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

Câu 4: (4 điểm) Cho đường tròn tâm O có đường kính MN =2R . Vẽ đường kính AB của đường tròn
(O)( Akhác M và A khác N ) . Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại N cắt các đường thẳng MA, MB lần
lượt tại các điểm I, K
a) Chứng minh tứ giác ABKI nội tiếp.
b) Khi đường kính AB quay quanh tâm O thoả mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính AB
để tứ giác ABKI có diện tích nhỏ nhất. 
pdf 7 trang Huệ Phương 01/02/2023 4720
Bạn đang xem tài liệu "Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Bạc Liêu (Có hướng dẫn chấm)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • pdfky_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_thpt_mon_toan_chuyen_nam_hoc_20.pdf

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

  1. SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN VÀ CÔNG NGHỆ BẠC LIÊU Năm học: 2022 – 2023 Môn thi: TOÁN CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1: (4 điểm) a) Chứng minh biểu thức S= nn32( + 2) +( n + 1)( n 3 − 5121 n +−) n − chia hết cho 120 , với n là số nguyên. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (2xyxy+)( −+) 3( 2 xy +−) 5( xy −=) 22. Câu 2: (4 điểm)  a3 aa+− 5 ( a 1) 2  a) Rút gọn biểu thức P= + (aa>≠ 0, 1) a −1 aa−− a a +14 a  xx( 22+− y) 40 y = 0 b) Giải hệ phương trình  22 xy+6 −= 40 0 Câu 3: (4 điểm) a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2 −5 xm + −= 20 có hai nghiệm dương phân 1 13 biệt xx12, thoả mãn hệ thức: +=. xx122 b) Cho abc,, là các số dương thỏa mãn abc++=3. Chứng minh rằng: 9abc222 ab222++≥ bc ca . 12+ abc222 Câu 4: (4 điểm) Cho đường tròn tâm O có đường kính MN= 2 R . Vẽ đường kính AB của đường tròn (OA)( khác M và A khác N) . Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại N cắt các đường thẳng MA, MB lần lượt tại các điểm IK, . a) Chứng minh tứ giác ABKI nội tiếp. b) Khi đường kính AB quay quanh tâm O thoả mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính AB để tứ giác ABKI có diện tích nhỏ nhất. Câu 5: (4 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB , điểm C thuộc nửa đường tròn (C khác A và B) . Gọi I là điểm chính giữa cung AC, E là giao điểm của AI và BC . Gọi K là giao điểm của AC và BI . a) Chứng minh rằng EK⊥ AB . b) Gọi F là điểm đối xứng với K qua I . Chứng minh AF là tiếp tuyến của (O). 6 c) Nếu sinBAC = . Gọi H là giao điểm của EK và AB . Chứng minh KH( KH+=⋅22 HE) HE KE . 3 Hết
  2. HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: a) Ta có S= nn( 432 +5 n + 5 n −− 56 n ) 22 2 =n( n −1)( n ++ 65) nn( − 1) =nn( 22 −1)( n ++ 56 n ) . =−++nn( 112)( n)( n)( n + 3) =−++(n1) nn( 123)( n)( n +) Ta thấy S là tích của 5 số nguyên liên tiếp và 120= 3.8.5 +) Trong 5 số nguyên liên tiếp có một số chia hết cho 3 nên tích cũng chia hết cho 3 . +) Trong 5 số nguyên liên tiếp sẽ có 2 số chãñ liên tiếp có dạng 22k + với k ∈ . Do đó tích của chúng có dạng 41kk( + ) mà kk( +⇒1) 2 4 kk( + 1) :8 +) Trong 5 số nguyên liên tiếp sẽ có một số chia hết cho 5 nên tích của chúng cũng chia hết cho 5 . Vậy S chia hết cho 120 . b) (2xyxy+)( −+) 3( 2 xy +−) 5( xy −=) 22 . ⇔(2xyxy +)( −+ 35) −( xy −+ 3) = 7⇔(2xy +− 5)( xy −+ 37) =Vì 7= 1.7 = 7.1 =−( 1) ⋅−( 7) =−( 7) ⋅−( 1) nên ta có 4 trường hợp xảy ra   10  x = 2xy+−= 51  3 1: ⇔ (loại) xy−+=37 2 y = −   3   10  x = 2xy+−= 57  3 TH2: ⇔ . (loại) xy−+=3 1 16 y =   3 2xy+−=− 51 x =− 2 TH3: ⇔ xy−+=−37y = 8 2xy+−=− 57 x =− 2 TH4: ⇔ xy−+=−31y = 2 Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là (−2;8) và (−2; 2) Câu 2:  aa( −1) 3aa+− 5 ( a 1) 2 a) P =+⋅ −− −− 4 a (aa11)( ) ( aa 11)( ) 
  3.  4aa+− 4 ( a 1) 2 4aa (− 1) 2 = ⋅ = ⋅ =1b) −+2 4 a (aa− 1)2 4 (aa 1)( 1)  322 2 x32+− xy40 y = 0 x+−+ xy( x6 y) y = 0 (1) ⇔ 22+ −= 22 xy6 40 0 xy+=6 40 (2) x322+−+ xy( x60 y 2) y =⇔+x3 xy 22 − x y −60 y 3 =⇔−x3222 x y + x y − 2 xy 2 + 3 xy 23 − 60 y = 22xy= 2 ⇔−( x2 y)( x ++ xy 30 y ) =⇔  22+) Trường hợp 1: x++ xy30 y = 2 2 22yy11 x+ xy +3 y =⇔ 0  x + + =⇔==0x y 0 24 Vô nghiệm vì xy= = 0 không thỏa mãn phương trình (2) . +) Trường hợp 2:xy= 2 thay vào phương trình (2) ta có: 22 2  y = 2 4yy+ 6 =⇔=⇔ 40 y 4  .  y = −2 Ta có y=⇒=2 xy 4; =−⇒=− 2 x 4 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm ( xy; ) là (2; 4) và (−−2; 4) . Câu 3: xx+=5 a) Theo hệ thức Vi-et ta có  12 (1) . . xx12= m − 2 Để phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt thì Δ0>  Sxx=+>120  P= xx12 > 0 2 (− 5) − 4(m −> 2) 0  33  m ⇔4 > m −>20 m 2 1 13 xx21+ 3 Ta có +=⇒ =⇒+=23( x2 x 1) xx 12 x1 x 2 22xx12 ⇒4( x1 ++ x 2 29 xx 12) = xx 12. Thay (1) vào ta được: ⇒+4( 5 2mm −= 2) 9( −⇒ 2) 9( mm −− 2) 8 −−= 2 20 0. (2) t tmt= −≥2, 0 khi đó phương trình (2) trở thành phương trình tn= 2 () 2  9tt−− 8 20 =⇔ 0 10 Với t = 2 ta có mmm−=⇔22 −=⇔ 24 = 6 thoả mãn điều kiện. tl= − ()  9 Vậy m = 6 thoả yêu cầu bài toán. b) Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
  4. 2221 (ab++ bc ca)29 + ≥ abc222 111 ⇔2(ab222 ++ bc ca) + + + ≥9. ab222 bc ca Mặt khác sử dụng bất đẳng thức Cô-si bộ ba số, ta có 11 ab2++ ab 2 ≥333 ab22 ⋅⋅ ab = a ab22ab 11 bc2++ bc 2 ≥333 bcbc22 ⋅⋅ = b. bc22bc 11 ca2++ ca 2 ≥333 caca22 ⋅⋅ = c ca22ca 111 Cộng ba bất đẳng thức trên lại vế theo vế, ta được 2(ab222+ bc + ca) + + + ≥3(a ++ b c) =9. ab222 bc ca Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc= = =1. Câu 4: a) Ta có MBA = MNA (cùng chắn cung MA ) Mà MNA = MIN (cùng phụ với góc AMN ) Suy ra MBA = MIN . Mà MBA += ABK 180 (hai góc kề bù) Nên MIN += ABK 180 suy ra tứ giác ABKI nội tiếp vì có tồng hai góc đối bằng 180 . b) Ta có AMB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét tam giác vuông MIK có MN là đường cao Suy ra MN2 = NK ⋅ NI . Ta có 2SSSABKI= 2 MIK − 2 MAB =⋅−⋅=⋅+22R IK MA MB R( IN NK) −⋅ MA MB Áp dụng bất đẳng thức cô-si ta có
  5. MA22+ MB AB 2 IN+ NK ≥24 IN ⋅= IK R MA⋅≤ MB = =2R2 Suy ra 22 22 2 2SABKI ≥⋅− 24 RR 2 R = 6 R ⇒ SABKI ≥ 3 R Dấu bằng xảy ra khi IN= NK; MA = MB y SABKI nhỏ nhất khi AB⊥ MN . Câu 5: a) Ta có AIB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒⊥BI AE . Tương tự AC⊥ BE ⇒AEB có hai đường cao AC, BI cắt nhau tại K ⇒ K là trực tâm AEB ⇒⊥EK AB (tính chất ba đường cao). b) Do I là điểm chính giữa AC⇒=⇒ IA IC IBA = IBC (hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau). Mà IAC = IBC (hai góc nội tiếp cùng chắn IC) ⇒= IAC IBA . FAK có AI là đường cao ( AI⊥ BI ) đồng thời là đường trung tuyến (F và K đối xứng qua I ) ⇒FAK cân tại A⇒= FAI IAK . Ta có FAB =+=+=+=⇒⊥ FAI IAB IAK IAB IBA IAB 90 AF AB tại A⇒ AF là tiếp tuyến của (O). KH c) Ta có sin KAH = AK 6KH 66 Mà sin BAC =⇒ =⇒=AK HK . ABE có BI vừa là đường cao vừa là đường phân 3AK 32 giác ⇒ABE cân tại B nên BI cũng là đường trung trực ⇒=KA KE( K ∈ BI ). 6 EH=+= EK KH +1 KH 2 Ta có KH( KH+ 2 HE)  6 2 =KH KH ++2 1KH =+( 36) KH . 2
  6. 66 2 Và 2HE⋅= KE 2 + 1 HK ⋅ HK =( 3 + 6) HK . 22 Suy ra KH( KH+=⋅22 HE) HE KE . Ghi chú : Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhung đúng thì vẫn cho đủ số điểm tùng phần nhu hướng dẫn quy định. Hết