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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TỈNH VĨNH LONG Năm học: 2021 - 2022 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) x 2x x x x 1 a) Cho biểu thức A và B 1 với x 0, x 1. Rút gọn A và chứng x 1 x x x 1 minh B > A. b) So sánh 24 26 và 10. Câu 2. (1,0 điểm) Cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y m 1 x m 4 (m là tham số). Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm nằm về 2 phía của trục tung. Câu 3. (1,5 điểm) a) Giải phương trình: 43 x x 1 x 1 x x y 2 b) Giải hệ phương trình: y 3 2y x y 2 Câu 4. (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng tổng các bình phương của 6 số nguyên liên tiếp không thể là số chính phương. b) Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 y 2xy y 32x Câu 5. (1,0 điểm) 3 Cho hình vuông ABCD và điểm E trên cạnh BC biết AB = 4cm, BE BC . Tia Ax vuông góc với AE tại 4 A cắt tia CD tại F. a) Tính diện tích AEF b) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF, tia AI cắt CD tại K. Chứng minh: AE2 KF .CF Câu 6. (2,0 điểm) Cho O; R và điểm M sao cho OM = 2R. Kẻ các tiếp tuyến MA, MB với O (A, B là các tiếp điểm). Trên đoạn thẳng AB lấy điểm I (Với AI < BI và I khác A). Qua I vẽ dây CD sao cho IC = ID và C thuộc cung nhỏ AB. Tiếp tuyến của O tại C cắt OI tại Q. Chứng minh: a) Tứ giác OCQD nội tiếp được đường tròn. b) AMB là tam giác đều. c) OQ  MQ Câu 7. (1,0 điểm) 3 x 6 x Cho số thực x thỏa mãn 1 x 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T x 3 x = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = = 
2. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. (2,0 điểm) x 2x x x x 1 a) Cho biểu thức A và B 1 với x 0, x 1. Rút gọn A và chứng x 1 x x x 1 minh B > A. b) So sánh 24 26 và 10. Lời giải x 2x x x x 2 x 1 a) Với x 0, x 1. Ta có: A x 1 x x x 1 x x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x x 1 và B 1 1 x x 1 1 x x x 1 x 1 2 Ta lại có: B A x x x 1 x 2 x 1 x 1 0 với x 0, x 1. B A (đpcm) 2 b) Ta co: 24 26 24 26 2. 24.26 50 2. 624 50 2. 625 100 102 24 26 10 Câu 2. (1,0 điểm) Cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y m 1 x m 4 (m là tham số). Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm nằm về 2 phía của trục tung. Lời giải Xét PT hoành độ giao điểm: x2 m 1 x m 4 x2 m 1 x m 4 0 * Ta có: m 1 2 4 m 4 m2 2m 1 4m 16 m2 2m 1 16 m 1 2 16 0 m pt (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt hay (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt m x1 x2 m 1 Theo Vi-et ta có: x1x2 m 4 Để (d) cắt (P) tại 2 điểm nằm về 2 phía của trục tung thì pt (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu hay: m 4 0 m 4 Câu 3. (1,5 điểm) a) Giải phương trình: 43 x x 1 x 1 x x y 2 b) Giải hệ phương trình: y 3 2y x y 2 Lời giải a) ĐK: 43 x 0 x 43 x 1 0 x 1 1 x 43 1 x 43 Phương trình x 7 2 2 2 43 x x 1 43 x x 2x 1 x x 42 0 x 7 x 6 0
3. b) ĐK: x y 2x 2x 1 x y 2x x y 2x 1 x y 1 Hệ phương trình 2y 4y x y 2y 3 x y 2 4y 3 x y Cộng vế với vế của (1) với (2) ta được: 2x x y 2x 4y x y 2y 2 x y x y 0 x y KTM 2 x y x 2y 0 x 2y 0 x 2y TM 2y 1 7 7 Với x 2y 2y y x 3y 2 12 6 7 x 6 Thử lại ta thấy TM 7 y 12 7 x 6 Vậy hệ pt có nghiệm là: 7 y 12 Câu 4. (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng tổng các bình phương của 6 số nguyên liên tiếp không thể là số chính phương. b) Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 y 2xy y 32x Lời giải a) Giả sử 6 số nguyên liên tiếp lần lượt là: x; x 1; x 2; x 3; x 4; x 5 x ¢ Ta có: x2 x 1 2 x 2 2 x 3 2 x 4 2 x 5 2 x2 x2 2x 1 x2 4x 4 x2 6x 9 x2 8x 16 x2 10x 25 x2 x2 2x 1 x2 4x 4 x2 6x 9 x2 8x 16 x2 10x 25 6x2 30x 55 2 2 32x b) Ta có: x y 2xy y 32x y x 2x 1 32x y 2 x 1 2 2 2 2 Do: x; y ¢ 32x M x 1 32x x 2 M x 1 32x2 64x 32 32 M x 1 32 M x 1 x 1 2 U 32 1;2;4;8;16;32 x 1 2 4;16  (Vì: x 1 2 1 và là số chính phương) 2 x 1 TM TH1: x 1 4 x2 2x 3 0 y 8 TM x 3 KTM 2 x 3 TM TH2: x 1 16 x2 2x 15 0 y 6 TM x 5 KTM Vậy nghiệm của pt là: x; y 1;8 ; 3;6 Câu 5. (1,0 điểm) 3 Cho hình vuông ABCD và điểm E trên cạnh BC biết AB = 4cm, BE BC . Tia Ax vuông góc với AE tại 4 A cắt tia CD tại F.
4. a) Tính diện tích AEF b) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF, tia AI cắt CD tại K. Chứng minh: AE2 KF .CF Lời giải x A B 3 1 2 1 E I 1 F C D K ¶ · · a) Ta có: A1 A3 (cùng phụ với A2 ) ¶ · A1 A3 cmt Xét ABE và ADF có: ABE ADF g .c.g ¶ ¶ B D 90 gt AD = AE (2 cạnh tương ứng) AEF  cân tại A. 3 3 Mà: BE BC (gt) BE 4 3 cm 4 4 AE.AF 5.5 Theo Pi-Ta-Go ta có: AE AB2 BE2 42 32 5 cm S 12,5 cm2 AEF 2 2 ¶ ¶ b) Vì: AEF  cân tại A (cmt) E1 F1 45 Mà: FI EI gt AI là trung trực của EF AI  EF IAE ; IAF cân tại I. FI EI AI ¶ ¶ I C 90 IF KF Xét IKF và CEF có: IKF ∽ CEF g .g KF.CF IF.EF ¶ CF EF F chung KF.CF IF.EF IF. 2IE 2IE2 IE2 IA2 AE2 (đpcm)
5. Câu 6. (2,0 điểm) Cho O; R và điểm M sao cho OM = 2R. Kẻ các tiếp tuyến MA, MB với O (A, B là các tiếp điểm). Trên đoạn thẳng AB lấy điểm I (Với AI < BI và I khác A). Qua I vẽ dây CD sao cho IC = ID và C thuộc cung nhỏ AB. Tiếp tuyến của O tại C cắt OI tại Q. Chứng minh: a) Tứ giác OCQD nội tiếp được đường tròn. b) AMB là tam giác đều. c) OQ  MQ Lời giải D A Q I 1 O M H 2 C B a) Ta có: IC ID gt OI  CD tại I (Đường kính vuông góc với dây cung đi qua trung điểm) OI là đường trung trực của CD OQ là đường trung trực của CD QD QC Xét DOQ và COQ có: QD QC cmt ; OC OD R gt ; OQ chung DOQ = COQ c.c.c ·OCQ ·ODQ 90 ·OCQ ·ODQ 180 Y DOCQ nội tiếp. OA R 1 b) Xét AOM  tại A có: sin·M ·M 30 1 OM 2R 2 1 Gọi H là giao điểm của AB và OM ta có: MA = MB (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) Mà: OA = OB = R OM là đường trung trực của AB OM  AB tại H · · · HAM 90 M1 90 30 60 hay BAM 60 Mặt khác: ABM cân tại A (Vì: MA = MB) ABM đều (đpcm) c) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 2 2 OI.OQ OD R OI OM OI.OQ OH.OM 2 2 OH.OM OA R OH OQ OI OM Xét OHI và OQM có: cmt ; ¶O chung OH OQ OHI ∽ OQM c.g .c ·OQM ·OHI 90 OQ  MQ (đpcm) Câu 7. (1,0 điểm)
6. 3 x 6 x Cho số thực x thỏa mãn 1 x 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T x 3 x Lời giải 3 x 6 x 3 x 3 x 6 x x 9 x2 6x x2 2x2 6x 9 Ta có: T x 3 x x 3 x 3x x2 x2 3x T x2 3x 2x2 6x 9 Tx2 3Tx 2x2 6x 9 0 T 2 x2 6 3T x 9 0 * Có: 6 3T 2 4 T 2 .9 36 36T 9T 2 36T 72 9 T 2 8T 12 2 2 T 2 Để phương trình (*) có nghiệm thì 0 9 T 8T 12 0 T 8T 12 0 T 6 2x2 6x 9 Với T 2 2 2x2 6x 9 2x2 6x 9 0 (vô lý) x2 3x 2x2 6x 9 3 Với T 6 6 2x2 6x 9 6x2 18x 4x2 12x 9 0 x TM x2 3x 2 3 T 6 x Min 2 2x2 6x 9 13 Vì: 1 x 2 . Thay x = 2 vào T ta được: T 6,5 2 2x2 6x 9 13 x2 3x x2 3x 2 2 2 2 2 x 1 4x 12x 18 13x 39x 9x 27x 18 0 x 3x 2 0 TM x 2 x 1 TMax 6,5 x 2