Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Gia Lai (Có Có đáp án)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Gia Lai (Có Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN GIA LAI NĂM HỌC 2022 – 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Chuyên) ( Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Họ và tên thí sinh: .; SBD . Câu 1: (2,0 điểm) a) Xác định tọa độ giao điểm của parabol (Py) :3= x2 và đường thẳng (dy) := 28 x + . 11 1 1 b) Cho A = + + ++ 1+++ 3 3 5 5 7 2021 + 2023 2023− 2 2022 và B = . 2+−+ 5 6 20 . 4 Không sử dụng máy tính cầm tay, hãy chứng tỏ AB> . Câu 2: (2,0 điểm) 24+ 3 a) Tìm một đa thức bậc ba Px( ) với hệ số nguyên nhận x = là một nghiệm và 3 P(16) = − . b) Tìm nghiệm tất cả các số nguyên xy, thỏa mãn: xy22−2 xy 2 + 3 x 2 + 4 xy − 4 x + 2 y2 − 4 y −= 1 0. Câu 3: (2,0 điểm) a) Giải phương trình xx+4 −+ 31+= xx − 4 −+ 31 x −11. 8xy−− x 14 y += 4 0 b) Giải hệ phương trình  22 2 . 8xyy+7 xy − 20 += 2 0 Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) , kẻ ba đường cao AD,, BE CF cắt nhau tại H , lấy điểm M trên cung nhỏ BC ( M≠ BC, ). Gọi P là điểm đối xứng với M qua AB. a) Chứng minh: APB= ACB và tứ giác AHBP nội tiếp một đường tròn. b) Chứng minh: H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác FDE . AD BE CF c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =++. HD HE HF Câu 5: (1,0 điểm) 111 Cho các số thực dương xyz,, thoả mãn ++=3. Chứng minh rằng xyz x2++− y 22 z2 xyz ≥ 1. HẾT Chữ ký giám thị 1 Chữ ký giám thị 2
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) a) Xác định tọa độ giao điểm của parabol (Py) :3= x2 và đường thẳng (dy) := 28 x + . 11 1 1 b) Cho A = + + ++ 1+++ 3 3 5 5 7 2021 + 2023 2023− 2 2022 và B = . 2+−+ 5 6 20 . 4 Không sử dụng máy tính cầm tay, hãy chứng tỏ AB> . Lời giải a) Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d ) là 3xx22= 2 +⇔ 8 3 xx − 2 −= 80( ∗). 2 Ta có: ∆=′ ( −1) − 3.( − 8) = 25 > 0 . −−( 1) + 25 −−( 1) − 25 4 Suy ra (∗) có hai nghiệm phân biệt: x = = 2 và x = = − . 3 33 Với x = 2 thì thay vào phương trình của (P) ta được y =12 . 4 16 Với x = − thì thay vào phương trình của (P) ta được y = . 3 3 4 16 Vậy tọa độ các giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d ) là (2 ;12) và − ; . 33 122nn+− nn+− ∗ b) Ta có: = = , ∀∈n . nn++2 ( n++22 nn)( +− n) 2 3−− 1 5 3 7 − 5 2023 − 2021 2023 − 1 Do đó, A = + + ++ = . 222 2 2 2022−+ 2 2022 1 Mặt khác, B = .2+−+ 5 5 25 + 1 4 2 2022− 1 2 =.2+− 5( 5 + 1) 2 2022− 1 =.2 +− 5( 5 + 1) 2 2022− 1 = . 2 2023−− 1 2022 1 Vì 2023> 2022 nên ta có > hay AB> . 22
3. Câu 2: (2,0 điểm) 24+ 3 a) Tìm một đa thức bậc ba Px( ) với hệ số nguyên nhận x = là một nghiệm và 3 P(16) = − . b) Tìm nghiệm tất cả các số nguyên xy, thỏa mãn: xy22−2 xy 2 + 3 x 2 + 4 xy − 4 x + 2 y2 − 4 y −= 1 0. Lời giải 3 24+ 3 a) Ta có x= ⇔3 x −= 23 4 ⇔( 3 x − 2) =⇔ 4 27 xxx32 − 18 + 12 − 12 = 0. 3 Suy ra đa thức bậc ba Px( ) thỏa đề có dạng Px( ) = k(27 x32 − 18 x +− 12 x 12) với k là hằng số. Vì P(16) = − nên −36kk =−⇔= 2. Vậy có đa thức cần tìm là Px( ) =54 x32 − 36 x +− 24 x 24. b) Tìm nghiệm tất cả các số nguyên xy, thỏa mãn: xy22−2 xy 2 + 3 x 2 + 4 xy − 4 x + 2 y2 − 4 y −= 1 0. Ta có xy22−2 xy 2 + 3 x 2 + 4 xy − 4 x + 2 y2 − 4 y −= 10 ⇔(xy22 −2 xy 2 + x 2) +( 2 x 2 + 4 xy + 2 y2) − 4 x − 4 y −= 10 22 ⇔( xyx −) +2( xy +) − 4( xy +) += 23 22 ⇔( xy − x) +2( x +− y 13) = 2 2 Vì xy, là các số nguyên nên ( xy− x) và ( xy+−1) là các số tự nhiên.  2  2 22( xy−= x) 1x( y − 11) = Do đó, ( xy− x) +2( x +− y 13) =⇔⇔ 2 2 2 ( xy+−11) = x+( y −1) + 2 xy( −= 11) xy( −=11) xy( −=−11) ⇔ hoặc .  2 2  2 2 xy+−( 11) =− xy+−( 13) = Cả hai trường hợp đều không thỏa mãn. Vậy không tồn tại các số nguyên xy, thỏa mãn đề bài. Câu 3: (2,0 điểm) a) Giải phương trình xx+4 −+ 31+= xx − 4 −+ 31 x −11. 8xy−− x 14 y += 4 0 b) Giải hệ phương trình  22 2 . 8xyy+7 xy − 20 += 2 0 Lời giải a) Điều kiện: x ≥ 3. Với điều kiện đó, ta có xx+4 −+ 31+= xx − 4 −+ 31 x −11
4. ⇔+=xx−+34 −+ 34 xx −− 34 −+ 34 x −11 22 ⇔+=−( xx−+32) ( −− 32) x 11 ⇔xx −+32 + −− 32=x −11 Nếu x 320, ta có xx−+32 + −− 32=x −11 ⇔23x −=x −11 ⇔ x2 −+=26x 133 0 x= 7( ktm ) ⇔  x=19 ( tm ) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =19. 8xy−− x 14 y += 4 0 b) Ta có  22 2 . 8xyy+7 xy − 20 += 2 0 Nếu y = 0 thì không thỏa mãn hệ.  1 x  x 4 + −− = 8x −− 14 += 0 4 2 x 14 0 (1) yy yy ≠ ⇔ Nếu y 0 thì hệ tương đương với 2 . 2 x 2 1 x 8x +7 −+ 20 = 0 + −− = 2 2 2x 20 0 (2)  yy  yy  1 +=− 2 21x 11 y Trừ (2) cho (1) theo vế ta được 22xx+ − 42 + −=⇔ 6 0  . yy 1 23x +=  y 11 TH1: 2xx+ =−⇔ 1 =− 21 −. yy −±1 145 Thay vào (1) , ta có −−4xx ( − 2 − 1) − 14 = 0 ⇔ 2xx2 + − 18 = 0 ⇔ x = . 2 11 TH1: 2xx+=⇔=−+ 3 23. yy x = 2 2  Thay vào (1) , ta có 12−xx ( − 2 + 3) − 14 =⇔ 0 2x − 3 x −=⇔ 2 0 1 . x = −  2 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm: −−1 145 145 −+1 145 145 11 ; , ; − , (2;− 1), − ; . 2 145 2 145 24
5. Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) , kẻ ba đường cao AD,, BE CF cắt nhau tại H , lấy điểm M trên cung nhỏ BC ( M≠ BC, ). Gọi P là điểm đối xứng với M qua AB. a) Chứng minh: APB= ACB và tứ giác AHBP nội tiếp một đường tròn. b) Chứng minh: H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác FDE . AD BE CF c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =++. HD HE HF Lời giải a) P đối xứng với M qua AB nên APB= APM +=+= MPB AMP PMB AMB (1) . Do AMB và ACB là các góc nội tiếp cùng chắn cung AB nên AMB= ACB (2) . Từ (1) và (2) suy ra APB= ACB (3) . Tứ giác DHEC có HDC = HEC =90 ° (vì AD, BE là các đường cao của ∆ABC ) nên ECD +=° EHD 180 . Suy ra ACB+=° AHB 180 (4) . Từ (3) và (4) suy ra APB+=° AHB 180 . Do đó, tứ giác AHBP nội tiếp một đường tròn. b) Dễ thấy, HFAE , AEDB , DBFH là các tứ giác nội tiếp nên HFE = HAE = HBD = HFD . Suy ra HF là đường phân giác của tam giác FDE . Tương tự, HD cũng là đường phân giác của tam giác FDE . Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác FDE . 1 AD. BC AD S x++ y z c) Đặt S= xS,, = yS = z. Ta có: =2 =ABC = . HBC HCA HAB HD 1 S x HD. BC HBC 2 BExyz++ CFxyz ++ Tương tự, ta cũng có: = ; = . HE y HF z xyz++ xyz ++ xyz ++  x y  y z  z x  Suy ra T = + + =++++++3 . x y z yx zy xz
6. Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: x y xy y z yz z x zx +≥2 ⋅= 2; +≥ 2 ⋅= 2; +≥ 2 ⋅= 2 . y x yx z y zy x z xz Suy ra T ≥ 9 .  xy =  yx  AD= 3 HD yz Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = ⇔==⇔x y z BE =3 HE ⇔ H là trọng tâm tam zy CF= 3 HF  zx  =  xz giác ABC . Mà H cũng là trực tâm của tam giác ABC nên lúc đó ABC là tam giác đều. Câu 5: (1,0 điểm) 111 Cho các số thực dương xyz,, thoả mãn ++=3. Chứng minh rằng xyz x2++− y 22 z2 xyz ≥ 1. Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: xy2+≥ 22; xyyz 22 +≥ 2; yzzx 22 +≥ 2 zx . Suy ra x2++≥++ y 22 z xy yz zx . 111 Ta có: ++=⇔33xy + yz + zx = xyz . xyz Do đó, x2++− y 22 z2 xyz ≥ xyz (1) . Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức AM – GM cho ba số không âm abc,,: a++≥ b c3 abc . 1 1 1 111 Áp dụng bất đẳng thức này, ta có 3 =++≥3.3 ⋅⋅⇔xyz ≥1 (2) . x y z xyz Từ (1) và (2) suy ra x2++− y 22 z21 xyz ≥. Đẳng thức xảy ra khi xyz= = =1.