Qua đó, giúp các em học sinh tham khảo, so sánh với bài thi vào lớp 10 năm 2022 2023 của mình thuận tiện hơn. Kỳ thi tuyển sinh vào 10 năm học 2022 2023 ... Các dạng toán xuất hiện trong bài thi gồm: giải hệ phương trình, giải phương trình, tính giá trị biểu thức ... de thi vao lop 10 mon toan chuyen ...ĐỀ Tuyển sinh vào LỚP 10 MÔN TOÁN chuyên năm 2022 2023 Trường THCS Lê Quý Đôn
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Năm học: 2022 – 2023 ĐỀ THI MƠN: TỐN (Chun) Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) Ngày thi:09/06/2022 Câu (3,0 điểm) x 2 x 2( x 1) với x 0, x : 2 ( x 1)( x 1) ( x 1) (1 x) a) Rút gọn biểu thức P b) Giải phương trình: x x ( x 1) x x xy x c) Giải hệ phương trinh: 4 y x y Câu (2,0 điểm) ac Chứng minh phương trình sau ln bd có nghiệm x ax b x cx d a) Cho số thực a , b, c , d thỏa mãn b) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình ( x y )(2 x y) x y Câu (1,0 điểm) Với số thực dương x, y , z thỏa mãn x y z y ( x z ) Tìm giá trị lớn biểu thức P 2( x y z ) x z Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB AC ) nội tiếp đường trịn tâm O có ba đường cao AD, BE , CF cắt H Gọi I , J trung điểm AH BC a) Chứng minh IJ vuông góc với EF IJ song song với OA b) Gọi K , Q giao điểm EF với BC AD Chứng minh QE KE QF KF cắt AB, AC M N Tia c) Đường thẳng chứa tia phân giác FHB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN điểm P khác A phân giác CAB Chứng minh ba điểm H , P, J thẳng hàng Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cố định có diện tích S Đường thẳng d thay đổi qua trọng tâm tam giác ABC cắt cạnh AB, AC M , N , Gọi S1 , S2 diện tích tam giác ABN ACM Tìm giá trị nhỏ S1 S HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (3,0 điểm) x 2 x 2( x 1) với x 0, x : 2 ( x 1)( x 1) ( x 1) (1 x) a) Rút gọn biểu thức P b) Giải phương trình: x x ( x 1) x x xy x c) Giải hệ phương trinh: 4 y x y Lời Giải: ( x 2)( x 1) ( x 2)( x 1) ( x 1) (2 x )( x 1)2 x 2 ( x 1)( x 1) 2( x 1) 2( x 1) ( x 1) a) P b) Điều kiện : x x 0(1) Phương trình ( x 1)( x x 5) x x 5(2) (1) x (không thỏa mãn điều kiện) x x (2) x ( x 2) x x x Vậy tập hợp nghiệm phương trình cho S {3} c) Cộng hai phương trình cho theo vế x y ( x y )2 2( x y ) x y 3 Trường hợp 1: x y x y thay vào phương trình sau hệ thu y x 1 y 1 y y 1 y x 2 Trường hợp : x y 3 x 2 y thay vào phương trình sau hệ thu 1 17 5 17 x y 4 y2 y y 1 y2 y 1 17 5 17 x y Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 1; ; 2; 5 17 1 17 5 17 1 17 ; ; ; ; 4 Câu (2,0 điểm) ac Chứng minh phương trình sau ln bd có nghiệm x ax b x cx d a) Cho số thực a , b, c , d thỏa mãn b) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình ( x y )(2 x y) x y Lời Giải: x ax b 0(1) a) Phương trình cho x cx d 0(2) Ta có 1 a 4b c 4d Giả sử phương trình vơ nghiệm, hai phương trình (1), (2) vô (1) 4b a b 0; d b d (2) 4d c nghiệm Tức Lúc theo giả thiết ac ac 2(b d ) bd Tuy nhiên điều vô lý 2(b d ) 2 a c ac Vậy với điều kiện đề cho pt x ax b x cx d ln có nghiệm a x y b x y b/ Đặt Khi x y x y x y x y x y 4a b Ta có ( x y )(2 x y) x y ab 4a b a b2 b b 2 b b b b b b b b 8 b b 4,8 Nếu b b a x y 2 x y x (loại) y Nếu b b a b 2 a *) b a x y 2 x y x 2 (nhận) y *) b 2 a x y 2 x y 2 x (loại) y 1 Vậy 2;2 thỏa mãn pt cho Câu (1,0 điểm) Với số thực dương x, y , z thỏa mãn x y z y ( x z ) Tìm giá trị lớn biểu thức P 2( x y z ) x z Lời Giải: Ta có : y ( x z ) y x z y ( x z ) y( x z ) y ( x z )2 ( x z)2 y( x z ) y xz x z 3 2 y y 1 xz y Do : 2 1 1 P 4( x z ) x z x z x z x z x z x z 2 2 2 2 2 Đẳng thức xảy x z ; y Vậy giá trị lớn biểu thức P Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB AC ) nội tiếp đường tròn tâm O có ba đường cao AD, BE , CF cắt H Gọi I , J trung điểm AH BC a) Chứng minh IJ vng góc với EF IJ song song với OA b) Gọi K , Q giao điểm EF với BC AD Chứng minh QE KE QF KF cắt AB, AC M N Tia c) Đường thẳng chứa tia phân giác FHB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN điểm P khác A phân giác CAB Chứng minh ba điểm H , P, J thẳng hàng Lời Giải: A J F K B E Q O H D C I T a) IE IF BC ; JE JF AH IJ đường trung trực EF IJ EF Kẻ đường kính AT (O ) BHCT hình bình hành I trung điểm HT IJ //AT b) Các tứ giác BDHF , CDHE , BCEF tứ giác nội tiếp nên ta có HCE HBF HDF EDH HD HK DQ, DK phân giác phân giác tam giác DEF Đến theo tính chất đường phân giác QE KE DE QF KF DF A J E Q F O H M G N L R P K B D C I T MHB NCH NHC HNA c) Ta có AMH MBH AMN cân A AP đường kính ( AMN ) PM //HC , PN //HB Gọi G giao điểm PM , HB L giao điểm PN , HC Khi tứ giác HGPL hình bình hành nên HP qua trung điểm R GL Đến sử dụng định lý Talet tính chất đường phân giác ta GH MF HF ; GB MB HB LH NE HE LC NC HC Tuy nhiên hai tam giác HFB , HEC đồng dạng nên GH LH GL //BC GB LC Cho HR cắt BC I sử dụng định lý Talet I B I C I I RG AR RL I B AI I C HF HE HB HC Vậy ba điểm H , P, I thẳng hàng Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cố định có diện tích S Đường thẳng d thay đổi qua trọng tâm tam giác ABC cắt cạnh AB, AC M , N , Gọi S1 , S2 diện tích tam giác ABN ACM Tìm giá trị nhỏ S1 S Lời Giải: A M G N B D Gọi D trung điểm BC G trọng tâm tam giác ABC Ta có : AM AN S AMN S AMG S ANG AB AC S S S AMG S ANG AM AG AN AG AM AN S ABD S ACD AB AD AC AD AB AC Mà AB AC 3 AM AN S1 S S ABN S ACM AN AM S S ABC AC AB S1 S AN AM AB AC 4 S AC AB AM AN S1 S2 S Đẳng thức xảy AM AN d //BC AB AC C Vậy giá trị nhỏ biểu thức S1 S2 S , đạt d //BC ... x y 3 Trường hợp 1: x y x y thay vào phương trình sau hệ thu y x 1 y 1 y y 1 y x 2 Trường hợp : x y 3 x 2 y thay vào phương trình... ac ac 2(b d ) bd Tuy nhiên điều vô lý 2(b d ) 2 a c ac Vậy với điều kiện đề cho pt x ax b x cx d ln có nghiệm a x y b x y b/ Đặt Khi x y