Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh gia lai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH GIA LAI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC : 2022-2023 Mơn: TỐN (CHUN) Thời gian làm : 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) a) b) P : y  3x2 d : y  2x  Xác định tọa độ giao điểm parabol   đường thẳng   Cho B A 1 1     1 3 5 2021  2023 2023  2022    20 Và Khơng sử dụng máy tính cầm tay, chứng tỏ A  B Câu (2,0 điểm) 2 x P x nghiệm a) Tìm đa thức bậc ba   với hệ số nguyên nhận P  1  6 b) Tìm nghiệm tất số nguyên x, y thỏa mãn : x y  x y  3x  xy  x  y  y   Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x  x    x  x    x  11 b) 8 xy  x  14 y    2 Giải hệ phương trình 8 x y  xy  20 y   O Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn   , kẻ ba đường cao AD, BE , CF   Gọi P điểm đối xứng với M qua cắt H, lấy điểm M cung nhỏ AB a) Chứng minh : APB  ACB tứ giác AHBP nội tiếp đường tròn b) Chứng minh : H tâm đường tròn nội tiếp tam giác FDE BC M  B, C c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức T AD BE CF   HD HE HF 1    Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z Chứng minh : 2 x  y  z  xyz  ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) P  : y  3x d : y  2x   c) Xác định tọa độ giao điểm parabol đường thẳng   Ta có phương trình hồnh độ giao điểm parabol (P) đường thẳng  d  :  x   y  12 3x  x   3x  x      x    y  16 3  16  2;12  ,   ;   3 Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) 1 1 A     1 3 5 2021  2023 d) Cho 2 B 2023  2022    20 Và Khơng sử dụng máy tính cầm tay, chứng tỏ A  B Ta có : n  n2 A Do đó, Mặt khác , B   n2 n n2  n  n2  n   n2  n , n  ¥ * 3 5 7 2023  2021 2023       2 2 2022  2022     1  2022       2     2023  2022 nên ta có : Vì Câu (2,0 điểm)  1  2022  2022    1  2 2023  2022   2 hay A  B 2 x P x nghiệm c) Tìm đa thức bậc ba   với hệ số nguyên nhận P  1  6 Ta có x 2  3x     x     27 x  18 x  12 x  12  P  x   k  27 x  18 x  12 x  12  Nên đa thức bậc ba P  x  thỏa đề có dạng với k số Vì P  1  6 nên 3k  6  k  Vậy đa thức cần tìm P( x )  54 x  36 x  24 x  24 d) Tìm nghiệm tất số nguyên x, y thỏa mãn : x y  x y  3x  xy  x  y  y   2 2 Ta có : x y  x y  3x  xy  x  y  y     x y  x y  x    x  xy  y   x  y     xy  x    x  y    x  y    2   xy  x    x  y  1  2 Vì số nguyên nên  xy  x   x  y  1 số tự nhiên   xy  x   2   x  y  1     xy  x    x  y  1    2 x  y     x   y  1  x  y  1   Do đó,  x  y  1   x( y  1)  1   2  x   y  1  1  x   y  1  x, y Cả hai trường hợp không thỏa mãn Vậy , không tồn tai số nguyên x,y thỏa mãn đề Câu (2,0 điểm) c) Giải phương trình x  x    x  x    x  11 Điều kiện : x  Với điều kiện đó, ta có x  x    x  x    x  11  x   x    x   x    x  11   x3     x 3 2   x  11\  x 3   Nếu x  11 x  11  0, ktm phương trình Nếu x  11 x    ta có : x3 2  x    x  11  x   x  11  x  7( ktm)  x  26 x  133     x  19(tm) x    x  11 Vậy phương trình cho có nghiệm x  19 d) 8 xy  x  14 y    2 Giải hệ phương trình 8 x y  xy  20 y   Nếu y  khơng thỏa mãn hệ Nếu y  hệ tương đương với :   1 x x   x    14   1 x   14     y y y y       1 x 8 x  x  20      2  x  y   y  20    y y2     x   1  y   1 1  x    2 x      y y    2 x  y   Trừ (2) cho (1) vế theo vế ta Th1: x  1  1   2 x  y y Thay vào (1), ta có: Th2: 2x  4  x  2 x  1  14   x  x  18   x  1    2 x  y y x  12  x  2 x  3  14  x  x     x    Thay vào (1), ta có Vậy hệ phương trình cho có nghiệm :  1  145 145   1  145 145   1 ; ; ;  ;  2; 1 ;   ;         145   145   4  1  145 O Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn   , kẻ ba đường cao AD, BE , CF cắt H, lấy điểm M cung nhỏ BC  M  B, C  Gọi P điểm đối xứng với M qua AB a) Chứng minh : APB  ACB tứ giác AHBP nội tiếp đường tròn P đối xứng với M qua AB nên APB  APM  MPB  AMP  PMB  AMB  1 AMB  ACB   Do AMB ACB góc nội tiếp chắn cung AB nên Từ (1) (2) suy APB  ACB  3 Tứ giác DHCE có HDC  HEC  90 (vì AD, BE đường cao ABC ) nên ECD  EHD  180 Suy ACB  AHB  180   Từ (3) (4) suy APB  AHB  180 Do đó, tứ giác AHBP nội tiếp đường tròn b) Chứng minh : H tâm đường tròn nội tiếp tam giác FDE Dễ thấy HFAE , AEDB, DBFH tứ giác nội tiếp nên HFE  HAE  HBD  HFD Suy HF đường phân giác tam giác FDE Tương tự, HD đường phân giác tam giác FDE Vậy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác FDE c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức T AD BE CF   HD HE HF AD.BC S AD x y z   ABC  HD HD.BC S HBC x S  x , S  y , S  z HBC HCA HAB Đặt Ta có : BE x  y  z CF x  y  z  ;  HE y HF z Tương tự ta có : Suy : x y y z z x x yz x yz x yz              x y z  y x  z y x z      9( BDT Co  si ) x y y  x   AD  3HD y z     x  y  z   BE  3HE  H z y CF  3HF  z x   Đẳng thức xảy  x z trọng tâm ABC Mà H trực tâm ABC nên lúc ABC tam giác 1    x , y , z x y z Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương thỏa mãn Chứng minh : T x  y  z  xyz  2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức AM  GM : ta có: x  y  xy; y  z  yz; z  x  zx  x  y  z  xy  yz  zx 1     xy  yz  zx  3xyz x  y  z  xyz  xyz  1 x y z Ta có : Do Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức AM – GM cho ba số không âm a, b, c : a  b  c  abc 3 1 1 1    3  xyz  1  x y z x y z Áp dụng bất đẳng thức này, ta có 2 Từ (1) (2) suy x  y  z  xyz  Đẳng thức xảy x  y  z  ...   2 x  y y Thay vào (1), ta có: Th2: 2x  4  x  2 x  1  14   x  x  18   x  1    2 x  y y x  12  x  2 x  3  14  x  x     x    Thay vào (1), ta có Vậy hệ... x   y  1  x, y Cả hai trường hợp không thỏa mãn Vậy , không tồn tai số nguyên x,y thỏa mãn đề Câu (2,0 điểm) c) Giải phương trình x  x    x  x    x  11 Điều kiện : x  Với điều kiện... x  18 x  12 x  12  P  x   k  27 x  18 x  12 x  12  Nên đa thức bậc ba P  x  thỏa đề có dạng với k số Vì P  1  6 nên 3k  6  k  Vậy đa thức cần tìm P( x )  54 x  36 x 