SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ - MƠN TỐN CHUN NĂM HỌC 2022-2023 Thời gian làm : 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC x 2 x 2 A x x x x x x 1 Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức (với x 0; x 1) a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm tất số nguyên x cho biểu thức A nhận giá trị số nguyên Câu (1,5 điểm) P : y x2 d : y kx a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol đường thẳng d Gọi I giao điểm trục tung Tìm tất giá trị đường thẳng d cắt (P) hai điểm phân biệt A x1; y1 , B x2 ; y2 thỏa mãn x xy x y 1 x y b) Giải hệ phương trình x y y Câu (2,0 điểm) a) Tìm m để phương trình x1 , x2 cho biểu thức b) Giải phương trình : x x m 1 x m 4m P 3 x1 x2 IA IB (x ẩn số) có hai nghiệm 3 x x x x đạt giá trị lớn x x 12 x 10 x 28 x O Câu (3,0 điểm)Cho đường tròn dây BC cố định không qua O Điểm A thay Gọi AD, BE , CF đổi cung lớn BC cho tam giác ABC tam giác nhọn đường cao H trực tâm tam giác ABC Gọi K giao điểm hai đường thẳng BC EF; I giao điểm thứ hai KA với (O) ; M trung điểm BC; N giao AB AC điểm thứ hai AH Chứng minh a) Tứ giác AIFE tứ giác nôi tiếp b) Ba điểm M , H , I thẳng hàng c) Tứ giác INMO tứ giác nội tiếp d) Đường thẳng IN qua điểm cố định A thay đổi Câu (2,0 điểm) O a) Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn b) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy yz zx Chứng minh : x3 x y x y y x y z 3 x y z x 15 y 15 z 15 32 ĐÁP ÁN x 2 x 2 A x x x x x x Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức (với x 0; x 1) c) Rút gọn biểu thức A x 2 x 2 A x x x x x x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 x x 1 x 1 x x 2 x x x x 1 2x x 1 d) Tìm tất số nguyên x cho biểu thức A nhận giá trị số nguyên Ta có : A 2x x 2 x 1 x 1 Để A số nguyên x x phải số nguyên x 0(tm) ¢ x 1 x 1( ktm) Ta có Thử lại, với x A 0(tm) Vậy x=0 A nguyên Câu (1,5 điểm) P : y x2 a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol đường thẳng d : y kx Gọi I giao điểm d trục tung Tìm tất giá trị d A x ;y ,B x ;y đường thẳng cắt (P) hai điểm phân biệt 1 2 thỏa mãn x1 x2 IA IB Vì I giao điểm trục tung nên Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) : d I 0; x kx x kx 1 Ta có : k với k x1 x2 2 Nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 x2 với k x1 x2 k x1 x2 2 Theo hệ thức Vi-et, ta có : Mà x1 x2 nên x1 2 x2 Ta có : x1 x2 IA IB x1 2 x2 Vì x1 x2 k 2 x22 2 x x 2 x x1 x2 x1 x2 k 1 x2 k x1 2 x2 Vậy k 1 thỏa mãn yêu cầu toán x xy x y 1 x y b) Giải hệ phương trình x y y Ta có : x xy x y 1 x y x x y x y x y 1 x y 2 x y y x y y x y 1 x y x y x xy x y 1 x y y x xy x y 2 x y y x xy x y x y y 1 x y y 1 x 1 y x y x y 1 : 2 x y y 1 2 y y 1 x 1 y 2 2 2 x xy x y x xy y 1 x xy y 2 : 2 x y y x y y x y y 1 1 ;y x 2 x y 1 1 x y x y x y y x ;y 2 x y x y y x 2; y x y y x 1; y Vậy hệ phương trình cho có nghiệm : 1 1 1 ; ; ; ; 2;1 ; 1; x; y Câu (2,0 điểm) c) Tìm m để phương trình x m 1 x m 4m 3 (x ẩn số) có hai nghiệm 3 x x x1 , x2 cho biểu thức x x đạt giá trị lớn ac 3m 12m 15 3 m 0, m P Ta có phân biệt trái dấu nên phương trình ln có hai nghiệm 4m x1 x2 3 x1 m m x x t t 0 x2 Theo hệ thức Vi-et ta có : Đặt 1 P t t 2 t t Lúc Vậy Max P 2 t x1 x2 m d) Giải phương trình : Điều kiện : x 1 Ta có : x x x x 12 3x 10 x 28 x x x 12 3x 10 x 28 x x2 6 x x 1 3 x 10 x 1 x 1 a x a 0, b b x Đặt Phương trình (1) trở thành : a a 6b 3a 10b b a a 6b 3a 10b b a a 6b2 3a 10b b a a a a 3a b 60ab 100b 60 100 b b b a 10b (tm) x 10 x 1 x 29(tm) a 2(ktm) b a 5(ktm) b O BC 2 Câu (3,0 điểm)Cho đường tròn dây cố định không qua O Điểm A Gọi thay đổi cung lớn BC cho tam giác ABC tam giác nhọn AD, BE , CF đường cao H trực tâm tam giác ABC Gọi K giao điểm AB AC hai đường thẳng BC EF; I giao điểm thứ hai KA với (O) ; M trung điểm BC; N giao điểm thứ hai AH O Chứng minh e) Tứ giác AIFE tứ giác nôi tiếp Vì tứ giác AIBC nội tiếp đường trịn nên KI KA KB.KC Dễ thấy tứ giác BEFC nội tiếp nên KF KE KB.KC Suy KI KA KF KE AIFE tứ giác nội tiếp f) Ba điểm M , H , I thẳng hàng AIT 90 1 Kẻ đường kính AT đường trịn (O) Khi đó, CF / / BT AB , CT / / BE AC Xét tứ giác BHCT , ta có Nên tứ giác BHCT hình bình hành Suy M trung điểm HT M , H , T thẳng hàng Tứ giác AFHE tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính AH Ta có tứ giác AIFE nội tiếp nên I thuộc đường trịn đường kính AH Hay Từ (1) (2) suy I , H , T thẳng hàng Vậy M , I , H thẳng hàng g) Tứ giác INMO tứ giác nội tiếp AIH 90 NOT 3 Ta có : Ta có ANT 90 NT AN , BC AN NT / / BC NIT Mà OM BC nên OM NT Xét NOT có ON OT OM NT nên OM tia phân giác góc NOT NOT Suy Từ (3), (4) suy NIM NOM h) Đường thẳng IN qua điểm cố định A thay đổi Gọi S giao điểm tiếp tuyến đường tròn (O)tại B OM Suy S cố định Ta cần chứng minh I , N , S thẳng hàng NOM Gọi L giao điểm IS đường trịn (O) Vì OBS vng nên SB SM SO SL.SI Suy tứ giác OMLI nội tiếp Ta có tứ giác OMLI OMNI nội tiếp đường tròn ngoại tiếp OMI cắt (O) giao điểm thứ hai L N nên N L trùng Vậy I , N , S thẳng hàng hay IN qua S cố định Câu (2,0 điểm) c) Tìm tất số nguyên Ta có : x x x, y thỏa y 1 x y y mãn x x y 1 x y y x3 x x y x x 1 x x 1 x y x x 1 x x 3 x x 1 x y x 1 x Biện luận theo x ta có số thỏa mãn d) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy yz zx Chứng minh : x; y 0; 4 ; 1;3 ; 3;5 x y z 3 x y z x 15 y 15 z 15 32 x x x x x 15 x 12 x xy yz zx 12 x y x z 12 x x y x z 1 1 1 1 x theo BDT a b a b x y y z x 1 1 1 1 1 x x x theo BDT 16 x y z ab a b 32 x y 32 y z 32 y y y y z z x z ; y 15 32 y z 32 z x 32 z 15 32 z x 32 x y 32 Tương tự : Suy x y z x 15 y 15 z 15 x x x y y y z z z 32 x y 32 y z 32 32 y z 32 z x 32 32 z x 32 x y 32 3 x y z 32 x y z 3 x y z x y z 1 32 Vậy x 15 y 15 z 15 ... a a 6b 3a 10b b a a 6b2 3a 10b b a a a a 3a b 60ab 100 b 60 100 b b b a 10b (tm) x 10 x 1 x 29(tm)... 3x 10 x 28 x x2 6 x x 1 3 x 10 x 1 x 1 a x a 0, b b x Đặt Phương trình (1) trở thành : a a 6b 3a 10b ... x2 k 1 x2 k x1 2 x2 Vậy k 1 thỏa mãn yêu cầu toán x xy x y 1 x y b) Giải hệ phương trình x y y Ta có : x xy x y 1 x