì cùng vng góc với AB; CP // BH vì cùng vng góc với AC
3)

Suy ra tứ giác BPCH là hình bình hành nên 3 điểm P, M, H thẳng hàng, do đó 4 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

1
Điều kiện:

(1)

nội tiếp.

) hay

8 x 2 y + y = 3 ( x 2 − y + 1)

 2
13
x + 9 y2 = .
9


·
·
HMC
= HAN

0,25
0,25

(1)
(2)

1 1 1
+ + ≤ 2021
x y z

là các số dương thỏa mãn điều kiện
. Chứng minh rằng:
1
1
1
2021
+

+
≤
.
2
2
2
2
2
2
3
7 x − 2 xy + 4 y
7 y − 2 yz + 4 z
7 z − 2 zx + 4 x

y≥0

0,25

Chia 2 vế của phương trình (1) cho

⇔8

»
ND

(góc nội tiếp cùng chắn cung

Câu V. (1,0 điểm)

Câu 5

ANDM

suy ra tứ giác

y
3y
= 3− 2
x +1
x +1

x2 + 1 > 0

ta được

2

.

5


t=
Đặt

Với

y
(t ≥ 0)
x +1

2

ta có phương trình:

1
1
t = ⇒ y = ( x 2 + 1)
3
9

x2 +

thay vào (2) ta được:

 x2 = 1
x = 1
⇔ 2
⇒ x2 = 1 ⇔ 
 x = −1
 x = −12

y=
khi đó

Vậy hệ phương trình có các nghiệm (x;y) là

Với

∀a, b, c > 0

3t 2 + 8t − 3 = 0

2
9

t=

, giải PT được

1
3

thỏa mãn.

2
1 2
13
x + 1) = ⇔ x 4 + 11x 2 − 12 = 0
(
9
9

0,25
thỏa mãn.

2  2

 −1; ÷; 1; ÷
9  9


.

1 1 1
1
a + b + c ≥ 3 3 abc ; + + ≥ 3 3
a b c
abc

ta có:
1
1 1
1
11 1 1

⇒ ( a + b + c )  + + ÷≥ 9 ⇒
≤  + + ÷
a+b+c 9 a b c
a b c

a = b = c.
Đẳng thức xảy ra khi
x; y; z
Với
là các số dương
2
2
2
2
7 x − 2 xy + 4 y 2 = ( 2 x + y ) + 3 ( x − y ) ≥ ( 2 x + y )

Ta có:
1
1
1
11 1 1 
⇒ 7 x 2 − 2 xy + 4 y 2 ≥ 2 x + y ⇒
≤
=
≤  + + ÷
7 x 2 − 2 xy + 4 y 2 2 x + y x + x + y 9  x x y 
2

x= y
Dấu bằng xảy ra khi
.
Tương tự ta có:
1
1 1 1 1
⇒
≤  + + ÷
2
2
9 y y z 
7 y − 2 yz + 4 z
⇒

dấu bằng xảy ra khi

11 1 1
≤  + + ÷

7 z 2 − 2 yz + 4 x 2 9  z z x 

0,25

y = z.

1

dấu bằng xảy ra khi

z = x.

Cộng các BĐT trên ta được
1
1
1
1  3 3 3  2021
+
+
≤  + + ÷≤
3
7 x 2 − 2 xy + 4 y 2
7 y 2 − 2 yz + 4 z 2
7 z 2 − 2 zx + 4 x 2 9  x y z 
x=y=z=

Dấu bằng xảy ra khi

3
.

2021

Lưu ý:

6

0,25


+ Các cách giải khác đáp án nếu đúng, phù hợp với chương trình THCS, ban giám khảo thống nhất
cho điểm thành phần tương ứng.
__________HẾT__________

7