Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2021-2022 sở GD&ĐT Quảng Nam có đáp án

a) Rút gọn biểu thức $A=\frac{8+x\left(1+\sqrt{x-2\sqrt{x}+1}\right)}{\left(x-4\right)\left(x-2\sqrt{x}+4\right)}+\frac{x-3\sqrt{x}}{2\left(x-\sqrt{x}-6\right)}$ (với $x>1,x\ne 4,x\ne 9$)

Với $x>1,x\ne 4,x\ne 9$ta có:

$$\begin{array}{l}A=\frac{8+x\left(1+\sqrt{x-2\sqrt{x}+1}\right)}{\left(x-4\right)\left(x-2\sqrt{x}+4\right)}+\frac{x-3\sqrt{x}}{2\left(x-\sqrt{x}-6\right)}\\ =\frac{8+x\left(1+\sqrt{{\left(\sqrt{x}-1\right)}^2}\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)\left(x-2\sqrt{x}+4\right)}+\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}{2\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\\ =\frac{8+x\left(1+|\sqrt{x}-1|\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(x\sqrt{x}+8\right)}+\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}{2\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\\ =\frac{8+x\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(x\sqrt{x}+8\right)}+\frac{\sqrt{x}}{2\left(\sqrt{x}+2\right)}\\ =\frac{1}{\left(\sqrt{x}-2\right)}+\frac{\sqrt{x}}{2\left(\sqrt{x}+2\right)}\\ =\frac{2\left(\sqrt{x}+2\right)+\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}{2\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\\ =\frac{x+4}{2\left(x-4\right)}\end{array}$$

b) Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố $p,q,r$thỏa mãn $pq=r+1$ và $2\left(p^2+q^2\right)=r^2+1$.

Đặt $\{\begin{array}{l}S=p+q\\ P=p.q\end{array}$ta có hệ:

$\{\begin{array}{l}P=r+1\\ 2\left(S^2-2P\right)=r^2+1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}P=r+1\\ 2\left(S^2-2P\right)=r^2+1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}P=r+1\\ S^2=\frac{r^2+4r+5}{2}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}P=r+1\\ S=\sqrt{\frac{r^2+4r+5}{2}}\end{array}$

Vì $p,q,r$ là ba số nguyên tố nên ta có:

$\{\begin{array}{l}r=5\\ S=5\\ P=6\end{array}\iff \{\begin{array}{l}r=5\\ p+q=5\\ p.q=6\end{array}\iff \{\begin{array}{l}r=5\\ q=5-p\\ p.\left(5-p\right)=6\end{array}\iff \{\begin{array}{l}r=5\\ q=5-p\\ p^2-5p+6=0\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}r=5\\ p=2\\ q=3\end{array}$hoặc $\{\begin{array}{l}r=5\\ p=3\\ q=2\end{array}$.

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

$\begin{array}{l}{x}^2=\left(2-2m\right)x+m\\ \iff x^2-\left(2-2m\right)x-m=0\left(1\right)\\ \Delta ={\left(2-2m\right)}^2-\mathrm{4.1.}\left(-m\right)=4m^2-4m+4={\left(2m+1\right)}^2+3>0\forall m\end{array}$

Do đó phương trình (1) luôn 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:

$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{-b}{a}=2-2m\\ x_1.x_2=\frac{c}{a}=-m\end{array}$

Vì  $M\left(\frac{1}{2};1\right)$ là trung điểm của đoạn thẳng AB nên $\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{2-2m}{2}=\frac{1}{2}\iff m=\frac{1}{2}$

Thay $m=\frac{1}{2}$ vào (1) ta có phương trình: $x^2-x-\frac{1}{2}=0\iff [\begin{array}{l}x=\frac{1+\sqrt{3}}{2}\Rightarrow y=\frac{2+\sqrt{3}}{2}\\ x=\frac{1-\sqrt{3}}{2}\Rightarrow y=\frac{2-\sqrt{3}}{2}\end{array}$

$\Rightarrow A\left(\frac{1+\sqrt{3}}{2};\frac{2+\sqrt{3}}{2}\right),B\left(\frac{1-\sqrt{3}}{2};\frac{2-\sqrt{3}}{2}\right)$

Vì H, K là hình chiếu của A, B lên trục hoành nên $\Rightarrow H\left(\frac{1+\sqrt{3}}{2};0\right),K\left(\frac{1-\sqrt{3}}{2};0\right)$

$\Rightarrow HK=\left|\frac{1+\sqrt{3}}{2}-\frac{1-\sqrt{3}}{2}\right|=\sqrt{3}$.

a) Giải phương trình      $\left(x-1\right)\sqrt{7-2x}=x^2-3x+2$. Điều kiện: $x\le \frac{7}{2}$

$\iff \left(x-1\right)\sqrt{7-2x}=\left(x-1\right)\left(x-2\right)$

$\iff \left(x-1\right)\sqrt{7-2x}-\left(x-1\right)\left(x-2\right)=0$

$\iff \left(x-1\right)\left(\sqrt{7-2x}-x+2\right)=0$

$$\iff [\begin{array}{l}x-1=0\\ \sqrt{7-2x}=x-2\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=1\\ \{\begin{array}{l}x\ge 2\\ 7-2x={\left(x-2\right)}^2\end{array}\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=1\\ \{\begin{array}{l}x\ge 2\\ -x^2+2x+3=0\end{array}\end{array}$$

$$\iff [\begin{array}{l}x=1\\ \{\begin{array}{l}x\ge 2\\ [\begin{array}{l}x=3\\ x=-1\end{array}\end{array}\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=3\end{array}$$

Vậy tập nghiệm của phương trình: $S=\left\{1;3\right\}$.

b) Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{l}x+2y-xy-2=0\left(1\right)\\ x^2-y^2+2x^{2}y+2x{y}^2+1=0\left(2\right)\end{array}$

Giải (1) ta có:      $x+2y-xy-2=0$

                    $\iff x\left(1-y\right)-2\left(1-y\right)=0$

                    $\iff x\left(1-y\right)-2\left(1-y\right)=0$

                    $\iff \left(1-y\right)\left(x-2\right)=0$

                    $\iff [\begin{array}{l}x=2\\ y=1\end{array}$

Với x = 2 thay vào phương trình (2) ta có:

                         $4-y^2+8y+4y^2+1=0$

                    $\iff 3y^2+8y+5=0$

                    $\iff [\begin{array}{l}y=-1\\ y=\frac{-5}{3}\end{array}$

Với y = 1 thay vào phương trình (2) ta có:

                    $x^2-1+2x^2+2x+1=0\iff 3x^2+2x=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{-2}{3}\end{array}$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: $\left(x;y\right)\in \left\{\left(2;-1\right);\left(2;\frac{-5}{3}\right);\left(0;1\right);\left(\frac{-2}{3};1\right)\right\}$.

a) Ta có $\widehat{ADC}=90^{\circ }$(ABCD là hình vuông)

    $\widehat{AHC}=90^{\circ }$ (H là hình chiếu của C trên AE)

Xét tứ giác ADCH có: $\widehat{ADC}+\widehat{AHC}=180^{\circ }$

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau

$\Rightarrow$ Tứ giác ADCH nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{DAC}=\widehat{DHC}=45^{\circ }$(cùng chắn cung CD) mà $\widehat{AHD}+\widehat{DHC}=90^{\circ }$$\Rightarrow$$\widehat{AHD}=45^{\circ }$

$\Rightarrow$ HD là tia phân giác của góc AHC.

b) Xét tứ giác OEHC có: $\widehat{EOC}+\widehat{EHC}=180^{\circ }$.

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau

$\Rightarrow$Tứ giác OEHC nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{AEO}=\widehat{ACH}$(góc ngoài bằng góc đối trong)                                                       (1) 

Tứ giác ADCH nội tiếp (cmt) $\Rightarrow \widehat{ADF}=\widehat{ACH}$(cùng chắn cung AH)                       (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{ADF}$

Xét $\Delta ADE$và $\Delta FAD$có:\(\)\(\)

$\Rightarrow \frac{AF}{AD}=\frac{AD}{DE}\iff AF.DE=A{D}^2$

Ta có: $S_{AEFD}=\frac{1}{2}AF.DE=\frac{1}{2}A{D}^2=\frac{1}{2}{S}_{ABCD}$.

a) Ta có $\widehat{BFC}=90^{\circ }$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 $\widehat{BEC}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tam giác ABC có: BE và CF là 2 đường cao cắt nhau tại H $\Rightarrow$H là trực tâm tam giác ABC $\Rightarrow AH\perp BC$tại D.

Ta có tứ giác BCEF nội tiếp (O) $\Rightarrow \widehat{AFE}=\widehat{OCE}$(góc ngoài bằng góc đối trong).

Xét tứ giác ACDF có:

$\widehat{ADC}=90^{\circ }$(cmt)

$\widehat{AFC}=90^{\circ }$(cmt)

$\Rightarrow$tứ giác ACDF nội tiếp $\Rightarrow \widehat{BFD}=\widehat{OCE}$(góc ngoài bằng góc đối trong).

Xét tam giác BEC vuông tại E có EO là trung tuyến

$\Rightarrow EO=\frac{1}{2}BC=CO=BO$(định lý đường trung tuyến của tam giác vuông)

$\Rightarrow \widehat{OCE}=\widehat{OEC}\Rightarrow \widehat{COE}=180^{\circ }-2\widehat{OCE}$

Ta có $$\{\begin{array}{l}\widehat{AFE}=\widehat{OCE}\left(cmt\right)\\ \widehat{BFD}=\widehat{OCE}\left(cmt\right)\end{array}$$$\Rightarrow \widehat{COE}=180^{\circ }-\widehat{AFE}-\widehat{BFD}=\widehat{EFD}$

Xét tứ giác ODFE có $$\widehat{COE}=\widehat{EFD}\left(cmt\right)$$

Mà hai góc ở vị trí góc ngoài và góc đối trong $\Rightarrow$tứ giác ODFE nội tiếp.

b) Xét tam giác AEH vuông tại E có EI là trung tuyến

$\Rightarrow EI=\frac{1}{2}AH=AI=HI$(định lý đường trung tuyến của tam giác vuông)

$\Rightarrow \widehat{IAE}=\widehat{IEA}$, có $\widehat{OCE}=\widehat{OEC}\left(cmt\right)$và $\widehat{IAE}$phụ $\widehat{OCE}$$\Rightarrow \widehat{IEA}$ phụ $\widehat{OEC}$$\Rightarrow \widehat{OEI}=90^{\circ }$

Chứng minh tương tự ta có $\widehat{OFI}=90^{\circ }$.

Xét tứ giác OEIF có $$\widehat{OEI}+\widehat{OFI}=180^{\circ }$$

Mà hai góc ở vị trí đối nhau $\Rightarrow$tứ giác OEIF nội tiếp.

Ta có tứ giác ODFE nội tiếp (cmt), tứ giác OEIF nội tiếp (cmt) $$\Rightarrow$$ 5 điểm O, D, F, I, E cùng thuộc đường tròn đường kính ID.

Xét $\Delta IEK$và $$\Delta IDE$$có:

$\Rightarrow \frac{IE}{ID}=\frac{IK}{IE}\iff I{E}^2=ID.IK\left(1\right)$

Xét $\Delta IEM$và $$\Delta ICE$$có:

$\Rightarrow \frac{IE}{IC}=\frac{IM}{IE}\iff I{E}^2=IC.IM\left(2\right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow IK.ID=IC.IM\Rightarrow \frac{IK}{IM}=\frac{IC}{ID}$

Xét $\Delta IMK$và $$\Delta IDC$$có:

   mà $\widehat{IDC}=90^{\circ }\Rightarrow \widehat{IMK}=90^{\circ }\Rightarrow CI\perp KM$.

Theo đề ta có: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$

Đặt $\frac{1}{x}=a$, $\frac{1}{y}=b$, $\frac{1}{z}=c$$\left(a,b,c>0\right)$$\Rightarrow a+b+c=1$

Khi đó $$H=\frac{c}{9a^2+1}+\frac{a}{9b^2+1}+\frac{b}{9c^2+1}$$

Ta có: $$\frac{c}{9a^2+1}\le \frac{c\left(9a^2+1\right)-9a^{2}c}{9a^2+1}=c-\frac{9a^{2}c}{9a^2+1}$$

Vì $$9a^2+1\ge 6a\Rightarrow c-\frac{9a^{2}c}{9a^2+1}\ge c-\frac{9a^{2}c}{6a}=c-\frac{3}{2}ac$$

Chứng minh tương tự ta có: $$\frac{a}{9b^2+1}\ge a-\frac{3}{2}ba$$; $$\frac{b}{9c^2+1}\ge b-\frac{3}{2}cb$$

$$\Rightarrow H\ge a+b+c-\frac{3}{2}\left(ab+bc+ca\right)$$

Mà $$ab+bc+ca\le \frac{{\left(a+b+c\right)}^2}{3}$$

$$\Rightarrow H\ge 1-\frac{3}{2}.\frac{1}{3}=\frac{1}{2}$$

Vậy $$H_{\min }=\frac{1}{2}$$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $$x=y=z=3$$.