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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THỪA THIÊN HUẾ CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) xx22 Câu 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức A . xx x xx 0; 1 . xx 21x 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm tất cả số nguyên x sao cho biểu thức A nhận giá trị là số nguyên. Câu 2: (1,5 điểm) a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol Py : x2 và đường thẳng d : y kx 2. Gọi I là giao điểm của d và trục tung. Tìm tất cả các giá trị của để đường thẳng d cắt P tại hai điểm phân biệt Ax 11;, y Bx 22; y thỏa mãn xx12 và IA 2. IB 32 x xy x y10 x y b) Giải hệ phương trình: . 2 xyy 2 10 Câu 3: (2,0 điểm) 22 a) Tìm m để phương trình: 3x 4 m 1 xm 4 m 50 ( x là ẩn số) có hai nghiệm x1, x2 sao xx33 12 cho biểu thức P 33 đạt giá trị lớn nhất. xx21 b) Giải phương trình x22 6 xx 6 12 3 x 2 10 x 28 x 1 0 Câu 4: (3.0 điểm ) Cho đường tròn O và dây BC cố định không đi qua O. Điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn AB AC . Gọi AD,, BE CF là các đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BC và EF; I là giao điểm thứ hai của KA với O ; M là trung điểm BC; N là giao điểm thứ hai của AH và O . Chứng minh: a) Tứ giác AIFE là tứ giác nội tiếp. b) Ba điểm MHI,, thẳng hàng. c) Tứ giác INMO là tứ giác nội tiếp. d) Đường thẳng IN luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi. Câu 5: (2,0 điểm) a) Tìm tất cả số nguyên xy, thỏa mãn x32 xy 1 x 7 y 4 y 0. b) Cho xyz,, là các số thực dương thỏa mãn xy yz zx 3. Chứng minh rằng x y z3 xyz 2 22 . . xyz 15 15 15 32 . HẾT
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THỪA THIÊN HUẾ CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ĐÁP ÁN CHI TIẾT xx22 Câu 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức A . xx x xx 0; 1 . xx 21x 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm tất cả số nguyên x sao cho biểu thức A nhận giá trị là số nguyên. Lời giải: xx22 a) A . xx x xx 21x 1 xx 22 2 .1xx xx 11 x 1 xx 2 1 x 2. x 1 2 .xx 11 x xx 11 xx 22 xx 2 .xx 11 x xx 11 22xx 2 .xx 11 x x 1 xx 11 b) Ta có 22x Ax 22 xx 11 2 Để A là số nguyên thì 2 x và phải là số nguyên x 1 2 x 0 Ta có là số nguyên khi x 1 x 1( loai ) Thử lại Với xA 00 (TM) Vậy x 0 thì A là số nguyên.
3. Câu 2: (1,5 điểm) a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol Py : x2 và đường thẳng d : y kx 2. Gọi I là giao điểm của d và trục tung. Tìm tất cả các giá trị của để đường thẳng d cắt P tại hai điểm phân biệt Ax 11;, y Bx 22; y thỏa mãn xx12 và IA 2. IB 32 x xy x y10 x y b) Giải hệ phương trình: . 2 xyy 2 10 Lời giải a) Vì I là giao điểm của d và trục tung nên I 0; 2 Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là x22 kx 2 x kx 2 01 Ta có  k 2 80với mọi k Và xx12. 20 Nên phương trình 1 luôn có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn xx12 0 với mọi k xx k Theo hệ thức vi-ét, ta có: 12 xx12.2 xx 2 Vì nên ta có 12 IA2 IB xx12 2 Mà xx12 0 nên xx12 2 xx k 12 22x 2 2 xx12.2 x2 1 Ta có xx 0 xx 0 12 k 1 12 xk2 xx12 2 Vậy k 1thõa mãn yêu cầu bài toán. 32 x xy x y10 x y xxyxy xy 10 xy b) Ta có: 2 2 xyy 2 10 xyy 2 10 xy 0 (1) xy 0 2 xyx 2 xyxy 10 xyy 2 10 2 x xy x y 10 2 2 xyy 2 10 x xy x y 10 xyy 22 10 (2) 2 xyy 2 10
4. 13 x 2 13 y xy 0 x y 2 Giải hệ phương trình 1: 22 xyy 2 10 2 y 2 y 10 13 x 2 13 y 2 2 22 22 x xy x y 10 x xy 2 y 110 x xy2 y 0 Giải hệ phương trình 2: 22 2 x2 y y 10 xy 21 y xy2 y 1 13 x 2 13 y 2 13 xy x 2 2 x yx 20 y xy 21 y 13 2 xy 21 y xy 2 y 2 xy 21 y2 x 2 y 1 x 1 1 y 2 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:  1 31 3131 3 1 xy;  ; ; ; ; 2;1 ; 1;  22 22 2
5. Câu 3: (2,0 điểm) 22 a) Tìm m để phương trình: 3x 4 m 1 xm 4 m 50 ( x là ẩn số) có hai nghiệm x1, x2 sao xx33 12 cho biểu thức P 33 đạt giá trị lớn nhất. xx21 b) Giải phương trình x22 6 xx 6 12 3 x 2 10 x 28 x 1 0 Lời giải 2 a) Ta có: ac 3 m2 12 m 15 3 m 2 3 0, m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu 44m xx12 3 Theo hệ thức vi-ét, ta có: mm2 45 xx. 12 3 3 x Đặt t 1 t 0 x2 11 Lúc đó: Pt t 2 tt 1 P đạt giá trị lớn nhất là 2 khi t t 1 x xm 1. t 12 b) x22 6 xx 6 12 3 x 2 10 x 28 x 1 0 Điều kiện : x 1. Ta có: x22 6 xx 6 12 3 x 2 10 x 28 x 1 0 x22 6 x 6613 x x 6101 xx 101 2 ax 6, a 0 Đặt bx 1, b 0 Phương trình 1 trở thành: aa 6 b22 3 a 10 b b 0 aa 6 b 2 3 a 10 b 2 b
6. 22 aa2 6 b 2 3 a 10 b22 b aa 2 6 b 2 3 a 10 b22 b 0 32 3 22 4 6 aa a a 3 a b 60 ab 100 b 0 3 60 100 0 bb22 b 2 a 10 b2 a Giải phương trình ta được 2(l ) b2 a 5(l ) b2 22 2 x 5 29 Suy ra a 10 b x 6 10 x 1 x 10 x 4 0 ()TM x 5 29 Vậy xx 5 29; 5 29 Câu 4: (3.0 điểm ) Cho đường tròn O và dây BC cố định không đi qua O. Điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn AB AC . Gọi AD,, BE CF là các đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BC và EF; I là giao điểm thứ hai của KA với O ; M là trung điểm BC; N là giao điểm thứ hai của AH và O . Chứng minh: a) Tứ giác AIFE là tứ giác nội tiếp. b) Ba điểm MHI,, thẳng hàng. c) Tứ giác INMO là tứ giác nội tiếp. d) Đường thẳng IN luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi. Lời giải
7. A E I O F H K B D M C N T S a) Vì tứ giác AIBC nội tiếp đường tròn nên KI KA KB KC Dễ thấy tứ giác BEFC nội tiếp nên KF KE KB KC Suy ra KI KA KF KE Vậy tứ giác AIFE nội tiếp. b) Kẻ đường kính AT của đường tròn O . Khi đó, AIT 90o (1) Xét tứ giác BHCT, ta có: CC// BT (cùng  AB ); CC// BT (cùng  AC ) Nên tứ giác BHCT là hình bình hành Suy ra M là trung điểm HT của hay MHT,,thẳng hàng. Tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH. Ta có tứ giác AIFE nội tiếp nên I thuộc đường tròn đường kính AH hay AIH 90o (2) Từ (1) và (2) suy ra IHT,,thẳng hàng Vậy MIH,, thẳng hàng. 1 c) Ta có NIT NOT 3 2 Ta có ANT 90o NT AN; BC  AN nên NT// BC Mà OM BC nên OM NT Xét NOT có ON OT và OM NT nên OM là tia phân giác góc NOT
8. 1 Suy ra NOM NOT 4 2 Từ 3 và 4 suy ra NIM NOM d) Gọi S là giao điểm của tiếp tuyến đường tròn O tại B và OM. Suy ra S cố định. Ta cần chứng minh INS,, thẳng hàng Gọi L là giao điểm của IS và đường tròn O Vì OBS vuông nên SB2 SM SO SL SI Suy ra tứ giác OMLI nội tiếp Ta có tứ giác OMLI và OMNI cùng nội tiếp đường tròn ngoại tiếp OMI và cắt O tại giao điểm thứ hai là L và N nên N và L trùng nhau. Vậy INS,,thẳng hàng hay IN đi qua S cố định. Câu 5: (2,0 điểm) a) Tìm tất cả số nguyên xy, thỏa mãn x32 xy 1 x 7 y 4 y 0. b) Cho xyz,, là các số thực dương thỏa mãn xy yz zx 3. Chứng minh rằng x y z3 xyz 2 22 . . xyz 15 15 15 32 Lời giải a) Ta có: x32 xy 1 x 7 y 4 y 0. xx32 7 x 4 yxx 2 10 xx2 1 xy 2 xx2 12 x2 4 x 3 x2 x1 xy 22 x 1 x 3 Biện luận theo x ta có các bộ số thỏa mãn xy; 0; 4 ; 1;3 ; 3;5  . b) Ta có: xx x x x x22 15 x 3 12 x 2 xy yz zx 12 x yx z 12 48 x yx z 11 1 1 11 1 x (Theo bất đẳng thức ) 48 4 x yy z ab 4 a b x 11 11 1 11 1 (Theo bất đẳng thức ) 16 2 xyz 2 ab 2 ab
9. x xx . 32 xy 32 yz 32 y y yy Tương tự y2 15 32 yz 32 zx 32 z z xz z2 15 32 zx 32 xy 32 Suy ra xyz xyz2 15 22 15 15 x xxy yyz xz . 32 xy 32 yz 32 32 yz 32 zx 32 32 zx 32 xy 32 3 xyz . 32 x y z3 xyz Vậy: 2 22 . xyz 15 15 15 32 Dấu "" xảy ra khi xyz 1.