Đề tuyển sinh môn Toán (chuyên) năm 2021 2022 trường chuyên Quốc học Huế

ĐÁP ÁN

Câu 1.

a)

A = ቆ 1

√x + 1 − 2√x −2

x√x + x −√x −1ቇ: ൬ 1

3√x + 3 − 1

3x + 3√x൰

A = ቈ 1

√x + 1 − 2൫√x −1൯

(x −1)൫√x + 1൯቉: √x −1

3√x൫√x + 1൯

A = √x −1

൫√x + 1൯

ଶ. 3√x൫√x + 1൯

√x −1

A = 3√x

√x + 1

A ∈ℤ⟺3 − 3

√x + 1 ∈ℤ⟺√x + 1 ∈Ư(3) ⟺x ∈{0; 4}

KHĐK: ⟹x = 4.

b)

Ta có

f(n) = 1

(2n + 1)൫√n + 1 + √n൯

= √n + 1 −√n

2n + 1

Ta có: 2n + 1 = (n + 1) + n ≥2√n + 1. √n

⟹f(n) ≤√n + 1 −√n

2√n + 1. √n

= 1

2 ൬1

√n − 1

√n + 1൰

⟹f(1) + f(2) + ⋯+ f(2021) ≤1

2 ൤1

√1

− 1

√1 + 1 + ⋯+ 1

√2021

− 1

√2021 + 1൨

= 1

2 . ൬1 − 1

√2022൰< 1

2 . 1 = 1

2

Câu 2:

a)

Xét PTHĐGĐ: xଶ−2mx −3 = 0 (∗)

Δ = mଶ+ 3 > 0 ∀m ⟹PT(∗) luôn có 2 nghiệm phân biệt ⟹(d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A,B.

(d) cắt Oy tại I(0;3)⟹OI = 3

Kẻ AH vuông góc với Oy tại H; BK vuông góc với Oy tại K

⟹AH = |xଵ| và BK = |xଶ|

S୓୅୆= S୓୅୍+ S୓୆୍= 3

2 |xଵ| + 3

2 |xଶ| = 6 ⟹|xଵ| + |xଶ| = 4

⟹xଵ

ଶ+ xଶ

ଶ+ 2|xଵxଶ| = 16

⟹4mଶ+ 6 + 2|−3| = 16

⟹m = ±1.

b)

HỆ PHƯƠNG TRÌNH ⟺൜(x −y)ଶ+ (x + 1)ଶ−y(x + 1) −1 = 0

xଷ−y + 0

⟺൜(x −y + 1)(2x −y) = 0

xଷ= y −1 ⟺൜ y = x + 1 xଷ−y + 1 = 0hoặc ൜ y = 2x xଷ−y + 1 = 0

⟺൜y = x + 1

xଷ−x = 0 hoặc ൜ y = 2x (x −1)(xଶ+ x −1) = 0

…

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S = ቊ(1; 2); (−1; 0); (0; 1); ቆ−1 ± √5

2 ; −1 ± √5ቇቋ

Câu 3.

𝐚)

PT ⟺(xଶ+ 1)(2xଶ+ 4 −3ඥ2(xଶ+ 1) + (x −1) + (x −1) = 0

Đặt a = xଶ+ 1 ≥1 và b = x −1 PTTT

a൫2a + 2 −3√2a + b൯+ b = 0

⟺2aଶ−3a√2a + b + 2a + b = 0

⟺2a൫a −√2a + b൯−√2a + b൫a −√2a + b൯= 0

⟺൫a −√2a + b൯൫2a −√2a + b൯= 0

TH1: a = √2a + b ⟺xସ−x = 0 ⟺x = 0; 1

TH2: 2a = √2a + b ⟹2xଶ+ 2 = √2xଶ+ x + 1

⟺4xସ+ 11

2 xଶ+ 1

2 (x −1)ଶ+ 5

2 = 0

⟺x ∈∅

Vậy S = {0; 1}.

b)

xଷ−(m + 1)xଶ−3x + m + 3 = 0

⟺xଷ−1 −3x + 3 −(m + 1)xଶ+ (m + 1) = 0

⟺(x −1)(xଶ+ x + 1 −3 −(m + 1)(x + 1)] = 0

⟺x = 1 hoặc xଶ−mx −m −3 = 0(∗)

Để phương trình ban đầu có 3 nghiệm pb thì PT(*) có 2 nghiệm pb khác 1

⟺ቄ Δ > 0 1 −m −m −3 ≠0 ⟺m ≠−1.

Giả sử xଵ= 1; xଶ; xଷ là nghiệm của PT (*)

⟹P ≥1 2ସ+ 2 (xଶ+ 1)ଶ(xଷ+ 1)ଶ= 1 16 + 2 (−m −3 + m + 1)ଶ= 9 16

Vậy P nhỏ nhất bằng 9/16 khi m=-2.

Câu 4.

a)

Ta có BAH ෣= BCH ෣ (cùng phụ ABC ෢)

ΔBCF cân tại B(tính chất trung trực)⟹BCH ෣= BFH ෣

⟹BAH ෣= BFH ෣.

⟹FAHB là tgnt.

CMTT AHCE là tgnt⟹AHE ෣= AEB ෣⟹AEB ෣= ACE ෢⟹ACKF là tgnt.

b)

Ta có AB là trung trực của CF ⟹AC = AF.

⟹ΔAFC cân tại A ⟹AFC ෢= ACF ෢

Vì ACKF là tgnt⟹AFC ෢= AKC ෣ và ACF ෢= AKF. ෣

⟹KA là phân giác góc BKC.

Vì ACKF là tgnt ⟹BKC ෢+ FAC ෢= 180଴

Ta có FAC ෢= 2BAC ෢; BOC ෣= 2BAC ෢

⟹FAC ෢= BOC ෣

⟹OBKC là tgnt

⟹BOK ෣= BCK ෢

Lại có AOB ෣= 2ACB ෢= BCE ෢

⟹BOK ෣+ BOA ෣= BCK ෢+ BCE ෢= 180଴

⟹A, O, K thẳng hàng

c)

Ta có OBKC là tgnt; Mà O,B,C cố định nên K thuộc cung lớn của đường tròn ngoại tiếp tg OBC có bán kính không đổi.

S୆୏୓େ= S୓୆େ+ S୏୆େ

Vì S୓୆େ không đổi nên S୆୏େ୓ lớn nhất ⟺S୏୆େ lớn nhất

Kẻ KM ⊥BC, ta có S୏୆େ=

ଵ

ଶKM. BC

Vì BC không đổi nên S୏୆େ lớn nhất ⟺KM lớn nhất ⟺K là điểm chính giữa cung lớn BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC

⟹A là điểm chính giữa cung lớn BC

Câu 5.

a) Δ୶= (2୷)ଶ+ 2ସସ. 9

⟹Δ୶ là SCP

⟹(2୷)^2 + 2^44.9 = a^2

⟹(a + 2୷)(a −2୷) = 9.2ସସ

Vì (a + 2୷) −(a −2୷) = 2୷ାଵ không chia hết cho 3 nên 2 số đó không cùng chia hết cho 3

⟹a −2୷⋮9 hoặc a + 2୷⋮9

Mà a + 2୷+ a −2୷= 2a là số chẵn ⟹a + 2୷ và a −2୷ cùng tính chẵn lẻ.

⟹a + 2୷ và a −2୷ cùng chẵn

TH1: a + 2୷= 9.2୫ và a −2୷= 9.2୬⟹2୷ାଵ= 9.2୫−2୬

Nếu m > n và m < n ⟹VP là số lẻ (vô lí)

Nếu m = n ⟹m = n = 22

⟹2୷ାଵ= 2ଶହ⟹y = 24 ⟹x = 9.2ଶଵ

TH2: Tương tự ta có m,n thuộc rỗng.

Vậy x = 9.2ଶଵ và y = 2ଶସ.

b)

VT = √5

ඥ5x(2y + 3z)

+ √5

ඥ5y(2z + 3x)

+ √5

ඥ5z(2x + 3y)

≥ 2√5 5x + 2y + 3z + 2√5 5y + 2z + 3x + 2√5 5z + 2x + 3y ≥ 18√5 10(x + y + z) (Cauchy −Schwarz)

⟹VT ≥

ଷ√ହ

ହ⟹đpcm.