48 Đề Tuyển Sinh Lớp 10 Môn Toán (Chuyên Toán) Năm 2021 – 2022 Sở Gd&Đt Tiền Giang (Đề+Đáp Án).Docx

Trang 1/1  3 2 3 2 x2  1 x  1 x  1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm 04 bài) KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2021 2022 Môn thi TOÁN[.]

3 2

3 2

x2  1 x  1 x  1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH TIỀN GIANG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang, gồm 04 bài)

KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Năm học 2021-2022 Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Ngày thi: 05/6/2021

-Bài I (3,0 điểm)

1 Tính giá trị của biểu

thức P  x2022  10x2021  x2020  2021 tại x  .

2 Giải phương trình: x     4

x3  3x  y3  8

3 Giải hệ phương trình:

x2  y2  y  2 .

Bài II (3,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P : y  x2 và đường thẳng d  : y  2  x Gọi A, B là hai giao điểm của đường thẳng d  với parabol  P Tìm tọa độ điểm M nằm trên trục hoành sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất.

2. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho phương

trình

vô nghiệm

x2  2x  2m x  1  2  0

3. Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn abc = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M  1



a2  2b2  3

1



b2  2c2  3

c2  2a2  3

Bài III (1,0 điểm)

Cho m, n là các số nguyên dương sao cho

rằng m là số chính phương.

Bài IV (3,0 điểm)

m2  n2 

m chia hết cho mn Chứng minh

Cho tam giác ABC vuông tại A (AC < AB) có đường cao AH Gọi D là điểm nằm trên đoạn thẳng AH (D khác A và H) Đường thẳng BD cắt đường tròn tâm C bán kính CA tại E và F (F nằm giữa B và D) Qua F vẽ đường thẳng song song với AE cắt hai đường thẳng AB và AH lần lượt tại M và N.

a) Chứng minh BH.BC = BE.BF.

b) Chứng minh HD là tia phân giác của

góc

c) Chứng minh F là trung điểm MN.

E‸HF

HẾT

Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do Bộ Giáo dục và Đào tạo cho phép.

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH TIỀN GI ANG

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đáp án có 4 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Năm học 2021-2022 Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN)

-Đáp án và thang điểm:

I

(3,0 đ) 1 Tính giá trị của biểu thức P  x2022  10x2021  x2020  2021 tại x  3  2 .

 3  2  2

Ta có: x  3  2 

 5  2 6  5  2 6

Suy ra:  x  52

Suy ra: t 2  2x  2 x2  1

t 2

2

Phương trình thành:  t  4  t  2t  8  0  t  4 (nhận) hoặc t = 2 (loại).

2

0,25

 x  8  x  65 (nhận)

x2  1  64  16x  x2 16



Vậy tập nghiệm của phương trình là: S   65 

16 

 

0,25

x3  3x  y3  8 1

3 Giải hệ phương trình: 

  y  y  2 2 .

Lấy phương trình (2) nhân 3 hai vế cộng với phương trình (1) ta được:

 x  13

  y  13

Thế vào phương trình (2) ta được: x2   x  22

  x  2  2  2x2  3x  0 0,25

 x   3 hoặc x = 0.

 TH1: x = 0  y = 2.

 TH2: x   3  y  1

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là: S  0; 2,   3 ; 1  . 0,25

II

(3,0 đ) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P : y  x2 và đường thẳng d  : y  2 

x

Gọi A, B là hai giao điểm của đường thẳng d  với parabol  P Tìm tọa độ điểm M

nằm trên trục hoành sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất.

1,0

Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và d  : x2  2  x  x  1 hoặc x =  2.

Do đó không mất tính tổng quát giả sử A1;1, B 2; 4 0,25

Do AB không đổi nên chu vi  MAB nhỏ nhất  MA + MB nhỏ nhất.

Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua trục hoành  A'1; 1

Ta có: MA  MA '  MA  MB  MA ' MB  A '

B Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A ', M , B thẳng

hàng

 M là giao điểm của A ' B và trục Ox.

0,25

Phương trình đường thẳng A ' B có dạng: y  ax  b

a   5

Ta có: a  b  1 2a  b  4  2   3  A' B : y   5 x  2 3 3

b 

0,25

Từ đó tọa độ giao điểm của A ' B và Ox là M  2 ;0 

 5 

Vậy chu vi  MAB nhỏ nhất khi M  2 ;0 

 5 

0,25

2 Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho phương trình x2  2x  2m x  1  2  0

Đặt t  x  1  0  t 2  x2  2x  1 Phương trình thành: t 2  2mt  1  0 (*) 0,25

Phương trình đã cho vô nghiệm khi:

TH1: Phương trình (*) vô nghiệm   '  m2  1  0  1  m  1 (1) 0,25

TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm t1  t2  0

 '  0 m2  1  0

 S  0  2m  0P  0 1  0  m  1  m  1 m  0  m  1 (2)

0,25

Cách giải khác:

Đặt t  x  1  0  t 2  x2  2x  1 Phương trình thành: t 2  2mt  1  0 (*) 0,25

Ta tìm m sao cho phương trình đã cho có nghiệm

 '  0

 phương trình (*) có 2 nghiệm t  t  0  S  0



0,25

m2  1  0

 2m  01  0  m  1  m  1 m  0  m  1.



0,25

Phương trình đã cho có nghiệm  m  1 nên phương trình đã cho vô nghiệm  m < 1. 0,25

3 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn abc = 1 Tìm giá trị lớn nhất của

a2  2b2  3 b2  2c2  3 c2  2a2  3 1,0

Ta có: a2  b2  2ab,b2  1  2b  1  1  1 1

a2  2b2  3 a2  b2   b2  1  22 ab  b  1 0,25

b2  2c2  3 2 bc  c  1 c2  2a2  3 2 ac  a  1 Suy ra: M  1 . 1  1  1 

2  ab  b 1 bc  c 1 ac  a 1  

0,25

Thay c  1 ta được: M  1 . 1  ab  b   1

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 Vậy MaxM  1

III

(1,0 đ) Cho m, n là các số nguyên dương sao cho m

2  n2  m chia hết cho mn Chứng minh

Đặt d  m, n Khi đó, m  dm1, n  dn1 , m1, n1  1 , m , n  

Ta có: mn | m2  n2  m

 d 2m1n1 | d 2m12  d 2n12  dm1  d | dm1n1 | dm12  dn12  m1  d | m1 0,25

Tương tự m1 | dm1n1 | dm2  dn2  m1  m1 | dn2  m1 | d , vì m1, n1  1

IV

(3,0 đ) Cho tam giác ABC vuông tại A (AC < AB) có đường cao AH Gọi D là điểm nằm trên đoạn thẳng AH (D khác A và H) Đường thẳng BD cắt đường tròn tâm C bán kính CA tại

E và F (F nằm giữa B và D) Qua F vẽ đường thẳng song với AE cắt hai đường thẳng AB

và AH lần lượt tại M và N.

3,0

C

N D

F

0,25

a) Chứng minh BH.BC = BE.BF 0,75

Ta có: BAF ∽ BEA (g.g) vì có ‸ABF chung và B‸AF  ‸AEB (cùng chắn cung

Suy ra: BA  BF  BE.BF  BA2

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có: BA2  BH BC  BH.BC = BE.BF. 0,25

Ta có: BHF ∽ BEC (c.g.c) vì có H‸BF chung và BH  BF (suy từ câu a)

Suy ra: B‸HF  B‸EC (1)  tứ giác EFHC nội tiếp đường tròn. 0,25

Do đó, E‸HC  E‸FC (cùng chắn cung E‸C )

Từ (1) và (2)  F‸HB  E‸HC

 D‸HE  D‸HC  E‸HC  900  E‸HC  D‸HB  F‸HB  D‸HF

Do đó, HD là tia phân giác của góc E‸HF

0,25

Vì MF// AE nên theo định lý Ta-lét ta có: MF  BF .(3)

Vì NF// AE nên theo định lý Ta-lét ta có: NF  DF (4)

Xét  EHF có HD  HB và HD là tia phân giác trong của góc E‸HF nên HB là tia phân

giác ngoài của góc E‸HF  BF  HF  DF (5)

0,25

Từ (3), (4), (5)  MF  NF  MF = NF  F là trung điểm MN.

- HẾT

………