de tuyen sinh lop 10 toan chuyen 2022 2023 truong chuyen le quy don br vt

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) P= − : 2  ( x − 1)( x + 1) ( x + 1)  (1 − x) a) Rút gọn biểu thức b) Giải phương trình: x − x + − ( x − 1) x − =  x + xy + x − =  4 y + x + y − = c) Giải hệ phương trinh: x ≥ 0, x ≠ với Câu (2,0 điểm) a) Cho số thực có nghiệm (x a, b, c, d thỏa mãn ac ≥2 b+d + ax + b ) ( x + cx + d ) = Chứng minh phương trình sau ln b) Tìm tất cặp số nguyên ( x + y )(2 x + y ) + x + y + = ( x; y ) thỏa mãn phương trình Câu (1,0 điểm) Với số thực dương x, y , z thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức ( x2 + y + z ) = y( x + z ) P = 2( x + y + z ) − ( x + z ) Câu (3,0 điểm) Cho tam giác AD, BE , CF ABC nhọn cắt a) Chứng minh b) Gọi K,Q QE KE = QF KF IJ ( AB < AC ) H Gọi I, J nội tiếp đường tròn tâm O trung điểm vng góc với giao điểm EF EF với IJ BC song song với AD có ba đường cao AH OA BC Chứng minh c) Đường thẳng chứa tia phân giác phân giác · CAB · FHB cắt AB, AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác H , P, J Chứng minh ba điểm AMN M điểm P N khác Tia A thẳng hàng Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC tâm tam giác cố định có diện tích ABC diện tích tam giác cắt cạnh ABN S Đường thẳng AB, AC ACM d thay đổi qua trọng M,N , Gọi Tìm giá trị nhỏ S1 , S2 S1 + S HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (3,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức b) Giải phương trình:  x −2 x +  2( x − 1) P= − : 2  ( x − 1)( x + 1) ( x + 1)  (1 − x) x − x + − ( x − 1) x − = c) Giải hệ phương trinh:  x + xy + x − =  4 y + x + y − = với x ≥ 0, x ≠ Lời Giải: a)  ( x − 2)( x + 1) − ( x + 2)( x − 1)  ( x − 1) (−2 x )( x − 1) P= × = =− x  2 ( x − 1)( x + 1)   2( x − 1) 2( x − 1) ( x + 1) x≥ b) Điều kiện : Phương trình (1) ⇔ x =  x − = 0(1) ⇔ ( x − 1)( x − − x − 5) = ⇔   x − = x − 5(2) (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 + 2y = ( x + y ) + 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;0 ) ;  2; −    −5 − 17 −1 + 17   −5 + 17 −1 − 17  ; ; ÷ ÷ ÷;  ÷;  ÷   4    Câu (2,0 điểm) a) Cho số thực có nghiệm (x a, b, c, d thỏa mãn ac ≥2 b+d + ax + b ) ( x + cx + d ) = Chứng minh phương trình sau ln b) Tìm tất cặp số nguyên ( x + y )(2 x + y ) + x + y + = ( x; y ) thỏa mãn phương trình Lời Giải: a) Phương trình cho Ta có ∆1 = a − 4b  x + ax + b = 0(1) ⇔  x + cx + d = 0(2) ∆ = c − 4d Giả sử phương trình vơ nghiệm, hai phương trình (1), (2) vơ nghiệm Tức ∆(1) < 4b > a ⇔ ⇒ b > 0; d > ⇒ b + d >   4d > c ∆(2) < Lúc theo giả thiết ac ≥ ⇒ ac ≥ 2(b + d ) b+d 2(b + d ) > Tuy nhiên điều vô lý Vậy với điều kiện đề cho pt b/ Đặt Khi (x 2 a + c ≥ ac 2x + y + = 4x + y − 2x − 3y + = ( x + y ) − ( x + y ) + = 4a − b + ( x + y )(2 x + y ) + x + y + = ⇔ ab + 4a − b + = ⇔ a ( b2 + ) = b − ⇒ b − 2Mb + ⇒ ( b − ) ( b + ) M( b + ) ⇒ ( b + ) − ( b − ) ( b + ) M( b + ) ⇒ 8M( b + ) ⇒ ( b + ) ∈ { 4,8} b2 + = ⇒ b = ⇒ a = − Nếu  x + y = − ⇒ 2 x + y =  x = − ⇒  y = (loại) ( ) + ax + b ) ( x + cx + d ) = a = x + y  b = x + y Ta có ln có nghiệm Nếu b2 + = b = ⇒ a = ⇒  b = −2 ⇒ a = −  *) b=2⇒a=0 x + y = ⇒ 2 x + y =  x = −2 ⇒ y = (nhận) b = −2 ⇒ a = − *)  x + y = − ⇒ 2 x + y = −2  x = ⇒  y = −1 Vậy ( −2;2 ) (loại) thỏa mãn pt cho Câu (1,0 điểm) Với số thực dương x, y , z thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức ( x2 + y + z ) = y( x + z ) P = 2( x + y + z ) − ( x + z ) Lời Giải: ( ) y ( x + z ) = y + x + z ≥ y + ( x + z )2 Ta có : ⇒ y( x + z) ≥ y + ( x + z )2 ⇒ ( x + z )2 − y ( x + z ) + y ≤  x+z  x+z ⇒ ÷ − 3 ÷+ ≤  y   y  ⇒1≤ x+z ≤2 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 =1 Vậy giá trị lớn biểu thức P Câu (3,0 điểm) Cho tam giác AD, BE , CF ABC nhọn cắt a) Chứng minh b) Gọi K,Q QE KE = QF KF IJ ( AB < AC ) H Gọi I, J nội tiếp đường tròn tâm O trung điểm vng góc với giao điểm EF EF với IJ BC song song với AD có ba đường cao AH OA BC Chứng minh c) Đường thẳng chứa tia phân giác phân giác · CAB · FHB cắt AB, AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh ba điểm H , P, J thẳng hàng Lời Giải: AMN M điểm P N khác Tia A IE = IF = a) ⇒ IJ 1 BC ; JE = JF = AH 2 đường trung trực EF ⇒ IJ ⊥ EF Kẻ đường kính ⇒ BHCT ⇒I AT (O) hình bình hành trung điểm HT ⇒ IJ //AT b) Các tứ giác BDHF , CDHE , BCEF tứ giác nội tiếp nên ta có · · · · EDH = HCE = HBF = HDF HD ⊥ HK ⇒ DQ, DK DEF phân giác phân giác tam giác Đến theo tính chất đường phân giác QE KE  DE  = = QF KF  DF ÷  c) Ta có ·AMH = MBH · · · · · + MHB = NCH + NHC = HNA ⇒ ∆AMN ⇒ AP cân A đường kính ⇒ PM //HC , PN //HB Gọi G nên giao điểm Khi tứ giác HP ( AMN ) HGPL PM , HB L giao điểm PN , HC hình bình hành 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 HF HE = HB HC ⇒ GH LH = GB LC ⇒ GL //BC Cho HR cắt BC I′ sử dụng định lý Talet ⇒ I ′ B = I ′C ⇒ I ′ ≡ I Vậy ba điểm RG AR RL = = I ′ B AI ′ I ′C H , P, I thẳng hàng Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC tâm tam giác cố định có diện tích ABC diện tích tam giác cắt cạnh ABN S Đường thẳng AB, AC ACM d thay đổi qua trọng M,N , Gọi Tìm giá trị nhỏ Lời Giải: Gọi D Ta có : trung điểm BC G trọng tâm tam giác ABC AM AN S AMN S AMG + S ANG × = = AB AC S S S S AM AG AN AG  AM AN  = × AMG + × ANG = × × + ì ì = + ữ S ABD S ACD AB AD AC AD  AB AC  S1 , S2 S1 + S ⇒ Mà AB AC + =3 AM AN S1 + S S ABN + S ACM AN AM = = + S S ABC AC AB ⇒ S1 + S2  AN AM  AB AC  = + + ÷ ÷≥ S  AC AB  AM AN  ⇒ S1 + S ≥ S ⇔ Đẳng thức xảy AM AN = ⇔ d //BC AB AC Vậy giá trị nhỏ biểu thức S1 + S2 S , đạt d //BC ... nên ta có · · · · EDH = HCE = HBF = HDF HD ⊥ HK ⇒ DQ, DK DEF phân giác phân giác ngồi tam giác Đến theo tính chất đường phân giác QE KE  DE  = = QF KF  DF ÷  c) Ta có ·AMH = MBH · · · · ·... AMN ) HGPL PM , HB L giao điểm PN , HC hình bình hành 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... HFB, HEC đồng dạng nên HF HE = HB HC ⇒ GH LH = GB LC ⇒ GL //BC Cho HR cắt BC I′ sử dụng định lý Talet ⇒ I ′ B = I ′C ⇒ I ′ ≡ I Vậy ba điểm RG AR RL = = I ′ B AI ′ I ′C H , P, I thẳng hàng Câu (1,0