Thông tin tài liệu
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM HỌC 2022-2023 Mơn thi: TỐN Thời gian làm : 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) a) Cho a, b, c số thực khác thỏa mãn b) Cho số thực dương thỏa mãn Chứng minh Câu (2,5 điểm) a + b + ab = a b + ab + = 2 1+ a 1+ b ( + a ) ( + b2 ) ( 3x + 1) + a) Giải phương trình : Giải hệ phương trình Câu (1,5 điểm) b) = 2x + x x +1 ( 1− 3y ) − y + = y y − x + + x = ( ) A = ( n2 + 3n + ) + ( n + ) a) b) n Tìm số nguyên để Cho a , b, c , d ab + bc + ca = a 2b c 1 A= 2 + 2 + 2 ab bc ca Tính giá trị biểu thức a, b 1 + + =2 ab bc ca số phương a − b + b − c + c − d + d − a = a 2022 + 2023 số nguyên thỏa mãn 12 Tìm số dư chia a cho 16 ( O) Câu (2,5 điểm) Cho hai đường trịn B Trên tia đối tia AF a) E, F AB lấy điểm thuộc đường tròn cắt đường tròn ( O) M, ( O ') , F Chứng minh tam giác BKP ( O ') cắt hai điểm phân biệt kẻ tiếp tuyến ME , MF với đường tròn A ( O ') nằm đường tròn (O) Hai đường thẳng P Q (P, Q khác A) Tia đồng dạng với tam giác BFA EF cắt PQ K , AE b) I Gọi J giao điểm PQ = OA − OK c) Chứng minh P= 9A với OO ' EF Chứng minh ∠IJE = ∠IFM Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức : AB a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3abc 1 + + + a + 2bc + b + 2ac + c + 2ab Câu (0,5 điểm) Lớp có 34 học sinh, học sinh lớp tham gia số câu lạc trường Mỗi học sinh lớp tham gia câu lạc Nếu chọn 10 học sinh lớp ln có học sinh thâm gia câu lạc Chứng minh có câu lạc gồm học sinh lớp 9A tham gia ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) Cho c) a , b, c số thực khác thỏa mãn Tính giá trị biểu thức Ta có ⇒ 1 + + =2 ab bc ca 1 A= 2 + 2 + 2 ab bc ca 1 1 1 1 + + = ⇒ 2 + 2 + 2 + 2 + + ÷= ab bc ca ab bc ca ab c abc a bc ( ab + bc + ca ) 1 a 2b2 c + + = − = − =2 a 2b b c c a a 2b c a 2b c Vậy d) A=2 Cho a, b số thực dương thỏa mãn Chứng minh a + b + ab = a b + ab + = 2 1+ a 1+ b ( + a ) ( + b2 ) ( a + b ) ( + ab ) = a b + ab + ab + = ⇔ 2 2 2 1+ a 1+ b ( + a ) ( + b ) ( + a2 ) ( + b2 ) 2( 1+ a ) ( 1+ b ) ⇔ ( a + b) = ( 1+ a ) ( 1+ b ) 2 ⇔ ( a + b ) = + a + b + a 2b2 ⇔ a + b2 + 4ab = + a 2b 2 ⇔ ( a + b ) = ( ab − 1) 2 a + b = − ab), (dfcm) (đúng Câu (2,5 điểm) ( x + 1) + c) Giải phương trình : Điều kiện = 2x + x x ≥ − ;x ≠ Phương trình cho tương đương x2 + 2x + − 5x 2x + = ab + bc + ca = a 2b 2c x + = 3x ⇔ 3x − x + x − x + = ⇔ x + = x ( )( ) x ≥ ⇔ x = 1(tm) 2 x + = x ⇔ x≥0 + 29 ⇔x= (tm) 4 x = x + Vậy d) + 29 S = 1; Giải hệ phương trình Điều kiện x ≥ −1 Đặt x +1 ( 1− 3y ) − y + = y y − x + + x = ( ) t = x + 1, t ≥ Thay vào hệ phương trình cho, ta có : ( t − y ) − 3ty + = t ( − y ) − y + = t − y − 3ty + = ⇔ ⇔ 2 y ( y − t ) + t − = y − ty + t − = ( t − y ) + ty − = x = (tm) y = t ⇒ 3t − = ⇔ t = ⇒ y =1 + 33 ⇒ 3( t − y ) + ( t − y ) = ⇔ x=− −1 + 33 18 ⇒ (tm) y = t + ⇒ 9t + 3t − = ⇔ t = + 33 y = + 33 + 33 ; ÷ 18 ÷ ( x; y ) ∈ ( 0;1) ; − Vậy tập nghiệm Câu (1,5 điểm) A = ( n2 + 3n + ) + ( n + ) c) n Tìm số nguyên để A = ( n + 2) Ta có Xét ( ( n + 1) + 1) n + = ⇔ n = −2, số phương ta có A=0 số phương Xét n + ≠ ⇔ n ≠ −2, Do đó, ta có ( n + 1) để A số phương ( n + 1) − a = −1 ⇔ ( n + − a ) ( n + + a ) = −1 +1 = a2 ( a ∈ ¥ ) Ta có trường hợp : n + − a = −1 n + − a = g ⇔ n = −2 (tm); g ⇔ n = −1(tm) n + + a − n + + a = −1 n = −2 Vậy Cho d) n = −1 a, b, c, d A số phương a − b + b − c + c − d + d − a = a 2022 + 2023 số nguyên thỏa mãn 12 Tìm số dư chia x + x = 2x Ta có a cho 16 x ≥ 0, x + x = nếu x < 0, x + x M2 x với số nguyên Ta có a −b + b−c + c−d + d −a = ( a − b + a − b ) + ( b − c + b − c ) + ( c − d + c − d ) + ( d − a + d − a ) M2 ( ∀a, b, c, d ∈ ¢ ) a − b + b − c + c − d + d − a = a 2022 + 2023 Do Suy Suy chia hết cho a 2022 (a lẻ, lẻ, nên − 1) M (a + 1) M2 a = ( a − 1) ( a + 1) + 12 Vậy a a chia dư chia cho 16 dư Câu (2,5 điểm) Cho hai đường tròn B Trên tia đối tia ( O ') , thẳng K AE E, F AF AB lấy điểm thuộc đường tròn cắt đường tròn ( O) ( O) M, ( O ') cắt hai điểm phân biệt kẻ tiếp tuyến ( O ') , F ME , MF A với đường tròn nằm đường tròn (O) Hai đường P Q (P, Q khác A) Tia EF cắt PQ d) Ta có Chứng minh tam giác ∠BPQ = ∠BAQ ∠BAQ = ∠BEK đồng dạng với tam giác (góc nội tiếp chắn (góc nội tiếp chắn ⇒ ∠BPQ = ∠BEK ⇒ Do BKP AEBF & BKPE tứ giác BKPE PQ) BF ) nội tiếp tứ giác nội tiếp nên ⇒ ∆BKP ∽ ∆BFA(dfcm) BFA ∠AFB = ∠BKP (cùng bù với ∠AEB ) e) Do I Gọi ∠O ' IM = ∠O ' FM = ∠O ' EM = 90° O 'M ∠EIJ = ∠JIF ⇒ ∆IJE ∽ ∆IFM , f) Ta có Và giao điểm Suy ∠QBP = ∠QAP = ∠EBF ABQP BKPE nội tiếp) IF ) MF nhau) nội tiếp), suy ∠EBF = ∠EFM ∠EFM = ∠EIM = ∠EIA ∆IAE ∽ ∆BQP ⇒ Từ (1) (3), ta có : ( 1) ∆AEB ∽ ∆QKB ⇒ ∠QBP = ∠EIA ( 3) AB AE = ( 2) BQ QK (góc nội tiếp chắn (vì tứ giác EIFM EF ) nội tiếp) AI AE AB AE = ⇔ = ( 4) BQ QP BQ QP AE AE = ⇒ 2QK = QP ⇒ K 2QK QP QK = OQ − OK ⇔ Vậy, ta có ME Chứng minh nằm đường trịn (góc nội tiếp chắn ∠IJE = ∠IFM (dfcm) (vì tứ giác (vì tứ giác Từ (2) (4), ta có EF PQ = OA2 − OK ∠BAE = ∠BQP Mặt khác, ta có : OO ' O ', I , F , M , E nên điểm ∠IEJ = ∠IMF từ suy Chứng minh Suy với (góc nội tiếp chắn hai cung ∠AEB = ∠BKQ Ta có AB ∠IJE = ∠IFM đường kính Và J trung điểm QP ⇒ ∆OKQ PQ = OQ − OK ⇔ PQ = OA2 − OK (dfcm) Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương P= Tìm giá trị lớn biểu thức : Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3abc 1 + + + a + 2bc + b + 2ac + c + 2ab 3abc = a + b + c ≥ 3 abc ⇒ abc ≥ vuông K a + b + c = 3abc ⇒ 1 + + =3 ab bc ca Mặt khác, ta có Áp dụng bất đẳng thức Co – si , ta có: + a + 2bc ≥ a + 2bc ≥ 2 a 2bc = ⇒ a bc ≥ bc 1 1 1 1 ≤ 1 + ≤ 1 + 1 + ÷ = + ÷ ÷ bc bc bc bc 16 1 ≤ = + a + 2bc bc Tương tự, ta có : 1 1 ≤ + ÷; ≤ 3 + ÷ + b + 2ac 16 ac + c + 2ab 16 ab P≤ Suy 1 1 + + ÷= 9 + 16 ab bc ca ; Đẳng thức xảy a = b = c =1 9A Câu (0,5 điểm) Lớp có 34 học sinh, học sinh lớp tham gia số câu lạc trường Mỗi học sinh lớp tham gia câu lạc Nếu chọn 10 học sinh lớp ln có học sinh thâm gia câu lạc Chứng minh có câu lạc gồm học sinh lớp 9A tham gia Giả sử câu lạc khơng có q học sinh lớp Gọi N số câu lạc có N >4 9A tham gia học sinh lớp 9A Nếu từ số câu lạc này, ta chọn câu lạc học sinh lớp 9A, 10 học sinh khơng thỏa mãn tốn - Nếu N
Ngày đăng: 10/10/2022, 00:37
Xem thêm:
