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

1. Tính giá trị của biểu thức \[P = {x^{2022}} - 10{x^{2021}} + {x^{2020}} + 2021\] tại \(x = \frac{{\sqrt 3  - \sqrt 2 }}{{\sqrt 3  + \sqrt 2 }}\) .

Ta có: \(x = \frac{{\sqrt 3  - \sqrt 2 }}{{\sqrt 3  + \sqrt 2 }} = \frac{{{{\left( {\sqrt 3  - \sqrt 2 } \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt 3  + \sqrt 2 } \right)\left( {\sqrt 3  - \sqrt 2 } \right)}}\)

\( = \frac{{5 - 2\sqrt 6 }}{{3 - 2}} = 5 - 2\sqrt 6 \).

Suy ra: \({\left( {x - 5} \right)^2} = 24 \Rightarrow {x^2} - 10x + 1 = 0\).

Do đó, \[P = {x^{2020}}\left( {{x^2} - 10x + 1} \right) + 2021 = 2021\].

2. Giải phương trình: \(x + \sqrt {{x^2} - 1}  = \sqrt {x + 1}  + \sqrt {x - 1}  + 4\).

Điều kiện: x ³ 1. Đặt \(t = \sqrt {x + 1}  + \sqrt {x - 1} \) ( \(t \ge \sqrt 2 \)).

Suy ra: \({t^2} = 2x + 2\sqrt {{x^2} - 1} \).

Phương trình thành: \(\frac{{{t^2}}}{2} = t + 4 \Leftrightarrow {t^2} - 2t - 8 = 0 \Leftrightarrow t = 4\) (nhận) hoặc t = -2 (loại).

Khi đó, \(\sqrt {x + 1}  + \sqrt {x - 1}  = 4 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 1}  = 8 - x\)

Û \(\left\{ \begin{array}{l}x \le 8\\{x^2} - 1 = 64 - 16x + {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{65}}{{16}}\) (nhận).

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ {\frac{{65}}{{16}}} \right\}\).

3. Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 3x = {y^3} - 8\,\,\,\left( 1 \right)\\{x^2} + {y^2} = y + 2\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\).

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

\({\left( {x + 1} \right)^3} = {\left( {y - 1} \right)^3} \Leftrightarrow x + 1 = y - 1 \Leftrightarrow y = x + 2\).

Thế vào phương trình (2) ta được: \[{x^2} + {\left( {x + 2} \right)^2} = \left( {x + 2} \right) + 2 \Leftrightarrow 2{x^2} + 3x = 0\]

Û \(x =  - \frac{3}{2}\) hoặc x = 0.

· TH1: x = 0 Þ y = 2.

· TH2: \(x =  - \frac{3}{2}\) Þ \(y = \frac{1}{2}\).

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là: \(S = \left\{ {\left( {0;2} \right),\left( { - \frac{3}{2};\frac{1}{2}} \right)} \right\}\).

1.Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\): \({x^2} = 2 - x \Leftrightarrow x = 1\) hoặc x = - 2.

Do đó không mất tính tổng quát giả sử \(A\left( {1;1} \right),B\left( { - 2;4} \right)\).

Do AB không đổi nên chu vi D MAB nhỏ nhất Û MA + MB nhỏ nhất.

Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với A qua trục hoành Þ \(A'\left( {1; - 1} \right)\).

Ta có: \(MA = MA' \Rightarrow MA + MB = MA' + MB \ge A'B\).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(A',M,B\) thẳng hàng

\[ \Leftrightarrow \]M là giao điểm của \[A'B\] và trục Ox.

Phương trình đường thẳng \(A'B\) có dạng: \(y = ax + b\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a + b =  - 1\\ - 2a + b = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{5}{3}\\b = \frac{2}{3}\end{array} \right.\) Þ \(A'B:y =  - \frac{5}{3}x + \frac{2}{3}\).

Từ đó tọa độ giao điểm của \(A'B\) và Ox là \(M\left( {\frac{2}{5};0} \right)\).

Vậy chu vi D MAB nhỏ nhất khi \(M\left( {\frac{2}{5};0} \right)\).

2.Đặt \(t = \left| {x - 1} \right| \ge 0\) Þ \({t^2} = {x^2} - 2x + 1\). Phương trình thành: \({t^2} - 2mt + 1 = 0\).(*)

Phương trình đã cho vô nghiệm khi:

TH1: Phương trình (*) vô nghiệm Û \(\Delta ' = {m^2} - 1 < 0 \Leftrightarrow  - 1 < m < 1\). (1)

TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm \({t_1} \le {t_2} < 0\)

Û \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' \ge 0\\S < 0\\P > 0\end{array} \right.\) Û \(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 1 \ge 0\\2m < 0\\1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 1 \vee m \le  - 1\\m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le  - 1\). (2)

Kết hợp (1) và (2) ta được m < 1.

Cách giải khác:

Đặt \(t = \left| {x - 1} \right| \ge 0\) Þ \({t^2} = {x^2} - 2x + 1\). Phương trình thành: \({t^2} - 2mt + 1 = 0\). (*)                 

Ta tìm m sao cho phương trình đã cho có nghiệm

Û phương trình (*) có 2 nghiệm \({t_1} \ge {t_2} \ge 0\) Û \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' \ge 0\\S \ge 0\\P \ge 0\end{array} \right.\)                                                                                                                             

Û \(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 1 \ge 0\\2m \ge 0\\1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 1 \vee m \le  - 1\\m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 1\).            

Phương trình đã cho có nghiệm Û m ³ 1 nên phương trình đã cho vô nghiệm Û m < 1.       

3.Ta có:

\({a^2} + {b^2} \ge 2ab,{b^2} + 1 \ge 2b \Rightarrow \frac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} = \frac{1}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + \left( {{b^2} + 1} \right) + 2}} \le \frac{1}{2}.\frac{1}{{ab + b + 1}}\)

Tương tự: \(\frac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} \le \frac{1}{2}.\frac{1}{{bc + c + 1}};\,\,\frac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \frac{1}{2}.\frac{1}{{ac + a + 1}}\).

Suy ra: \(M \le \frac{1}{2}.\left( {\frac{1}{{ab + b + 1}} + \frac{1}{{bc + c + 1}} + \frac{1}{{ac + a + 1}}} \right)\).

Thay \(c = \frac{1}{{ab}}\) ta được: \(M \le \frac{1}{2}.\left( {\frac{1}{{ab + b + 1}} + \frac{{ab}}{{ab + b + 1}} + \frac{b}{{ab + b + 1}}} \right) = \frac{1}{2}\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = 1\). Vậy \(MaxM = \frac{1}{2}\).

Đặt \(d = \left( {m,n} \right)\). Khi đó, \(m = d{m_1},\,\,n = d{n_1}\), \(\left( {{m_1},{n_1}} \right) = 1\), \({m_1},{n_1} \in {\mathbb{Z}^ + }\).

Ta có: \(mn|{m^2} + {n^2} + m\)

\( \Rightarrow {d^2}{m_1}{n_1}|{d^2}m_1^2 + {d^2}n_1^2 + d{m_1} \Rightarrow d|d{m_1}{n_1}|dm_1^2 + dn_1^2 + {m_1} \Rightarrow d|{m_1}\).

Tương tự \[{m_1}|d{m_1}{n_1}|dm_1^2 + dn_1^2 + {m_1} \Rightarrow {m_1}|dn_1^2 \Rightarrow {m_1}|d\], vì \(\left( {{m_1},{n_1}} \right) = 1\).

Do đó, \(d = {m_1}\) Þ \(m = {d^2}\) là số chính phương.

a) Chứng minh BH.BC = BE.BF .

Ta có: (g.g) vì có \(\widehat {ABF}\) chung và \(\widehat {BAF} = \widehat {AEB}\) (cùng chắn cung ).

Suy ra: \(\frac{{BA}}{{BE}} = \frac{{BF}}{{BA}} \Rightarrow BE.BF = B{A^2}\).

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có: \(B{A^2} = BH.BC\)Þ BH.BC = BE.BF.

b) Chứng minh HD là tia phân giác của góc \(\widehat {EHF}\).

Ta có: (c.g.c) vì có \(\widehat {HBF}\) chung và \(\frac{{BH}}{{BE}} = \frac{{BF}}{{BC}}\) (suy từ câu a).

Suy ra: \(\widehat {BHF} = \widehat {BEC}\) (1) Þ tứ giác EFHC nội tiếp đường tròn.

Do đó, \(\widehat {EHC} = \widehat {EFC}\) (cùng chắn cung )

                      = \(\widehat {CEF}\) (do D CEF cân tại C). (2)

Từ (1) và (2) Þ\(\widehat {FHB} = \widehat {EHC}\)

Þ\(\widehat {DHE} = \widehat {DHC} - \widehat {EHC} = 90^\circ - \widehat {EHC} = \widehat {DHB} - \widehat {FHB} = \widehat {DHF}\).

Do đó, HD là tia phân giác của góc \(\widehat {EHF}\).

c) Chứng minh F là trung điểm MN.

Vì MF// AE nên theo định lý Ta-lét ta có: \(\frac{{MF}}{{AE}} = \frac{{BF}}{{BE}}\).(3)

Vì NF// AE nên theo định lý Ta-lét ta có: \(\frac{{NF}}{{AE}} = \frac{{DF}}{{DE}}\). (4)

Xét D EHF có HD ^ HB và HD là tia phân giác trong của góc \(\widehat {EHF}\)nên HB là tia phân giác ngoài của góc \(\widehat {EHF}\)Þ\(\frac{{BF}}{{BE}} = \frac{{HF}}{{HE}} = \frac{{DF}}{{DE}}\). (5)

Từ (3), (4), (5) Þ\(\frac{{MF}}{{AE}} = \frac{{NF}}{{AE}}\)Þ MF = NF Þ F là trung điểm MN.