Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên Toán, Tin) - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Hưng Yên (Có đáp án)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên Toán, Tin) - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Hưng Yên (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HƯNG YÊN NĂM HỌC 2022 – 2023 Bài thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho thí sinh dự thi vào các lớp chuyên: Toán, Tin học Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề x 2 x 2 1 Câu I (2,0 điểm). Cho biểu thức A : x x 2 x x x 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị của x để A = 3 Câu II (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y x2 và đường thẳng (d) : y (m 1)x m 5. Tìm giá trị của tham số m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1) , B(x2 ; y2 ) sao cho x1; x2 là các số nguyên. 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x4 2x3 x2 16y2 12x 16y 4 0 Câu III (2,0 điểm). 3x 2 3 x 1. Giải phương trình 1. x 1 x 1 3 3 2. Giải hệ phương trình x y xy 2x 4 y 1 xy x 2 y 1 Câu IV (3,0 điểm). 1. Cho ABC nhọn (AB AC) nội tiếp đường tròn (O) . Hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC. a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp, từ đó suy ra KF.KE = KB.KC. b) Đường thẳng AK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M (M khác A). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh ba điểm M, H, I thẳng hàng. 2. Một chi tiết máy gồm hai nửa hình cầu bằng nhau và một hình trụ (hình vẽ). Hãy tính thể tích của chi tiết máy đó theo các kích thước cho trên hình vẽ. Câu V (3,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 4xy 2yz 3xz 24 . Tìm giá trị lớn 2x y z nhất của biểu thức P . x2 4 y2 9 z2 16 HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Phòng thi số: Số báo danh: Chữ ký của cán bộ coi thi
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I. x 2 x 2 1 a) A : ĐK: x 0, x 1 x x 2 x x x 1 x( x 2) 2 1 = : ( x 1)( x 2) x( x ) x 1 x 2 x 1 = . ( x 1) x 1 = x 2 x x 2 b) A 3 3 x x 2 3 x x 3 x 2 0 x 1 x 1(l) x 2 x 4(n) Vậy A=3 khi x = 4 Câu II. 1) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) x2 (m 1)x m 5 x2 (m 1)x m 5 0 (*) Ta có (m 1)2 4(m 5) m2 2m 21 (m 1)2 20 0 Nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B x1 x2 m 1 Theo hệ thức vi-et x1.x2 m 5 (*) x2 x 5 m(x 1) Xét x 1 không phải là nghiệm của phương trình 5 x m (1) x 1 Vì x1; x2 Z nên m 1 và m 5 là các số nguyên do đó m cũng là số nguyên Từ (1) ta có 5 x 1 Z m Z khi x Z x 1 5 x 1 Suy ra m 3;m 5
3. x 1 5 x 4 m 3 x 1 1 x 0 m 5 x 1 5 x 6 m 5 x 1 1 x 2 m 3 Vậy m 3;m 5 thỏa yêu cầu bài toán 2) x4 2x3 x2 16y2 12x 16y 4 0 x4 x3 3x3 3x2 4x2 4x 8x 8 16y2 16y 4 (x 1)x3 3x2 (x 1) 4x(x 1) 8(x 1) 16y2 16y 4 (x 1)(x3 3x2 4x 8) (4y 2)2 (x 1)2 (x2 4x 8) (4y 2)2 Vì y z 4y 2 0 x 1 Vì x, y z nên (x 1)2 và (4y 2)2 là số chính phương khác 0 nên (x2 4x 8) cũng là số chính phương Đặt x2 4x 8 m (m N * ) (x 2)2 4 m2 (x 2)2 m2 4 (x 2 m)(x 2 m) 4(*) Do x 2 m x 2 m x 2 m 4 x 1/2 (loại) x 2 m 1 m 5/2 x 2 m 2 x 2 x 2 m 2 m 2 (n) Nên x 2 m 1 x 7/2 x 2 m 4 m 5/2 (loại) 4 y 2 2 4 y 0 y 0 2  x 2 (4y 2) 4 4 y 2 2 4 y 4 y 1 Vậy nghiệm nguyên thỏa ycbt là: (-2; 0); (-2; -1) Câu III. 3x 2 3 x 1) 1 x 1 x 1 ĐK: 1 x 3 3x 2 3 x x 1 3x 2 x 1 3 x 3x 2 x 1 3 x 2 (x 1)(3 x) 3x 4 2 (x 1)(3 x) (*) (*) có điều kiện: 3x 4 0 x 4 / 3 (*) 9x2 24x 16 4(x 1)(3 x) 9x2 24x 16 4x2 16x 12
4. 13x2 40x 28 0 x 2(n) 14 x (l) 13 vậy nghiệm của phương trình: x 2 x3 y3 xy 2x 4y 1 x3 y3 xy 2(1 xy) 1 x3 y3 3xy 1(1) 2) xy x 2y 1 x 2y 1 xy x 2y 1 xy(2) 1 (x y)3 3x2 y 3xy2 3xy 1 0 x y 3 13 3xy(x y 1) 0 x y 1 x y 2 x y 1 3xy x y 1 x2 y2 xy x y 1 0 x y 1 0 2 2 x y xy x y 1 0 Với x y 1 0 x 1 y thay vào (2) ta được: 2 1 y 2y 1 (1 y)y y y 2 0 y 0 x 1 y 2 x 1 Với : x2 y2 xy x y 1 0 2x2 2y2 2xy 2x 2y 2 0 x2 2xy y2 x2 2x 1 y2 2y 1 0 x y 2 x 1 2 y 1 2 0 x y 0 x 1 0 x y 1 y 1 0 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1;0),(2; 1),( 1; 1) Câu IV. 1) a)
5. - xét tứ giác BFEC có : B· EC C· FB 900 tứ giác BFEC nội tiếp ( 2 góc cùng nhìn một cạnh bằng nhau) - xét KEF và KBE có : Kµ là góc chung K· CF K· EB ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BF) KEF đồng dạng với KBE KF KC KF.KE KC.KB (đ.p.c.m) (1) KB KE b) Ta có: KIB đồng dạng KBA (g . g) KI KC KI.KA KB.KC (2) KB KA Từ (1) và (2) suy ra KE.KF KI.KA KE KA KI KF Mà Kµ là góc chung Suy ra KEA đồng dạng KIF K· EA K· IF tứ giác IAEF nội tiếp ( góc trong bằng góc đối ngoài ) Mặt khác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH ( ·AEH ·AFH 900 ) Nên: I, A, E, F, H cùng thuộc một đường tròn đường kính AH I·HA 900 Mà : N· IA 900 ( góc chắn nữa đường tròn ) Suy ra : N, I, H thẳng hàng Kẻ đường kính AN của đường tròn O ; N O Xét tứ giác BHCN có : BH / /CN ( cùng vuông góc với AB) CH / /BN ( cùng vuông góc với AC) BHCN là hình bình hành Mà M là trung điểm của BC M HN Suy ra M , I, H thẳng hàng 2) 4 V R3 R2 .20 3 4 .43. 20.42. 3 1216 cm3 3
6. Câu V: xy yz xz x y y z x z Ta có: 4xy 2yz 3xz 24 1 . . . 1 6 12 8 2 3 3 4 2 4 x y z Đặt a 0; b 0; c 0 ab bc ac 1 2 3 4 4a 3b 4c P 4a2 4 9b2 9 16c2 16 2a b c a2 1 b2 1 c2 1 2a b c a2 ab bc ca b2 ab bc ac c2 ab bc ac 2a b c a b a c a b b c a c b c 2a 2a 2b b c 2c . . . a b a c a b 2 b c 2 b c a c Ta có : 2a 2a 2a 2a 2 . a b a c a b a c 2b b 2b b 2 . a b 2 b c a b 2 b c c 2c c 2c 2 . 2 b c a c 2 b c a c 1 2a 2a 2b b c 2c p 2 a b a c a b 2 b c 2 b c a c 1 2 a b 2 a c b c P 2 a b a c 2(b c) 1 1 P 2 2 2 2 9 P 4 2a 2a a b a c b c b c 2b b Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi a b 8b a 7b a b 2 b c a c 8c a 7c c 2c 2 b c a c 1 1 ab bc ac 1 7b2 b2 7b2 1 b2 b 15 15
7. 1 3 b y 15 15 1 4 c z 15 15 7 14 a x 15 15