Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Lê Quý Đôn môn Toán (Chuyên) - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Bà Rịa - Vũng Tàu (Có đáp án)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Lê Quý Đôn môn Toán (Chuyên) - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Bà Rịa - Vũng Tàu (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU Năm học: 2022 – 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN: TOÁN (Chuyên) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi:09/06/2022 Câu 1 (3,0 điểm). x 2 x 2 2( x 1) a) Rút gọn biểu thức P : với x 0, x 1. 2 2 ( x 1)( x 1) ( x 1) (1 x) b) Giải phương trình: x2 3x 2 (x 1) 2x 5 0. x2 4xy x 2 0 c) Giải hệ phương trinh: 2 . 4y x 4y 1 0 Câu 2 (2,0 điểm). ac a) Cho các số thực a,b,c,d thỏa mãn 2 . Chứng minh phương trình sau luôn b d có nghiệm x2 ax b x2 cx d 0 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình (x y)(2x 3y)2 2x y 2 0 . Câu 3 (1,0 điểm). Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn 2 x2 y2 z2 3y(x z) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 2(x y z) x2 z2 . Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn (AB AC) nội tiếp đường tròn tâm O và có ba đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H . Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AH và BC . a) Chứng minh rằng IJ vuông góc với EF và IJ song song với OA . b) Gọi K,Q lần lượt là giao điểm của EF với BC và AD . Chứng minh rằng QE KE . QF KF c) Đường thẳng chứa tia phân giác của F· HB cắt AB, AC lần lượt tại M và N . Tia phân giác của C· AB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN tại điểm P khác A . Chứng minh ba điểm H, P, J thẳng hàng. Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC cố định có diện tích S . Đường thẳng d thay đổi đi qua trọng tâm của tam giác ABC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N , Gọi S1, S2 lần lượt là diện tích các tam giác ABN và ACM . Tìm giá trị nhỏ nhất của S1 S2 .
2. HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (3,0 điểm). x 2 x 2 2( x 1) a) Rút gọn biểu thức P : với x 0, x 1. 2 2 ( x 1)( x 1) ( x 1) (1 x) b) Giải phương trình: x2 3x 2 (x 1) 2x 5 0. x2 4xy x 2 0 c) Giải hệ phương trinh: 2 . 4y x 4y 1 0 Lời Giải: ( x 2)( x 1) ( x 2)( x 1) (x 1)2 ( 2 x)(x 1)2 a) P  x . 2 2 2 ( x 1)( x 1) 2( x 1) 2( x 1) ( x 1) 5 b) Điều kiện : x . 2 x 1 0(1) Phương trình (x 1)(x 2 2x 5) 0 . x 2 2x 5(2) (1) x 1 (không thỏa mãn điều kiện). x 2 x 2 (2) 2 2 x 3. (x 2) 2x 5 x 6x 9 0 Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là S {3}. c) Cộng hai phương trình đã cho theo vế được 2 x 2y 1 (x 2y) 2(x 2y) 3 0 . x 2y 3 Trường hợp 1: x 2y 1 x 1 2y thay vào phương trình sau của hệ thu được y 0 x 1 2 4y 1 2y 4y 1 0 1 y x 2 2 Trường hợp 2 : x 2y 3 x 2y 3 thay vào phương trình sau của hệ thu được 1 17 5 17 y x 2 2 4 2 4y 3 2y 4y 1 0 2y y 2 0 1 17 5 17 y x 4 2 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm 1 5 17 1 17 5 17 1 17 1;0 ; 2; ; ; ; ; . 2 2 4 2 4
3. Câu 2 (2,0 điểm). ac a) Cho các số thực a,b,c,d thỏa mãn 2 . Chứng minh phương trình sau luôn b d có nghiệm x2 ax b x2 cx d 0 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình (x y)(2x 3y)2 2x y 2 0 . Lời Giải: x2 ax b 0(1) a) Phương trình đã cho 2 . x cx d 0(2) 2 2 Ta có 1 a 4b và 2 c 4d Giả sử phương trình này vô nghiệm, khi đó cả hai phương trình (1), (2) đều vô (1) 0 4b a2 b 0;d 0 b d 0 nghiệm. Tức là 2 . (2) 0 4d c ac Lúc này theo giả thiết thì 2 ac 2(b d) . b d 1 Tuy nhiên điều này vô lý do 2(b d) a2 c2 ac . 2 Vậy với điều kiện đề cho thì pt x2 ax b x2 cx d 0 luôn có nghiệm a x y b/ Đặt b 2x 3y Khi đó 2x y 2 4x 4y 2x 3y 2 4 x y 2x 3y 2 4a b 2 Ta có (x y)(2x 3y)2 2x y 2 0 ab2 4a b 2 0 a b2 4 b 2 b 2b2 4 b 2 b 2  b2 4 b2 4 b 2 b 2  b2 4 8 b2 4 b2 4 4,8
4. 1 Nếu b2 4 4 b 0 a 2 1 x y 2 2x 3y 0 3 x 2 (loại) y 1 Nếu b2 4 4 b 2 a 0 1 b 2 a 2 *)b 2 a 0 x y 0 2x 3y 2 x 2 (nhận) y 2 1 *)b 2 a 2 1 x y 2 2x 3y 2 1 x 2 (loại) y 1 Vậy 2;2 thỏa mãn pt đã cho Câu 3 (1,0 điểm). Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn 2 x2 y2 z2 3y(x z) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 2(x y z) x2 z2 . Lời Giải: Ta có : 3y(x z) 2y2 2 x2 z2 2y2 (x z)2 3y(x z) 2y2 (x z)2 (x z)2 3y(x z) 2y2 0
5. 2 x z x z 3 2 0 y y x z 1 2 . y Do đó : 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 3 P 4(x z) x z 2 x z x z x z 1 x z x z 2 2 2 2 . 1 Đẳng thức xảy ra x z ; y 1. 2 3 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là . 2 Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn (AB AC) nội tiếp đường tròn tâm O và có ba đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H . Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AH và BC . a) Chứng minh rằng IJ vuông góc với EF và IJ song song với OA . b) Gọi K,Q lần lượt là giao điểm của EF với BC và AD . Chứng minh rằng QE KE . QF KF c) Đường thẳng chứa tia phân giác của F· HB cắt AB, AC lần lượt tại M và N . Tia phân giác của C· AB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN tại điểm P khác A . Chứng minh ba điểm H, P, J thẳng hàng. Lời Giải:
6. A J E Q F O H K B D I C T 1 1 a) IE IF BC; JE JF AH 2 2 IJ là đường trung trực của EF . IJ  EF Kẻ đường kính AT của (O) BHCT là hình bình hành I là trung điểm của HT . IJ //AT b) Các tứ giác BDHF,CDHE, BCEF là các tứ giác nội tiếp nên ta có E· DH H· CE H· BF H· DF và do HD  HK DQ, DK là phân giác trong và phân giác ngoài của tam giác DEF . QE KE DE Đến đây theo tính chất đường phân giác thì . QF KF DF
7. A J E Q O F H N G L M R P K B D I C T c) Ta có ·AMH M· BH M· HB N· CH N· HC H· NA AMN cân tại A AP là đường kính của (AMN) PM //HC, PN //HB . Gọi G là giao điểm của PM , HB và L là giao điểm của PN, HC . Khi đó tứ giác HGPL là hình bình hành nên HP đi qua trung điểm R của GL . Đến đây sử dụng định lý Talet và tính chất đường phân giác ta được GH MF HF ; GB MB HB LH NE HE . LC NC HC HF HE Tuy nhiên hai tam giác HFB, HEC đồng dạng nên . HB HC GH LH GL//BC GB LC Cho HR cắt BC tại I RG AR RL sử dụng định lý Talet thì I B AI I C I B I C I  I .
8. Vậy ba điểm H, P, I thẳng hàng. Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC cố định có diện tích S . Đường thẳng d thay đổi đi qua trọng tâm của tam giác ABC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N , Gọi S1, S2 lần lượt là diện tích các tam giác ABN và ACM . Tìm giá trị nhỏ nhất của S1 S2 . Lời Giải: A M G N C B D Gọi D là trung điểm BC và G là trọng tâm tam giác ABC . AM AN S S S Ta có :  AMN AMG ANG AB AC S S 1 SAMG 1 SANG 1 AM AG 1 AN AG 1 AM AN       2 SABD 2 SACD 2 AB AD 2 AC AD 3 AB AC AB AC 3 AM AN S S S S AN AM Mà 1 2 ABN ACM S SABC AC AB S1 S2 AN AM AB AC 3. 4 S AC AB AM AN 4 S S S . 1 2 3 AM AN Đẳng thức xảy ra d //BC . AB AC
9. 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức S S là S , đạt được khi và chỉ khi d //BC . 1 2 3