Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Chuyên năm 2021-2022 chuyên toán đề chính thức Sở GD Quảng Nam (có đáp án và lời giải chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM NĂM HỌC 2021-2022 ĐỀ
Môn thi: TOÁN (Chuyên Toán) CHÍNH THỨC
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 01 trang)
Khóa thi ngày: 03-05/6/2021 Câu 1. (2,0 điểm)
8  x 1 x  2 x 1 x  3 x
a) Rút gọn biểu thức A  
(x  4)  x  2 x  4
2 x  x  6
(với x  1, x  4, x  9 )
b) Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố p, q, r thỏa mãn pq  r  1 và  2 2 p  q  2 2  r 1. Câu 2. (1,0 điểm) Cho parabol 2
(P): y  x và đường thẳng (d): y  (22 )
m x  m (m là tham số).
Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m. Khi đường thẳng  1 
(d) cắt (P) tại hai điểm A, B sao cho M ;1 
 là trung điểm của đoạn thẳng AB, hai  2 
điểm K, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục hoành. Tính độ dài đoạn thẳng KH. Câu 3. (2,0 điểm) a) Giải phương trình 2
(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 vuông ABCD tâm O, điểm E nằm trên đoạn thẳng OB (E khác O, B), H là
hình chiếu vuông 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 vuông 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 điểm M (M khác C). Chứng minh CI vuông góc với KM. Câu 6. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương , x ,
y z thỏa mãn xy  yz  zx  xy .
z Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 biểu thức x y z H     2 2 2 9z  zx 9x  xy 9y  yz
--------------- HẾT ---------------
Họ và tên thí sinh:................................................................Số báo danh: ......................... Trang 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM NĂM HỌC 2021-2022 HDC CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: TOÁN (CHUYÊN TOÁN)
(Bản hướng dẫn này gồm 06 trang) Câu Nội dung Điểm
8  x 1 x  2 x 1 x  3 x
a) Rút gọn biểu thức A  
( x  1, x  4, x  9 ) 1,0
(x  4)  x  2 x  4
2x  x  6  
 x   x   2 8 1 1  x    x 3 A    0,5
x  2 x  2 x  2 x  4 2 x  2 x  3
8  x 1 x   1 x 1 x      0,25
x  2 x x  8 2 x  2 x  2 2  x  2
2  x  2  x  x  2 x  4   0,25
2  x  2 x  2 2(x  4)
b) Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố p, q, r thỏa mãn pq  r 1 và  2 2 p  q  2 2  r 1 1,0
Câu 1 + Nếu p, q cùng là số lẻ  pq là số lẻ  r +1 là số lẻ  r là số chẵn  r =2 (2,0) 0,5
Mà p, q lẻ nên p, q  3  .
p q  9 . Khi đó r 1  2 1 9 (không thỏa)
+ p, q khác tính chẵn lẻ, giả sử p  2 , q là số nguyên tố lẻ. 2q  r 1    2 r 3 loai Khi đó, ta có  2 2
16  (r 1)  2r  2  r  2r 15  0   0,25 2 2 8
  2q  r 1 r  5
r  5  q  3 .
Vậy có hai bộ số thỏa yêu cầu là:  , p ,
q r   2,3,5;  , p ,
q r   3;2;5. 0,25
Cách khác: Từ  2 2 p  q  2 2
 r 1suy ra r là số lẻ. 0.25
Suy ra pq  r  1 là số chẵn, nên pq chẵn, giả sử p chẵn, p nguyên tố nên p  2 0.25 2q  r 1    2 r 3 loai Khi đó, ta có  2 2
16  (r 1)  2r  2  r  2r 15  0   0.25 2 2 8
  2q  r 1 r  5
r  5  q  3 . 0.25
Vai trò p,q như nhau nên có hai bộ số thỏa yêu cầu là:  , p ,
q r   2,3,5;3;2;5. Cho parabol 2
(P): y  x và đường thẳng (d): y  (22 )
m x  m (m là tham số). Chứng
minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m. Khi đường thẳng Câu 2  1  (d) 1,0 (1,0)
cắt (P) tại hai điểm A, B sao cho M ;1 
 là trung điểm của đoạn thẳng AB, hai  2 
điểm K, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục hoành, tính độ dài đoạn thẳng KH. Trang 2
- Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 0,25 2 2 x  (22 )
m x  m  x 2(1 )
m xm 0 (*) 1 3 2 2 2
 '(1m) mm m 1
 (m )  0, m   . 2 4 0,25
Suy ra pt (*) luôn có hai nghiệm phân biệt, hay (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
+ Gọi x , x lần lượt là hai hoành độ của A,B (giả sử x  x ), khi đó x , x là hai nghiệm của 1 2 1 2 1 2 pt (*).
N là hình chiếu vuông góc của M lên trục hoành.
+ M là trung điểm của AB, khi đó N là trung điểm của 0,25 KH. 1 1 1
x  x  2. (vì  x  x  1
)  2(1m) 1 m  1 2 2 1 2 2 2 2  1 3 x  x1 Khi đó pt(*) trở thành 1 2 2 2
x  x 0 2x 2x 1  0  2  1 3  0,25 x   x2  2
Suy ra KH = x  x  3 . 2 1 Cách khác: 0.25
Gọi x , x lần lượt là hoành độ của A,B, khi đó x , x là hai nghiệm của pt (*). 1 2 1 2 
M trung điểm AB nên x x 1 1 2  x 
 x  x  1 M 1 2 2 2 2 2 Ta có 2
KH=|x  x | KH  x  x  x  x  4x x 2 1  2 1  1 2 1 2  1 m       
Theo định lý Viet ta có x x 2 2m 1  1 2 2    x x  m 1  1 2 x x   0.25 1 2  2    Do đó 1 2 KH  1  4  3  KH  3    2  Câu Nội dung Điểm
a) Giải phương trình 2
(x 1) 7  2x  x  3x  2 1,0    
Câu 3 Điều kiện: 7 7 2x 0 x 0,25 2 (2,0) x 1 th/m 2
(x 1) 7  2x  x  3x  2  (x 1) 7  2x  (x 1)(x  2)   0,25
 7  2x  x  2 Trang 3 x  2 x  2  0 
7  2x  x  2    x   
1 loai x  3 0,25 2
7  2x  (x  2)  x  3
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  1, x  3 0,25
x  2y  xy  2  0 
b) Giải hệ phương trình  1,0 2 2 2 2
x  y  2x y  2xy 1 0
* Cách 1: x  2 y  xy  2  0  (x  2)(1 y)  0  x  2 hoặc y  1 0,25
+ Với x  2 thay vào phương trình còn lại ta được:    x 2 x  2  2 0,5
3y  8y  5  0  y  1  hoặc 5 y   . Suy ra  ,  5 3 y  1  y    3
+ Với y  1 thay vào phương trình còn lại ta được:   2
x  0 x   2
3x  2x  0  x  0 hoặc 2 x   . Suy ra  ,  3 3
 y  1 y 1 0,25  
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:  x y      (    5 2 ; 0;1); 2; 1 ; 2; ; ;1      3   3 
* Lưu ý: Nếu học sinh làm đúng 1 trong 2 trường hợp trên (với x = 2, với y = 1) thì cho 0,5đ
x  2y  xy  2  0 
xy  x  2y  2  * Cách 2:    2 2 2 2 2 2
x  y  2x y  2xy 1 0
x  y  2xy(x  y) 1 0 0,25 2 2
 x  y  2(x  2y  2)(x  y) 1 0 2 2
 3x 3y  6xy  4x  4y 1 0 x  y 1 2
 3(x  y)  4(x  y) 1 0   1  0,25 x  y   3
- Với x  y  1  y  1 x thay vào x  2 y  xy  2  0 ta được: 2 x  2(1 ) x  ( x 1 )
x  2  0  x  2x  0  x  0 hoặc x  2  0,25 x  0 x  2 Suy ra  hoặc   y  1 y  1  - Với 1 1 x  y 
 y   x thay vào x  2y  xy  2  0 ta được: 3 3  1   1  2 x  2  x  x
 x  2  0  3x  4x  4  0      x  2 hoặc 2 x    3   3  3 x  2   2  0,25 x   Suy ra  5 hoặc  3 y     3  y  1  
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:  x y      (    5 2 ; 0;1); 2; 1 ; 2; ; ;1      3   3  * Cách 3
x  2y  xy  2  0 
x  2y  xy  2  0    2 2 2 2
x  y  2x y  2xy 1 0
(x  y)(x  y)  2xy(x  y) 1  0 0,25
x  2y  xy  2  0
(x  y)  (xy  y)  2     (*)
(x  y)[(x  y)  2xy]1  0
(x  y)[(x  y)  2(xy  y)]  1 Trang 4 a  b  2
+ Đặt a  x  y, b  xy  y . Hệ phương trình (*) trở thành:  (**)
a(a  2b)  1  5 a    0,25 a  1 
+ Giải hệ (**) tìm được: 3  ,  b   1  1 b    3 a  1
x  0 x  2 + Với  , giải tìm được  ,  . 0,25 b  1
 y  1 y  1   5 x  2  2 a     x   + Với  3  , giải tìm được  5 ,  3 . 1 y     b    y  1    3 0,25 3  
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:  x y      (    5 2 ; 0;1); 2; 1 ; 2; ; ;1      3   3  Câu Nội dung Điểm
Cho hình vuông ABCD tâm O, điểm E nằm trên đoạn thẳng OB (E khác O, B), H là hình
chiếu vuông góc của C
trên đường thẳng AE. Gọi F là giao điểm của AC và DH. 0,25
(Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25 điểm)
a) Chứng minh HD là tia phân giác của AHC . 0,75
Các điểm B, H, D cùng nhìn đoạn AC dưới 1 góc vuông nên 5 điểm A, B, H, C, D cùng
nằm trên đường tròn đường kính AC. 0,25 Câu 4 Suy ra 0 0
CHD  CAD  45 , AHD  ABD  45 . 0,25
(2,0) CHD AHD. Vậy HD là phân giác AHC. 0,25
b) Chứng minh diện tích hình vuông ABCD bằng hai lần diện tích tứ giác AEFD 1,0 Ta có 2  A S BCD AD (1) 0,25
Tứ giác AEFD có hai đường chéo vuông góc nhau nên 1  (2) A S EFD AF.DE 2
Xét hai tam giác AFD và DAE có: + 0
AFD  AHD  HAC  45  HAC  DAE 0,5 + 0
AED  ABE  HAB  45  HDB  FDA
Suy ra hai tam giác AFD và DAE đồng dạng. Từ đó có tỉ lệ AF AD  hay 2 AD  AF.DE (3) DA DE 0,25
Từ (1), (2), (3) ta có S  ABCD 2SAEFD (đpcm) Câu Nội dung Điểm
Câu 5 Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC). Đường tròn (O) đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại
(2,0) F, E. Gọi H là giao điểm của BE và CF, đường thẳng AH cắt BC tại D. Trang 5
(Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25 điểm)
a) Chứng minh tứ giác ODFE nội tiếp đường tròn. 0,75
+ Tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn nên EDH  ECH  ECF 0,25
+ Tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn nên FDH  FBH  FBE 0,25 1 1
 EDF  EDH  FDH  ECF  FBF  EOF  FOF  EOF 2 2 0,25
Vậy 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 điểm M (M khác C). Chứng minh CI vuông góc với KM. 1,0 0 0
AEI  OEC  EAI  ECO  90  IEO  90 0,25
Suy ra IE là tiếp tuyến của đường tròn (O).
+ Chứng minh được hai tam giác IEM và ICE đồng dạng. Suy ra IE2 = IM.IC (1) 0,25
+ Tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn nên ADE  ABE  IEK 0,25
Suy ra được hai tam giác IEK và IDE đồng dạng. Suy ra IE2 = IK.ID (2)
+ Từ (1) và (2) suy ra IM.IC = IK.ID hay IM IK   ID IC 0,25
Suy ra được hai tam giác IMK và IDC đồng dạng.
Hơn nữa tam giác IDC vuông tại D nên tam giác IMK vuông tại M. Câu Nội dung Điểm
Cho ba số thực dương ,
x y, z thỏa mãn xy  yz  zx  xy .
z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2 2 2 thức y z x 1,0 H     2 2 2 9x  xy 9 y  yz 9z  zx Từ giả thiết, suy ra 1 1 1
: xy  yz  zx  xyz     1 x y z 1 1 1 Câu 6 2 2 2 y z x y (1,0) H x z       2 2 2 x(9  y ) y(9  z ) z(9  x ) 9 9 9 1 1 1 2 2 2 0,25 y z x Đặt 1 1 1 a  , b  , c  , khi đó a, ,
b c  0 và a  b  c 1. x y z 2 2 2 2 2 2 a b c
a(9b 1)  9ab
b(9c 1)  9bc
c(9a 1)  9ca H       2 2 2 2 2 2 9b 1 9c 1 9a 1 9b 1 9c 1 9a 1 Trang 6 2 2 2  ab bc ca  2 2 2  ab bc ca 
 a  b  c  9    1 9    2 2 2 9b 1 9c 1 9a 1   2 2 2 9b 1 9c 1 9a 1   2 2 2 2 2 2  ab bc ca   ab bc ca  3 9     9  
  (ab  bc  ca) 2 2 2 9b 1 9c 1 9a 1 6b 6c 6a 2     0,25 3 Suy ra H  1
(ab  bc  ca) 2 2   Chứng minh được (a b c)
ab  bc  ca  . 3 2   Thật vậy: (a b c) 2 2 2
ab  bc  ca 
 (a  b)  (b  c)  (c  a)  0 (đúng). 0,25 3 1
Suy ra ab  bc  ca  . Do đó 1 H  . 3 2 Dấu bằng xảy ra khi 1
a  b  c 
hay x  y  z  3 . Vậy giá trị nhỏ nhất của H bằng 1 . 0,25 3 2 * Lưu ý:
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm
từng phần như hướng dẫn quy định. Trang 7