Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Phước (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Phước (Có hướng dẫn chấm)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC: 2022 – 2023 ĐỀ THI MÔN: TOÁN (CHUYÊN ) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 07/06/2022 23x+ xx −+ 1 x2 x Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức P =+− với xx>≠0, 1. x x−+ x xx x a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P. Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình ( x−1)( x2 −+ 2 xm) = 01( ) với m là tham số. Tìm tất cả các 1111 giá trị của tham số m để phương trình (1) có đúng ba nghiệm phân biệt thỏa mãn ++=. xxx1233 Câu 3. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: ( x−1)( x − 3) += 64 xx2 − 4 + 6. x22+4 xy + 10 x − 12 y − 12 y += 9 0  b) Giải hệ phương trình:  x + 5 .  32y −− =xy −22 y −  2 Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R . Gọi H là trực tâm của tam giác ABC , M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC . Gọi IJ, lần lượt là hình chiếu của M lên các đường thẳng BC,. CA Đường thẳng IJ cắt đường thẳng AB tại K . a) Chứng minh bốn điểm BKM,, , Icùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra MK⊥ AB. b) Gọi MMM123,, lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng BC,,. CA AB Chứng minh bốn điểm MMM123,, và H thẳng hàng. c) Chứng minh khi điểm M di động trên cung nhỏ BC ta luôn có M23 M≤ 4 R .sin BAC . Xác định vị trí của điểm M khi dấu bằng xảy ra. Câu 5. (1,0 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x22−6 y + xy + 2 y −−= x 7 0. b) Cho xy, là các số nguyên thỏa mãn xy22−+2021 2022 chia hết cho xy . Chứng minh rằng xy, là các số lẻ và nguyên tố cùng nhau. Câu 6. (1,0 điểm) a) Cho ab, là các số thực dương thỏa mãn ab+=2. ab22 Chứng minh: +≥1. ba++11 b) Cho abc,, là các số thực dương thỏa mãn ab+ a +++= b16 c . 2abc+++ 12 12 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =++. abc+++112 HẾT - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
2. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2022 - 2023 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC Bài thi: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm có 07 trang) ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu 1. (2 điểm) 23x+ xx −+ 1 x2 x Cho biểu thức P =+− với xx>≠0; 1 x x−+ x xx x Rút gọn biểu thức 23x+ xx −+ 1 x2 x P =+− x x−+ x xx x 23x + ( x−11)( x ++ x) xx( + 11)( x −+ x) =+− 0.5 x xx( −+11) xx( ) 23x+ xx ++ 1 xx −+ 1 0.25 =+− xx x 22xx++ 3 0.25 = . x Tìm giá trị nhỏ nhất của P 33 0.25 Px=2 + +≥ 2 22x . + 2 xx =26 + 2 0.25 Vậy GTNN của P =26 + 2 0.25 33 khi và chỉ khi 2 xx= ⇔=(thỏa mãn điều kiện) x 2 0.25 Câu 2. (1.5 điểm) Nội dung Điểm Cho phương trình ( x−1)( x2 −+ 2 xm) = 01( ) với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của 1111 tham số m để phương trình (1) có đúng ba nghiệm phân biệt thỏa mãn ++=. xxx1233 1
3. Ta có: x =1 x−12 x2 −+ xm =⇔ 0 ( )( )  2 0.25 x−2 xm += 0*( ) Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt xxx123,, thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt khác 1. 0.25 ∆='1 −m > 0 m <1 ⇔ ⇔<m 1 0.25 ≠ =−+2 ≠  f(10) ( fx( ) x 2 x m) m 1 Do vai trò các nghiệm như nhau, gọi x3 =1 và phương trình (*) có hai nghiệm 0.25 xx+=2 12 phân biệt xx12, thỏa mãn hệ thức viet  xx12= m 1111 Từ yêu cầu bài toán: ++= thì phương trình (*) phải có nghiệm khác 0 xxx1233 0.125 hay m ≠ 0 1111xx+ 2 2 2 0.375 + + =⇔12 =−⇔ =−⇔m =−3 thỏa mãn điều kiện. x1 x 2 x 3 3 xx12 33 m Câu 3. (2 điểm) Nội dung Điểm a) Giải phương trình: ( x−1)( x − 3) += 64 xx2 − 4 + 6. Phương trình đã cho ⇔−+−xx22464 xx −++= 4630 0.25 Đặt txx=2 −4 +≥ 60 2 t =1 0.25 Phương trình trở thành: tt−4 += 30⇔  t = 3 x =27 + 0.25 Với t=⇒3 xx22 −+=⇔−−=⇔ 4 63 xx 4 30  x =27 − Với t=⇒−+=⇔−+=1 xx22 4 61 xx 4 50( vn) . 0.25 b) Giải hệ phương trình: x22+4 xy + 10 x − 12 y − 12 y += 9 0   x + 5 .  32y −− =xy −22 y −  2 2
4. x ≥−5  ĐK:  2 y ≥  3 22 Ta có (1) ⇔x + 2( 5 + 2 yx) − 12 y − 12 y += 9 0 0.125 2 ∆=' 16y + 1 ≥ 0 x ( ) xy=21 − ⇒  xy=−−69 0.125 * Với xy=−6 − 9 ≤− 13 loại. 0.125 * Với xy=21 − thay vào phương trình (2) ta được: 0.25 32y−− y += 22 yy2 − 32 − 22( y − ) ⇔ −( yy −22)( += 1) 0 32yy−+ + 2  y = 2  ⇔ 2 0.125  −(2y += 1) 0( )  32yy−+ + 2 + Với yx=⇒=23(thỏa mãn điều kiện). 0.125 + Xét phương trình ( ): 0.125 2 =2y + 1( ) 32yy−+ + 2 2 22 Vì y ≥ nên: 32yy−+ +≥ 2 +> 2 2 ⇒ +> 1 2 3 Vậy phương trình ( ) vô nghiệm. Kết luận: hệ có nghiệm duy nhất ( xy;) = ( 3; 2) . Câu 4. (2.5 điểm) Nội dung Điểm Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R . Gọi H là trực tâm của tam giác ABC , M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC . Gọi IJ, lần lượt là hình chiếu của M lên các đường thẳng BC,. CA Đường thẳng IJ cắt đường thẳng AB tại K . a) Chứng minh bốn điểm BKM,, , Icùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra MK⊥ AB. b) Gọi MMM123,, lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng 3
5. BC,, CA AB . Chứng minh bốn điểm MMM123,, và H cùng thuộc một đường thẳng. Chứng minh khi điểm M di động trên cung nhỏ BC ta luôn có M23 M≤ 4 R .sin BAC . Xác định vị trí của điểm M khi dấu bằng xảy ra. a) a) Ta có: MIC = MJC = 900 ( gt) nên tứ giác IJCM nội tiếp 0.125 Do đó: KIM = JCM ( trong bằng ngoài đỉnh đối) 0.125 Tứ giác ABMC nội tiếp nên KBM = ACM = JCM 0.25 Từ đó suy ra KIM = KBM ⇒ BIMK nội tiếp. Vậy bốn điểm BKM,, , Icùng thuộc một đường tròn. 0.25 Do BIM =⇒9000 BKM =⇒⊥90 MK AB (đpcm) 0.25 Lưu ý: khi học sinh vẽ điểm M sao cho J nằm ngoài AC, K nằm trong AB vẫn đạt điểm tối đa. b) Ta có IJ// M12 M , JK // M 23 M . 0.125 và theo giả thiết có IJK,, thẳng hàng nên ta có các điểm MMM123,, thẳng hàng. 0.125 4
6. 0 ta có AM B+=+− AHB AMB180 ACB 3 ( ) 0.25 0 mà ta có: AMB= ACB , nên AM3 B+= AHB 180 nên nên tứ giác AHBM3 nội tiếp từ đó ta có AHM33= ABM = ABM 0.125 hoàn toàn tương tự ta có: AHCM 2 nội tiếp 0.125 từ đó ta có AHM22= ACM = ACM Mà ta có: ACM+= ABM 1800 , vì ABMC nội tiếp 0.125 AHM+= AHM 1800 32 0.125 Từ đó suy ra M32,, HMthẳng hàng C) Vì MM23, lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AC, AB nên ta có AM= AM23 = AM hay tam giác AM23 M cân tại A. 0.125 Kẻ đường cao AD của tam giác AM23 M suy ra AD cũng là phân giác của M23 AM Mặt khác ta có M AM= M AM + MAM =+=22 MAB MAC 2 BAC 23 3 2 0.125 suy ra M3 AD= BAC Trong tam giác vuông M3 AD có M3 D= AM 33sin M AD= AM.sin BAC . 0.125 Mà MM23= 2 MD 3 ⇒=M23 M2 AM .sin BAC Vậy M23 M≤ 4 R .sin BAC 0.125 Vì sin BAC cố định nên MM23 lớn nhất khi AM lớn nhất tức là AM là đường kính. Câu 5. (1 điểm) Nội dung Điểm a) Giải phương nghiệm nguyên x22−6 y + xy + 2 y −−= x 7 0. Phương trình đã cho ⇔( x −2 yx)( + 3 y) + 2 yx −−= 70 0.125 ⇔( x −2 yx)( + 317 y −=) 0.125 Từ đó suy ra xy− 2 là ước của 7 , tập các giá trị ước của 7 là {−−7; 1; 1; 7}.Ta có các trường hợp sau. xy−=−27 xy −=− 27 * ⇔ (vn) xy+31 −=− 1 5 y = 7 5
7. xy−=−21  xy −=− 21 x =− 3 * ⇔⇔  (nhận) 0.125 xy+31 −=− 7  5 y =− 5 y =− 1 xy−=21 xy −= 21 * ⇔ (vn) xy+3 −= 17 5 y = 7 xy−=27  xy −= 27 x = 5 * ⇔⇔ . xy+3 −= 11  5 y =− 5 y =− 1 Vậy các cặp nguyên ( xy, )thỏa mãn phương trình là (−−3;1,5;1) ( −) . 0.125 b) Cho xy, nguyên và thỏa mãn xy22−+2021 2022 chia hết cho xy . Chứng minh rằng xy, là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau. *Nếu xy, là hai số chẵn thì xy22−+2021 2022 không chia hết cho 4 và xy chia 0.125 hết cho 4 (vô lý). Nếu xy, có một số chẵn, một số lẻ thì xy22−+2021 2022 là số lẻ và xy là số chẵn (vô lý). Vậy xy, là các số lẻ. 0.125 *Giả sử ( xy, ) = d suy ra xy22− 2021 và xy chia hết cho d 2 . 0.125 Từ giả thiết suy ra 2022 chia hết cho d 2 . Lại do 2022= 2.3.337 nên d ∈{1,2,3,337} . 0.125 Nếu d >1 thì 2022 chia hết cho hoặc 4,9,3372 (vô lý). Câu 6. (1 điểm) Nội dung Điểm ab22 a) Cho các số thực dương ab, thỏa mãn ab+=2. Chứng minh rằng: +≥1. ba++11 2 ab22(ab+ ) 0.25 * Xét BĐT +≥ với xy,0> . x y xy+ 2 Biến đổi tương đương a22 y+ b 22 x ≥20 abxy ⇔−( ay bx) ≥(đúng) 2 ab22(ab+ ) 0.25 *Khi đó +≥ =1(điều phải chứng minh). b+11 a + ab ++ 2 a) Cho abc,, là các số thực dương thỏa mãn ab+ a +++= b16 c . 2abc+++ 12 12 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =++. abc+++112 112 Ta có P =−−−6 . abc+++112 0.125 6
8. 11 2 2 Theo BĐT Cauchy ta có +≥ = ab++11(ab++11)( ) 6−c 22 Khi đó P ≤−6 − . 62−+cc 0.125 11 4 1 Ta có +≥ = (do 06<<c ). Suy ra P ≤ 5. 6−c c + 26 −++ cc 22 ab+=11 +  ab= = 3 0.125 Dấu bằng xảy ra khi 62−=+cc ⇒ . c = 2    (ab+11)( +) += c 6  0.125 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 5 đạt được khi ab= =3, c = 2 . Chú ý: Mọi lời giải đúng đều được điểm tối đa của câu hỏi đó. 7