de tuyen sinh lop 10 mon toan nam 2022 2023 truong thpt chuyen bac giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM HỌC 2022 - 2023 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 06/6/2022 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu I (5,0 điểm)  x +3 36  x − x + + − 1) Cho biểu thức A =  với x ≥ 0; x ≠ 1, x ≠ ÷: x +3 9− x ÷  x −3  x−4 x +3 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm tất giá trị x để A ≥ 2 2) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x − ( 2m + 1) x + ( m + 2m − 1) x − m + m = 2 có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1 + x2 + x3 − x1 x2 x3 = Câu II (4,0 điểm) 1) Cho đa thức P ( x ) = x + x − x + x + số a = − Tính P ( a ) 2) Giải phương trình x + 3x − + ( x + x + ) = x + x + Câu III (4,0 điểm) 1) Tìm ba số nguyên x, y , z thỏa mãn x + y + 25 z = x + xy + 2022 2) Cho chín số nguyên dương a1 , a2 , …, a9 khơng có ước số nguyên tố khác 3; Chứng minh chín số cho ln tồn hai số mà tích hai số số phương Câu IV (6,0 điểm) Cho nửa đường trịn ( O;R ) đường kính AB Gọi M điểm thuộc nửa đường tròn cho, H hình chiếu M AB Đường thẳng qua O song song với MA cắt tiếp tuyến B nửa đường tròn ( O ) điểm K 1) Chứng minh bốn điểm O, B, K , M thuộc đường tròn 2) Gọi C , D hình chiếu H đường thẳng MA MB Chứng minh ba đường thẳng CD, MH , AK đồng quy 3) Gọi E , F trung điểm AH BH Xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác CDFE đạt giá trị lớn Câu V (1,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh abc ( a + b + c ) ≤ HẾT -Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Cán coi thi số (Họ tên chữ ký): Cán coi thi số (Họ tên chữ ký): SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM BẮC GIANG BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM HỌC 2022 - 2023 NGÀY THI: 06/6/2022 MƠN THI: TỐN (Bản hướng dẫn chấm có 04 trang) HDC CHÍNH THỨC Lưu ý chấm bài: - Dưới sơ lược bước giải Lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ hợp logic Nếu học sinh làm cách khác mà giải cho điểm tối đa - Đối với câu IV, học sinh khơng vẽ hình khơng chấm - Điểm tồn khơng làm trịn Câu Câu I Hướng dẫn giải  x +3 A= + +  x −3 x +3  = Phần 1,a (2,0 điểm) ( ( = ( = x + 12 x + 27 )( x + 9) ( x − 3) ( x −3 Phần (2,0 điểm) ) x + 3) × x + 3) x +3 x −3 )(  ÷: x +3 ÷  ) ( ( ) x −1 )( x −1 x −3 ) x −1 x −3 x −3 x −1 0,5 x +9 < : khơng thỏa mãn x −1 x < ta có A = + Với x > ta có: A ≥ ⇔ x + ≥ ⇔ x≤ 0,5 x +9 với x ≥ 0; x ≠ 1, x ≠ x −1 + Với ( ) 0,5 x −1 13 169 ⇔ x≤ 169 Kết hợp với điều kiện x ta kết cần tìm < x ≤ , x ≠ 9 Phương trình cho tương đương với: ( x − m )  x − ( m + 1) x + m − 1 = x = m ⇔  x − ( m + 1) x + m − = ( *) Phương trình cho có ba nghiệm phân biệt ⇔ ( *) có hai nghiệm phân biệt khác m ∆ = m − 2m + > ( m − 1) + > ⇔ ⇔ m − ( m + 1) m + m − ≠ −1 ≠ Các điều kiện ln với m, suy phương trình cho ln có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 x3 = m với m Từ giả thiết ta có: ( x1 + x2 ) − x1 x2 + m − 3mx1 x2 = ( **) 0,5 0,5 x +9 x −1 Vậy A = Phần 1,b (1,0 điểm) : ( 36 Điểm (5,0 đ) 0,5 0,5 0,5  x1 + x2 = m + Theo hệ thức Vi-ét, ta có  Thay vào ( **) được:  x1.x2 = m − ( m + 1) 0,5 − ( m − 1) + m − 3m ( m − 1) = ⇔ −m + 3m + = Tìm m = ± 21 0,5 Câu II (4,0 đ) a = − = − ⇒ ( a + 1) = ⇒ a + 2a − = Phần (2,0 điểm) 0,5 Chia đa thức P ( x ) cho đa thức x + x − = ta được: 0,5 P ( x ) = ( x + x − 1) ( x − x + ) + 3x + 3 Suy P ( a ) = ( a + 2a − 1) ( a − a + ) + 3a + = 3a + 0,5 Từ tính P ( a ) = 0,5 Đưa phương trình dạng: ( x + 1) − ( x + 1) + ( x + 1) = ( x + x + ) − 2 ( x3 + x + ) + x3 + x + 0,5 Đặt a = x + 1, b = x + x + ta phương trình: a − 2a + 5a = b3 − 2b + 5b a = b ⇔ ( a − b ) ( a + ab + b − 2a − 2b + ) = ⇔  2  a + ab + b − 2a − 2b + = 0,5 Phần (2,0 điểm) + Với a = b ta có x + = x + x + ⇔ ( x + 1) = x + x + ⇔ 3x + x − = ⇔ x = −1 ± 13 + Với a + ab + b − 2a − 2b + = ⇔ ( a + b ) + ( a − ) + ( b − ) + = : vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm x = 0,5 −1 ± 13 Câu III 0,5 (4,0đ) Biến đổi giả thiết dạng ( x − 1) + ( x − y ) + ( z ) = 2023 2 0,5 2 Với x, y , z số nguyên ta có ( x − 1) , ( x − y ) , ( z ) số phương (bình phương số ngun) Mỗi số nguyên chia cho số dư số 0; ± 1; ± 2; ± 3; Phần (2,0 điểm) ⇒ số phương chia cho số dư số 0;1; Từ đó, ( x − 1) + ( x − y ) + ( z ) tổng số phương nên chia cho 2 0,5 số dư số 0;1; 2;3; 4;5;6 Mặt khác, 2023 chia cho có số dư Do vậy, khơng thể tìm ba số nguyên x, y , z thỏa mãn yêu cầu đề bài, m n p m n p m n p Phần Giả sử a1 = ×5 ×7 , a2 = ×5 ×7 , , a9 = ×5 ×7 (2,0 điểm) mi , ni , pi ( i = 1; 2;L ;9 ) số tự nhiên 0,5 0,5 0,5 Với i = 1; 2;L ;9 , ba số ( mi ; ni ; pi ) có tính chẵn (c), lẻ (l) theo thứ tự trường hợp đây: ( c; c; c ) , ( c; c; l ) , ( c; l; c ) , ( c; l; l ) , ( l; c; c ) , ( l; c; l ) , ( l ; l; c ) , ( l ; l ; l ) 0,5 Theo nguyên lý Dirichlet, ba số ( mi ; ni ; pi ) tồn hai ba số ( m ;n ; p ) j j j ( mk ; nk ; pk ) , với j , k ∈ { 1; 2; ;9} j ≠ k , trường hợp ⇒ m j + mk , n j + nk , p j + pk số chẵn 0,5 ⇒ m j + mk = 2m; n j + nk = 2n; p j + pk = p ( m, n, p ∈¥ ) m j + mk Từ a j ×ak = ×5 n j + nk ×7 p j + pk = 32 m ×52 n ×7 p = ( 3m ×5n ×7 p ) ⇒ a j ×ak số phương ⇒ Điều phải chứng minh Câu IV Phần (2,0 điểm) 0,5 (6,0 đ) · · Ta có KOB (hai góc đồng vị) = MAB 1· · = MOB mà MAB (góc nội tiếp góc tâm chắn cung) 1· · ⇒ KOB = MOB 0,5 · · ⇒ ∆KOB = ∆KOM (c.g.c) ⇒ KOB = KOM 0,5 · · ⇒ KMO = KBO = 900 0,5 · · ⇒ KMO + KBO = 1800 ⇒ tứ giác OBKM nội tiếp Vậy điểm O, B, K , M thuộc đường tròn 0,5 Phần · · Gọi P giao điểm OK MB Từ KMO = KBO = 900 ⇒ KM, KB tiếp (2,0 điểm) tuyến ( O ) ⇒ P trung điểm MB Gọi I, Q giao điểm AK với MH nửa đường tròn ( O ) · · Ta có BPK = BQK = 900 ⇒ tứ giác BPQK nội tiếp 0,5 · · · · , mà MBK (so le trong) ⇒ MBK = IQP = IMP · · ⇒ tứ giác MIPQ nội tiếp ⇒ IQP = IMP 0,5 · · · · Từ MPI , mà MQI (hai góc nội tiếp chắn cung) = MQI = MBA · · ⇒ IP song song với AB ⇒ MPI = MBA Phần (2,0 điểm) Câu V Mặt khác, P trung điểm MB ⇒ I trung điểm MH, mà MCHD hình chữ nhật ⇒ I trung điểm CD Vậy CD, MH , AK đồng quy I 0,5 Chỉ SCDFE = S IEF = IH ×EF 0,5 = 1 MH × AB = MH R 2 0,5 Từ đó, SCDFE đạt giá trị lớn ⇔ MH đạt giá trị lớn 0,5 ⇔ M điểm cung »AB 0,5 3abc ( a + b + c ) = ( a + b + c ) abc ( a + b = ( ca ×ab + ab ×bc + bc ×ca ) ( a + b + c ) 2 2 ( ab + bc + ca ) ≤ ( ab + bc + ca ) 2 +c (1,0 đ) ) ×( a + b + c ) (Dựa vào BĐT phụ: (1,0 điểm) 0,5 0,5 ( x + y + z) xy + yz + zx ≤ ×( a + b + c ) = , dấu “=” xảy ⇔ x = y = z ) ( ab + bc + ca ) ( ab + bc + ca ) ( a + b + c ) 2 2  ( ab + bc + ca ) + ( ab + bc + ca ) + ( a + b + c )   ( a + b + c )   = × ≤ ×  =9  3      3 0,5  x+ y+z (Dựa vào BĐT Cô-si: x, y , z ≥ ⇒ xyz ≤  ÷ , dấu “=” xảy ⇔ x = y = z )   2 Từ suy abc ( a + b + c ) ≤ Dấu " = " xảy ⇔ a = b = c = Tổng 20 đ ...BẮC GIANG BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM HỌC 2022 - 2023 NGÀY THI: 06/6 /2022 MƠN THI: TỐN (Bản hướng dẫn chấm có 04 trang)... bài: - Dưới sơ lược bước giải Lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ hợp logic Nếu học sinh làm cách khác mà giải cho điểm tối đa - Đối với câu IV, học sinh khơng vẽ hình khơng chấm - Điểm tồn... nghiệm x = 0,5 −1 ± 13 Câu III 0,5 (4,0đ) Biến đổi giả thiết dạng ( x − 1) + ( x − y ) + ( z ) = 2023 2 0,5 2 Với x, y , z số nguyên ta có ( x − 1) , ( x − y ) , ( z ) số phương (bình phương số