50 Đề Tuyển Sinh Lớp 10 Môn Toán (Chuyên) Năm 2021 – 2022 Sở Gd&Đt Bến Tre (Đề+Đáp Án).Docx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP
NĂM HỌC 2021 – 2022
Mơn: TỐN (chun)
Thời gian: 150 phút (khơng kể phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = 6  7m x + 2 nghịch biến trên  .
b) Cho Parabol  P : y = 2x2 và đường thẳng  d  : y = x + 6 . Biết  d  cắt  P  tại hai
điểm phân

biệt

A x1; y1  , B  x2;
y2 với

c) Rút gọn biểu thức A =
Câu 2. (1,0 điểm)


x1  x2 . Tính 4x2 + y1 .
x 2
1
+

2

4x + 4 x  2  7 (với x  2 ).

Cho phương trình: x2   m + 3 x + 4m  4= (1) , với m là tham số. Tìm m để phương trình
0
x1
x2

(1) có hai nghiệm phân biệt x x thỏa
1
2
Câu 3. (3,0 điểm)
;

+

+ x1x2 = 20 .

a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 y  xy + 2x 1 = y2  xy2  2 y .
 y 2  2xy  2 = 0
b) Giải hệ phương trình: 
 4x2  y2 + y  2x + 2 = 0.

 + 5 – 2 x + 2 +2x2 + 9x + 10 = 1 .
c) Giải phương trình:  x + 32x
Câu 4. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương x , y z thỏa xy + xz = 2 . Chứng minh rằng:
3
4 yz 5xz 7xy
x + y + z 8.

Câu 5. (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A với ( AB  AC ), có đường cao AH . Biết BC = 1dm và
12
AH = dm .
25
a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC
b) Kẻ HD  AB ; HE  AC (với D  AB , E  AC ). Gọi I là trung điểm của BC . Chứng
minh IA  DE .
Câu 6. (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC có đường phân giác ngồi của góc A cắt đường thẳng BC tại điểm D .
Gọi M là trung điểm của BC . Đường tròn ngoại tiếp ADM cắt các đường thẳng AB , AC lần
lượt tại E và F (với E , F khác A). Gọi N là trung điểm của EF . Chứng minh rằng MN //
AD .


HẾT _

_

_

Giải chi tiết trên kênh Youtube: Vietjack Toán Lý hóa
(Bạn vào Youtube -> Tìm kiếm cụm từ: Vietjack Tốn Lý Hóa -> ra kết quả tìm kiếm)
Hoặc bạn copy trực tiếp link:
/>

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = (6  7m) x + 2 nghịch biến trên  .
b) Cho Parabol ( P) : y = 2x2 và đường thẳng ( d ) : y = x + 6 . Biết ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm

phân

biệt

A( x1; y1 ) , B ( x2; y2

) với

c) Rút gọn biểu thức

x1  x2 . Tính 4x2 + y1 .

A = (x 2 1)
+

2

4x + 4 x  2  7 (với x  2 ).
Lời giải

6
y = (6  7m) x + 2 nghịch biến trên  6  7m  0  m > .
7

6
Vậy m > thì hàm số đã cho nghịch biến trên  .
7
b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm của ( P ) và ( d ) , ta có:
a) Hàm số

2x2 = x + 6  2x2 + x  6 = 0
2

Có:  = (1) + 4.2.6 = 49 > 0
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
x=

1  49
2.2

1

= 2 và x 1+
=
2

49
2.2

=

3
2

Với x = 2 , ta có y = 8 , suy A ( 2;8 ) .
1
1
Với ra
3 9
3

9
B ; .
x = , ta có y = , suy
ra


2
2
2 2
2
2
Khi đó, ta có:
3
4x2 + y1 = 4. + 8 = 14 .
2
Vậy 4x2 + y1 = 14 .
c)
2

A = (x  2 1) +4x + 4 x  2  7
=x22

+
2 1+
= x 1 2xx 2

= x 1  2x 2 +

+2

(2

(2

2

x  2 ) + 2.2

x  2 +1)2

x2

1
x+2


x  2 +1
= x 1 x22 + 2x 2 + 1
Vậy A = x .

Câu 2. (1,0 điểm)

=x

(do 2

+ 1 > 0)


Cho phương trình:

x2  ( m + 3) x + 4m  4 (1) , với m là tham số. Tìm m để phương trình
=0

(1) có hai nghiệm phân biệt x x thỏa
+
+ x1x2 = 20 .
1
2
;
x1
x2
Lời giải
2

Ta có:  = ( m + 3)  4 ( 4m  4) = m2 + 6m + 9 16m +16 = m2 10m + 25 = (m  5)
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
2

 > 0  ( m  5) > 0  m  5  0  m  5
Vậy với m  5 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
 x1  0
+
+ x x = 20 (2), với điều kiện
Theo đề bài ta có:

x1
x2
1 2
 x2  0

Do đó, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1  0 và x2  0 , nghĩa là
m  5
m  5
m  5
(*)
m + 3  0  m  3  
m

1

4m  4  0 m  1


x1
+
x2
=
m
+
3

Áp dụng định lý Vi-et, ta có: 
x x = 4m  4
12
Ta có:
2
+
=x +x +2
x1
x2

x1x2
1
2

(

)

= m + 3 + 4m  4
2
m 1
=m+3+
2
m 1 + 4 = ( m 1 + 2 )
4

Từ đó, ta suy ra

= m 1 +
=m 1+2
4

+
x1
x2
Từ phương trình (2), ta được

(do

m 1+ 2 > 0,m  1)

x1 + x2 + x1x2 = 20 

m 1 + 2 + 4m  4 =
20
Giải phương trình (3) với điều kiện:
11
22  4m  0  m  (**)
2

(3)  m 1 = (22  4m)

m 1 = 22  4m (3)

2

 m 1 = 484 176m +16m2
 16m2 177m + 485 = 0

(4)

2

Ta có:  = (177)  4.16.485 = 289 > 0
Vậy phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt:
m=
+

177  289

= 5 và m =

177

289

=

97

2


2.16
2.16
So với điều kiện (*) và (**) thì m  .
Vậy không tồn tại giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3. (3,0 điểm)

16


a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 y  xy + 2x 1 = y2  xy2  2 y .
 y 2  2xy  2 = 0
b) Giải hệ phương trình:  2
 4x  y 2 + y  2x + 2 = 0.

c) Giải phương trình: ( x + 3)( 2x + 5  2 x + 2) +2x2 + 9x + 10 = 1 .
Lời giải
a) Ta có:

x2 y  xy + 2x 1 = y2  xy2  2 y
 x2 y  xy + 2x 1  y2 + xy2 + 2 y = 0
 ( x2 y + xy2 )  ( xy + y2 ) + 2 ( x + y ) = 1
 xy ( x + y )  y ( x + y ) + 2 ( x + y ) = 1
 ( x + y )( xy  y + 2) = (1)
1
Vì đây là phương trình nghiệm ngun nên ta có:
 x + y = 1

(1)     xy  y + 2 =
  x + y = 1

 xy  y + 2 =
1
( *) 

(*)

(**)

 x = 1 y


 x = 1 y
 y =1
  x = 0; y = 1
 x = 1
y 2



x = 2; y = 1
(1  y ) y  y + 1 =0  y + 1 = 0




 y = 1


 x = 1  y
 x = 1 
(**)  
y
x = 2; y = 1
( 1  y ) y  y + 3   x = 1 


  y = 1
 x = 2; y =
y 
=0
2
 y = 3
 y  2 y +

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là:
b) Ta có:

S = ( 0;1) , ( 2; 1) , ( 2;1) , ( 2; 3) .

 y 2  2xy  2 = 0
2
 y  2xy = 2
 2

2

4x  y + y  2x + 2 =
( 4x2  y2 ) + ( y  2x ) + ( y2  2xy ) = 0
0
 y 2  2xy = 2

( 2x  y )( 2x + y )  ( 2x  y )  y ( 2x  y ) = 0
 y 2  2xy = 2

( 2x  y ) [ 2x + y 1  y ] = 0
 y 2  2xy = 2

( 2x  y ) ( 2x 1) = 0


 y2  2xy = 2






2
x


y
=
0


2
x

1
=
0




Mặt khác,

y2  2xy = 2  y ( y  2x ) = 2 ,
nghĩa là

y  2x  0 .

Do đó, từ hệ phương trình ban đầu đề cho, ta giải hệ phương trình sau:
1

x=
1

2

2

 y  2xy = 2  x = 2
  y = 1
2x 1 = 0 

 y2  y  2


 y = 2
=0
  1 
; 1 , ; 2
  2 
 2

c) Giải phương trình (*): ( x + 3)( 2x + 5 – 2 x + 2) + 2x2 + 9x + 10 = 1 .
 5
x  2
2x + 5  0

Điều kiện xác định: 
x
+
2

0

 x  2 .
x  2

 2
5
2x + 9x +10  0

x 
 x  2
Vậy hệ có tập nghiệm là S =

Ta đặt
=

 1

 a



2

( a  1)
2x + 5

(b  0)
x+2
b =
a 2  2b 2 = ( 2x + 5)  2 ( x + 2 )

= 1 Ta thấy a 2  b 2 = ( 2x + 5 )  ( x + 2 )
=x3 


ab = ( 2x + 5)( x + 2) = 2x2 + 9x +10
Phương trình (*) trở thành:
( a 2  b2 ) ( a  2b) + ab = a2  2b2  ( a 2  b2 ) ( a  2b)  ( a 2  b2 ) + (b2 + ab) = 0
 ( a 2  b2 ) ( a  2b 1) + (b2 + ab) = 0
 ( a  b )( a + b )( a  2b 1) + b ( a + b) = 0
 ( a + b)[( a  b )( a  2b 1) + b] = 0

(1)
a + b = 0

(2)
Vì a + b  1 nên ta chỉ giải phương trình (2)
( a  b )( a  2b 1) + b = 0  ( a  b )( a  b 1)  b ( a  b) + b = 0
 ( a  b )( a  b 1)  b ( a  b 1) = 0
 a  b 1 = 0
 ( a  b 1)( a  2b ) = 0 

a  2b =
TH1: Với a  2b = 0 , ta có
a  2b = 0





–2

=0

2x + 5

x+2
=2
2x + 5
x+2
 2x + 5 = 4 ( x + 2)  x = 

3
2


So với điều kiện thì

3
x =  (Nhận).
2

TH2: Với a  b 1 = 0 , ta có
a  b 1 = 0  2x + 5 – x + 2 1 = 0
 2x + 5 = x + 2 + 1
 2x + 5 = x + 3 + 2
x+2
 x + 2  2x + 2
=0
x + 2( x + 2 – 2) = 0

x+2= 0
=0
 x+2


x = 2
x = 2


x
+
2
=
4
x=2

=
2

–2=0
x
+
2
x
+
2




So với điều kiện thì x = 2 (Nhận)
x = 2 (Nhận).
và





Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 2; 
2 3; 2 .
Câu 4. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương x , y z thỏa 3xy

+ xz = 2 . Chứng minh rằng:

4 yz 5xz 7xy
x + y + z 8.
Lời giải
Ta đặt M = 4 yz + 5xz + 7xy , ta
có
x
y
z
4 yz 5xz 7xy
M = x + y + z
yz
yz xz
xz
xy
= xy+x 3 x + y + 4 y + 3z + 4z
 yz xz 
 yz xy 
 xz xy 
=  x + y  + 3 +  + 4 y + z 


  x z 


Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được
M  2 yz xz
. +

yz . xy xz

3.2
x y
 2z + 6 y + 8x
 ( 2z + 2x ) + (6 y + 6x )
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được
M  2.2xz + 6.2 xy

xz . xy yz

+ 4.2


(

)

 4 xz + 3 xy = 4.2 = 8
 x = y =
1
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 
x=y=z= .

z
2
xz + xy = 2
3


Vậy khi

x= y=z=

1
2

thì M  8 (đpcm).

Câu 5. (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A với ( AB > AC ), có đường cao AH . Biết BC = 1dm và
12
AH = dm .
25
a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC
b) Kẻ HD  AB ; HE  AC (với D  AB , E  AC ). Gọi I là trung điểm của BC . Chứng
minh IA  DE .
Lời giải

a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC
Áp dụng hệ thức lượng và định lý Pytago cho ABC
 AB2 + AC 2 = BC 2 = 1

12AB.AC = AH .BC = 





vuông tại A , ta có:
 AB2 + AC 2 = 1

144

AB2.AC 2 =

25



625

Khi đó, AB2 và AC2 là các nghiệm dương của phương trình.
Áp dụng hệ quả của định lý Vi-et, ta được
144
X 2 1X +
=0
625
Ta có:  = 12


4.1.

144
625

=

49
> 0 nên phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt:
625

49
49
9 và X = 1 + 625 16
625
X1 =
=
=
2
2.1
25
2
25
Theo giả thiết, AB > AC , nên ta được:
 2
16
4

AB = X =
AB =
1


25

5
AB2 > AC 2  
9 
3
và
5
4
3
AC = dm .
Vậy AB = dm
1

5




AC 2 = X =
2
25

b) Chứng minh IA  DE .

 AC =





5

Gọi F là giao điểm của AI và DE .
HEA =
90

 
Xét tứ giác EHDA , ta có:  H
DA
= 90


DA = 90
E

(HE  AC )
(HD  AB )
( ABC

vuoâng tại A )

 Tứ giác EHDA là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vng)
 Tứ giác EHDA là tứ giác nội tiếp.
 ADE = (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE )
AHE

Mà AHE =
ECH

(cùng phụ với CHE )

 ADE = ECH 
ADE = ACB

(1)

Xét ABC vuông tại A có I là trung điểm của BC
1
 IA = IB = BC
(định lý đường trung tuyến trong tam giác vuông)
2

 IAB cân tại I  IAB =
(2)

I BA
Từ (1) và (2), ta suy ra: ADE + IAB = ACB + IBA = ACB +
ABC = 90 ( ABC
Áp dụng định lý tổng 3 góc trong ADF , ta có:
F



(

vng tại A )






AD+F
DA + A
FD = 180  A
FD = 180  F
A

D +F
DA

)

(
)



A
FD = 180  ( A
BC + A
CB )
A





FD = 180  I A B + A
CB


Do đó, IA  DE (đpcm)


A
FD = 180  90

= 90

(ABC

vuông tại A )

Câu 6. (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC có đường phân giác ngồi của góc A cắt đường thẳng BC tại điểm D .
Gọi M là trung điểm của BC . Đường tròn ngoại tiếp ADM cắt các đường thẳng AB , AC lần
lượt tại E và F (với E , F khác A). Gọi N là trung điểm của EF . Chứng minh rằng MN //
AD .
Lời giải


Dựng hình bình hành BPCF .
 Hai đường chéo BC và PF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Mà M là trung điểm của BC (gt)  M cũng là trung điểm của PF .
Xét PEF , ta có N là trung điểm của EF (gt), M là trung điểm của PF (cmt)
 MN là đường trung bình của PEF  MN  EP
(1)
Ta có:

MPB = MFA (cặp góc so le trong của PB  FA , PBFC là hình bình hành)

Mà MDA = MEA = MFA (các góc nội tiếp cùng chắn cung AM )
 MEA = MPB , MEB = MPB
nghĩa là Xét tứ giác

MEB = MPB (cmt)

BMEP , ta có
 Tứ giác BMEP nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)
 BEP =
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BP )
BMP
Mà BMP =
FMD
Mặt khác

(đối đỉnh)

FMD =
FAD

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung FD )

 BEP = FAD , nghĩa là AEP =
FAD
Ta có: AD là phân giác ngoài của BAC (gt)
Mà BAC + CAE = 180 (kề bù)

 AD là phân giác của CAE  FAD =
EAD
Từ (2) và (3), ta suy ra AEP = EAD

(2)

(3)

Mà 2 góc nằm ở vị trí so le trong nên EP  AD
Từ (1) và (4), ta suy ra MN  AD (đpcm).
__ THCS.TOANMATH.com

(4)



…………………….




( a  )(

)b