de tuyen sinh lop 10 chuyen mon toan chuyen toan nam 2021 2022 so gddt quang nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2021 - 2022
Môn thi: TỐN (Chun Tốn)
Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian phát đề)
Khóa thi ngày: 03 - 05/6/2021

Câu 1: (2,0 điểm)
a)

Rút gọn biểu thức A 





8 x 1 x  2 x  1

 x  4  x  2



x 4



x 3 x



2 x x  6

(với x  1, x  4, x  9 )





2
2
2
b) Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố p, q, r thỏa mãn pq  r  1 và 2 p  q  r  1.

Câu 2: (1,0 điểm) Cho parabol (P): y  x2 và đường thẳng (d) y   2 2m x  m(m là tham số). Chứng
1 
minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A, B sao cho M  ;1 là trung điểm của đoạn thẳng AB, hai
2 
điểm H, K lần lượt là hình chiếu vng góc của A, B trên trục hồnh. Tính độ dài đoạn thẳng KH.
Câu 3: (2,0 điểm)
a)

2
Giải phương trình  x  1 7 2x  x  3x  2 .

 x  2y  xy  2  0
b) Giải hệ phương trình  2 2
.

2
2
 x  y  2x y  2xy  1 0
Câu 4: (2,0 điểm).
Cho hình vng ABCD tâm O, điểm E nằm trên đoạn thẳng OB (E khác O, B), H là hình chiếu
vng góc của C trên đường thẳng AE. Gọi F là giao điểm của AC và DH.
a) Chứng minh HD là tia phân giác của góc AHC.
b) Chứng minh diện tích hình vng ABCD bằng hai lần diện tích tứ giác AEFD.
Câu 5: (2,0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC). Đường tròn (O) đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại F, E.
Gọi H là giao điểm của BE và CF, đường thẳng AH cắt BC tại D.
a) Chứng minh tứ giác ODFE nội tiếp đường tròn.
b) Gọi K là giao điểm của AH và EF, I là trung điểm của AH. Đường thẳng CI cắt đường tròn (O) tại M
(M khác C). Chứng minh CI vng góc với KM.
Câu 6: (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức H 

x2
y2
z2


.
9z  zx2 9x  xy2 9y  yz2
--------------------------------------------


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: (2,0 điểm)
a)





8 x 1 x  2 x  1

Rút gọn biểu thức A 

 x  4  x  2



x 4



x 3 x



2 x x  6



(với x  1, x  4, x  9 )



2

2
2
b) Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố p, q, r thỏa mãn pq  r  1 và 2 p  q  r  1.

Lời giải

a)





8 x 1 x  2 x  1

Rút gọn biểu thức A 





 x  4 x  2 x  4



x 3 x



2 x x  6

(với x  1, x  4, x  9 )

Với x  1, x  4, x  9 ta có:
A











8 x 1 x  2 x  1

 x  4  x  2



x4





8 x 1











 2

x2 x x8
8 x x







 2

x2 x x8
1

x





 








x3



x3

x3

x3
x

x



x2



x2



x2

x

 2 x  2
2 x  2  x  x  2

2 x  2  x  2






x 1



2 x x  6

2

8 x 1
x 1 



x  2 x  2 x 2 x  4 2







x 3 x

x2

x 4
2 x  4





2
2
2
b) Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố p, q, r thỏa mãn pq  r  1 và 2 p  q  r  1.

S  p q
Đặt 
ta có hệ:
.
 P  pq
P  r  1
P  r  1

 P  r  1
 P  r  1



  2 r 2  4r  5  

2
2
2
2
r 2  4r  5
2 S  2P  r  1 2 S  2P  r  1  S 
S 

2
2











r  5
r  5

r  5
r  5




 q  5 p
Vì p, q, r là ba số nguyên tố nên ta có:  S  5   p  q  5  q  5 p
 P  6  pq

 2

 . 6
 p. 5 p  6  p  5p  6  0
r  5

  p  2 hoặc
q  3


r  5

p 3
q  2


Câu 2: (1,0 điểm) Cho parabol (P): y  x2 và đường thẳng (d) y   2 2m x  m(m là tham số). Chứng
1 
minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A, B sao cho M  ;1 là trung điểm của đoạn thẳng AB, hai
2 

điểm H, K lần lượt là hình chiếu vng góc của A, B trên trục hồnh. Tính độ dài đoạn thẳng KH.
Lời giải
Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d):
x2   2  2m x  m
 x2   2  2m x  m 0  1
   2 2m  4.1.  m  4m2  4m 4   2m 1  3  0 m
2

2

Do đó phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm
phân biệt A, B với mọi giá trị của m.
Với mọi m, theo định lý Vi-et ta có:
b

 x1  x2  a  2  2m

 x .x  c  m
 1 2 a
1 
x  x 2  2m 1
1
  m
Vì M  ;1 là trung điểm của đoạn thẳng AB nên 1 2 
2
2
2
2
2 


1 3
2 3
 y
x 
1
1
2
2
2
Thay m vào (1) ta có phương trình: x  x   0  
2

2
1 3
2 3
 y
x 

2
2
 1 3 2  3   1 3 2  3 
 A
;
;
, B 

2 
2 
 2
  2

 1 3   1 3 
;0
Vì H, K là hình chiếu của A, B lên trục hồnh nên  H 
, K  2 ;0 

2

 

 HK 

1 3 1 3

 3
2
2


Câu 3: (2,0 điểm)
a)

2
Giải phương trình  x  1 7 2x  x  3x  2 .

 x  2y  xy  2  0
b) Giải hệ phương trình  2 2
.
2
2
 x  y  2x y  2xy  1 0

Lời giải
a)

Giải phương trình

 x  1

7 2x  x2  3x  2 . Điều kiện: x 

7
2

  x  1 7 2x   x  1  x  2
  x  1 7 2x   x  1  x  2  0
  x  1





7 2x  x  2  0

x  1
x  1
 x  1 0



   x  2
  x  2

 7 2x  x  2  7 2x  x  2 2
  x2  2x  3  0






x  1

x  2
x  1
 

 x  3
x 3

   x  1
Vậy tập nghiệm của phương trình: S  1;3
 x  2y  xy  2  0
 1
b) Giải hệ phương trình  2 2
2
2
 x  y  2x y  2xy  1 0 2
Giải (1) ta có:

x  2y  xy  2  0
 x 1 y  2 1 y  0
 x 1 y  2 1 y  0

  1 y  x  2  0
x  2

y 1

Với x = 2 thay vào phương trình (2) ta có:
4  y2  8y 4y2  1 0
 3y2  8y  5  0


 y  1

 y  5

3
Với y = 1 thay vào phương trình (2) ta có:
x  0
x  1 2x  2x  1 0  3x  2x  0  
 x  2

3
2

2

2


 5
 2  

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x; y   2;1 ; 2; ; 0;1 ;  ;1 
 3
 3 

Câu 4: (2,0 điểm).
Cho hình vng ABCD tâm O, điểm E nằm trên đoạn thẳng OB (E khác O, B), H là hình chiếu
vng góc của C trên đường thẳng AE. Gọi F là giao điểm của AC và DH.
a) Chứng minh HD là tia phân giác của góc AHC.
b) Chứng minh diện tích hình vng ABCD bằng hai lần diện tích tứ giác AEFD.
Lời giải

a) Ta có ·ADC  900 (ABCD là hình vng)
·AHC  900 (H là hình chiếu của C trên AE)
·
Xét tứ giác ADCH có: ·ADC  AHC
 1800
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau
 Tứ giác ADCH nội tiếp.
·
·
·
·
·
 DAC
 DHC
 450 (cùng chắn cung CD) mà AHD
 DHC
 900  AHD
 450
 HD là tia phân giác của góc AHC.

·
·
b) Xét tứ giác OEHC có: EOC
 EHC
 1800
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau


 Tứ giác OEHC nội tiếp.
 ·AEO  ·ACH (góc ngồi bằng góc đối trong)

(1)

Tứ giác ADCH nội tiếp (cmt)  ·ADF  ·ACH (cùng chắn cung AH) (2)
Từ (1) và (2) suy ra  ·AED  ·ADF
Xét ADE và FAD có:





·ADE =FAD
·
 450 
. 
  ADE ∽ FAD  gg
·AED  ·ADF  cmt 



AF AD

 AF .DE  AD2
AD DE

Ta có: SAEFD 

1
1
1
AF .DE  AD2  SABCD
2
2
2

Câu 5: (2,0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC). Đường trịn (O) đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại F, E.
Gọi H là giao điểm của BE và CF, đường thẳng AH cắt BC tại D.
a) Chứng minh tứ giác ODFE nội tiếp đường tròn.
b) Gọi K là giao điểm của AH và EF, I là trung điểm của AH. Đường thẳng CI cắt đường tròn (O) tại M
(M khác C). Chứng minh CI vng góc với KM.
Lời giải


·
a) Ta có BFC
 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
·
BEC
 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Xét tam giác ABC có: BE và CF là 2 đường cao cắt nhau tại H  H là trực tâm tam giác ABC.
 AH  BC tại D.
·
Ta có tứ giác BCEF nội tiếp (O)  ·AFE  OCE
(góc ngồi bằng góc đối trong).
Xét tứ giác ACDF có:
·ADC  900 (cmt)
·AFC  900 (cmt)
·
·
 tứ giác ACDF nội tiếp  BFD
(góc ngồi bằng góc đối trong).
 OCE
Xét tam giác BEC vng tại E có EO là trung tuyến
 EO 

1
BC  CO  BO (định lý đường trung tuyến của tam giác vuông)
2

·
·
·
·
 OCE
 OEC
 COE
 1800  2OCE
·
 ·AFE  OCE

 cmt 
·
·
·
·
Ta có 
 COE
 1800  AFE
 BFD
 EFD
·
·
BFD

OCE
cmt



·
·
 EFD
Xét tứ giác ODFE có COE
 cmt 


Mà hai góc ở vị trí góc ngồi và góc đối trong  tứ giác ODFE nội tiếp.
b) Xét tam giác AEH vng tại E có EI là trung tuyến
 EI 

1
AH  AI  HI (định lý đường trung tuyến của tam giác vng)
2

·
·
·
· , có OCE
·
·
·
·
· phụ OCE
 OEC
phụ OEC
 cmt  và IAE
 IAE
 IEA
 IEA
 OEI
 900
·
Chứng minh tương tự ta có OFI
 900
·
·
Xét tứ giác OEIF có OEI
 OFI
 1800
Mà hai góc ở vị trí đối nhau  tứ giác OEIF nội tiếp.

Ta có tứ giác ODFE nội tiếp (cmt), tứ giác OEIF nội tiếp (cmt)  5 điểm O, D, F, I, E cùng thuộc
đường trịn đường kính ID.
Xét IEK và IDE có:
·
DIE
chung
·
·
·
IDK
 IDE
 ECF









. 
  IEK ∽ IDE  gg


IE IK

 IE 2  ID.IK  1
ID IE

Xét IEM và ICE có:
·
ICE
chung



. 
 1
   IEM ∽ ICE  gg
·IEM  ICE
·
  2 sdcungEM 




IE IM

 IE 2  IC.IM  2
IC IE

Từ (1) và (2)  IK .ID  IC.IM 

IK IC

IM ID

Xét IMK và IDC có:
·

DIC
chung

·
·
·
·
.   IMK
 IDC
mà IDC
 900  IMK
 900  CI  KM
IK IC   IMK ∽ IDC  c.gc


IM ID 
Câu 6: (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức H 

x2
y2
z2


.
9z  zx2 9x  xy2 9y  yz2
Lời giải

Theo đề ta có:
Đặt

1 1 1
  1
x y z

1
1
1
 a ,  b ,  c  a, b,c  0  a  b c  1
y
x
z


Khi đó H 

c
a
b
 2
 2
9a  1 9b  1 9c  1
2





c 9a2  1  9a2c
c

9a2c
Ta có:


c

9a2  1
9a2  1
9a2  1
Vì 9a2  1 6a  c 

9a2c
9a2c
3

c

 c  ac
2
9a  1
6a
2

Chứng minh tương tự ta có:
 H  a  b c 
Mà ab  bc  ca 

a
3
b

3
 a  ba ; 2
 b  cb
9b  1
2
9c  1
2
2

3
 ab bc  ca
2

 a  b c

2

3

31 1
 H  1 . 
2 3 2
Vậy Hmin 

1
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  3
2
--------------------------------------------