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 n2 A Do đó, Mặt khác , B n2 n n2 n n2 n n2 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 x3 x 3 2 x 11\ x 3 Nếu x 11 x 11 0, ktm phương trình Nếu x 11 x ta có : x3 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 yz x yz x yz 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