de tuyen sinh lop 10 chuyen mon toan chuyen 2022 2023 so gddt quang nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 VÀO TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm có 01 trang) Mơn thi: TỐN (Chun) Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Khóa thi ngày: 14-16/6/2022 Câu (2,0 điểm) a) Khơng dùng máy tính bỏ túi, rút gọn biểu thức A = 507 + 13 − 48 − 25 b) Tìm tất cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn x3 + x = y + y Câu (1,0 điểm) Cho parabol (P): y = x đường thẳng (d): y= ax + b Tìm hệ số a, b biết  3 (d) qua điểm A 1;  có điểm chung với (P)  2 Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình 3 − x − x + x − − x + x =  x + y + x + y − xy = b) Giải hệ phương trình  2 4 x + y + x − y + xy = Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) Dựng đường kính NP đường trịn (O) vng góc với BC M (P nằm cung nhỏ BC) Tia phân giác  cắt AP I ABC a) Chứng minh PI = PB  = INA  b) Chứng minh IMB Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC cân A có tâm đường trịn ngoại tiếp O Lấy điểm D  = 2BAC  (AD khơng vng góc với BC) bên tam giác ABC cho BDC a) Chứng minh bốn điểm B, C, D, O nằm đường tròn  tổng BD + CD hai b) Chứng minh OD đường phân giác BDC lần khoảng cách từ A đến đường thẳng OD Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức P= 1 + + 2 2 4+ x + y 4+ y + z + z + x2 - HẾT - * Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, cán coi thi khơng giải thích thêm * Họ tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: …… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 VÀO TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2022-2023 HDC CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Chun) (Hướng dẫn chấm gồm 07 trang) Câu Nội dung a) Khơng dùng máy tính bỏ túi, rút gọn biểu thức A = Điểm 507 + 13 − 48 − 25 1,0 A= 13 + 13 − − 25 0,25 A = 13 + (1 − 3) − 25 0,25 = A 15 − 26 0,25 A = ( − 2)3 = − 0,25 b) Tìm tất cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn x3 + x = y + y 1,0 Ta có: x3 + x = y + y ⇔ ( x − y )( x + y + xy + x + y ) = 0 x − y = ⇔ 2  x + y + xy + x + y = Câu - Khi x − y = ⇔ x = y Khi ( x ; y ) = (m ; m) (m số nguyên tùy ý) (2,0) - Khi x + y + xy + x + y = ⇔ ( x + y ) + ( x + 1) + ( y + 1) = 2 0,25 0.25 0.25 Suy ba giá trị ( x + y ) , ( x + 1) , ( y + 1) có giá trị 0, hai giá trị Giải tìm được: ( x ; y ) = (0;0) , ( x ; y= ) (0; − 1) , ( x ; y ) = (−1;0) 0.25 Vậy cặp số thỏa đề là: ( x ; y ) = (m ; m) (m số nguyên tùy ý), ( x ; y= ) (0; − 1) , ( x ; y ) = (−1;0) Nhận xét: x + y + xy + x + y = ⇔ x + ( y + 1) x + y + y = (*) + Phương trình (*) có nghiệm theo x 0.25 ∆ ≥ ⇔ ( y + 1) − 4( y + y ) ≥ ⇔ ( y + 1)(−3 y + 1) ≥ ⇔ −1 ≤ y ≤ ( y ∈  ) ⇔ y= −1 y = + Với y = , giải tìm x = 0, x = −1 0.25 + Với y = −1 , giải tìm x = Trang 1/7 Câu Nội dung Điểm Cho parabol (P): y = x đường thẳng (d): y= ax + b Tìm hệ số a, b biết 1,0  3 (d) qua điểm A 1;  có điểm chung với (P)  2 3 + (d): y= ax + b qua A 1;  nên a + b = ⇔ b = − a 0,25 2  2 + Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: 0,25 Câu 2 x = ax + b ⇔ x = ax + − a ⇔ x − 2ax + 2a − = (*) (1,0) + (d) (P) có điểm chung phương trình (*) có nghiệm a = 0,25 ⇔ ∆ ' =0 ⇔ a − 4(2a − 3) =0 ⇔ a −8a +12 =0 ⇔  a = b =− , a =⇒ b =− + a =⇒ 2 0,25 Vậy a = 2, b = − a = 6, b = − 2 Trang 2/7 Câu Nội dung Điểm 1,0 a) Giải phương trình 3 − x − x + x − − x + x = 3 − x ≥ ⇔ −3 ≤ x ≤ 3 + x ≥ Điều kiện:  0,25 ( ) 3 − x − x + x − − x2 + x = ⇔ − x − + x − 2x ( ) 3+ x −3 = 3 − + x = ⇔ (3 − + x )( − x + x) = 0⇔  − x + x = + − + x = ⇔ x = (loại) x ≤ −2 x ≥  ⇔   x = −1 ⇔ x =−1 (thỏa điều kiện) + − x + x =0 ⇔  3 − x =(−2 x)  x = /  Vậy phương trình cho có nghiệm x = −1  x + y + x + y − xy = b) Giải hệ phương trình  2 4 x + y + x − y + xy = 2  x + y + x + y − xy = 3  x − xy + y + x + y = ⇔  2 2 3 4 x + y + x − y + xy = 4 x + xy + y + x − y = ( x − y ) + 2(2 x + y ) = ⇔ (2 x + y ) + 2( x − y ) = y a, x + = y b , ta có hệ: Câu Đặt x − 2= (2,0)  a + 2b = ⇒ a − b + 2b − 2a = ⇔ (a − b)(a + b) − 2(a − b) =  b + 2a = ⇔ (a − b)(a + b − 2) = ⇔ a = b a + b = - Với a = b , ta có a + 2a = ⇔ a =1 a = −3 a  x − 2= y = 3 1 + Khi a =  ⇔ ⇔ ( x; y ) =  ;−  = b = x + y 5 5   −3  x − y = −3 a =  3 + Khi a = −3  ⇔ ⇔ ( x; y ) = − ;  −3 −3  5 b = 2 x + y = - Với a + b = ⇔ a = − b , b + 2(2 − b) = ⇔ b − 2b + = ⇔ b = ⇒ a = (Trường hợp trùng trường hợp trên) 3 1  3 Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm ( x;= y )  ; −  ( x; y ) =  − ;   5 5 5 Nhận xét 1: Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ ta được: x − y − x − y + xy =0 ⇔ 3( x + xy + y ) − 30 y − 10 xy − x − y =0 ⇔ 3( x + y ) − 10 y (3 y + x) − 2( x + y ) = ⇔ ( x + y )(3 x − y − 2) = Nhận xét 2: Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ ta được: x − y − x − y + xy =⇔ x − 2(1 − y ) x − y − y = (*) Phương trình (*) phương trình bậc hai theo x có ∆ ' = (1 + y ) y+2 Suy được: x = −3 y , x = Thế giá trị x vào hai phương trình giải tìm y Trang 3/7 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Nội dung Điểm Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường trịn (O) Dựng đường kính NP đường trịn (O) vng góc với BC M (P nằm cung nhỏ BC) Tia phân giác  ABC cắt AP I Câu (2,0) (Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25 điểm) a) Chứng minh PI = PB )  = sđ CP  = CAP  (vì sđ BP Ta có BAP  = BAI  + ABI  = PAC  + CBI  = PBC  + CBI  = BIP PBI Suy tam giác PBI cân P Do PI = PB  = INA  b) Chứng minh IMB IP NP BP NP hay = = MP IP MP BP  = NPI  IP = NP nên hai tam giác đồng dạng + Hai tam giác PMI PIN có: IPM MP IP   Suy PMI = PIN + Trong tam giác vng BNP B có: BP = MP.NP ⇒  = PMI  − 900 , INA  = INA   − 900 Suy IMB  − IAN  = PMI  = PIN + Ta có IMB Trang 4/7 0,75 0,25 0,5 1,0 0,25 0,5 0,25 Câu Nội dung Điểm Cho tam giác nhọn ABC cân A có tâm đường trịn ngoại tiếp O Lấy điểm D bên  = 2BAC  (AD khơng vng góc với BC) tam giác ABC cho BDC 0,25 Câu (2,0) (Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25 điểm) a) Chứng minh bốn điểm B, C, D, O nằm đường trịn  = 2BAC =   (t/c góc tâm) ⇒ BDC  = 2BAC  (gt), BOC Ta có BDC BOC 0,75 0,5 Mà O, D nằm phía đường thẳng BC nên bốn điểm B, C, D, O nằm 0,25 đường tròn  tổng BD + CD hai lần b) Chứng minh OD đường phân giác BDC 1,0 khoảng cách từ A đến đường thẳng OD - Dựng đường kính OP đường trịn (O’) qua điểm B, O, D, C    = ⇒ BDP sđ BP , CDP = sđ CP 2 0,25  =   + OP ⊥ BC ⇒ sđ BP = sđ CP ⇒ BDP CDP  Do DP đường phân giác BDC  Lại có OD ⊥ DP ⇒ OD đường phân giác BDC + Dựng đường thẳng qua C, vng góc với OD cắt đường thẳng BD C’  nên DC = DC’ OC = OC’ (C’ nằm 0,25 + Vì OD đường phân giác ngồi BDC đường trịn (O)) + Ta có: BD + CD = BD + DC’ = BC’ = 2BK (với K trung điểm BC’) 0,25 + Hạ AL vng góc với đường thẳng OD L - Xét hai tam giác vuông ALO BKO có: + OA = OB ( bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC)  = OPD  (so le trong) 0,25 + OAL Suy hai tam giác ALO BKO Do BK = AL Suy BD + CD = 2AL (điều cần chứng minh) Trang 5/7 Cách khác: Kẻ AL ⊥ OD L Trên tia đối tia DB lấy điểm C ' cho DC ' = DC , BD + DC = BC ' (1)     Tam giác DCC ' cân D nên BDC = 2.BC'C , từ suy BAC = BC'C , điểm C ' thuộc đường trịn ( O ) Có OC O'C, = = DC DC ' nên OD đường thẳng chứa tia phân giác góc ngồi  BDC  = C'OE  (cùng DOC ) Gọi E giao điểm OD BC, chứng minh DBC  = C'OE  , bốn điểm B, O, C ', E thuộc đường tròn Hay C'BE ' ( chắn cung OC’) ' = OEC Suy OBC  = OBC '  = OEC ' , OEB Mặt khác OEB  = OBC '  = OEB  ( góc có cạnh tương ứng vng góc), suy LAO Lại có LAO Kẻ OK ⊥ BC ' K , suy BC ' = 2BK ∆ BKO ( cạnh huyền, góc nhọn), suy AL = BK Ta có ∆ ALO = Suy BC ' = 2AL (2) Từ (1) (2) suy BD + DC = 2AL Trang 6/7 Câu Nội dung Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức 1 P= + + 2 2 4+ x + y 4+ y + z + z + x2 4P = Điểm 1,0 4 x2 + y y2 + z2 z + x2 + + = − + − + − + x2 + y + y + z + z + x2 + x2 + y + y2 + z2 + z + x2  x2 + y y2 + z2 z + x2  = + + 3−  2 + y + z + z + x2   4+ x + y 0,25  ( x + y ) + ( x − y ) ( y + z ) + ( y − z ) ( z + x) + ( z − x)  = + + 3−   2 + x2 + y + y2 + z2 + z + x2   ( x + y)2 ( y + z )2 ( z + x)   ( x − y ) ( y − z )2 ( z − x)  = + + − + + 3−   + x + y + y + z + z + x   + x + y + y + z + z + x  0,25  ( x + y)2 ( y + z )2 ( z + x)  ≤ 3−  + + (*)  + x + y + y + z + z + x  ( x + y)2 ( y + z )2 ( z + x) 4( x + y + z ) 2( x + y + z ) Ta có: + + ≥ = + x + y + y + z + z + x 2( x + y + z ) + 12 x + y + z + x + y + z )2 Ta chứng minh: 2( ≥ (**) 2 x + y + z +6 0,25 2( x + y + z ) Thật ≥ ⇔ ( x + y + z ) ≥ x + y + z + ⇔ xy + yz + zx ≥ Câu x + y2 + z2 + (1,0) (bđt Cô si) xy + yz + zx ≥ bất đẳng thức xy + yz + zx ≥ 3 ( xyz ) = 1 Từ (*) (**) suy P ≤ − = ⇒ P ≤ (Dấu “=” xảy x= y= z= ) 2 Vậy giá trị lớn biểu thức P 1 z x y Cách khác: P ≤ + + = + + + xy + yz + zx z + x + y + 1 1  = −  + +  4  2x +1 y +1 2z +1  3 Đặt = x a= , y b= , z c3 Khi a, b, c > abc = 1 1 abc abc abc + + = + + 3 x + y + z + 2a + abc 2b + abc 2c + abc (bc) (ca ) (ab) bc ca ab = + + = + + 2a + bc 2b + ca 2c + ab 2ab.ca + (bc) 2ab.bc + (ca ) 2bc.ca + (ab) 0,25 0,25 0,25 (bc + ca + ab) (bc + ca + ab) = = 0,25 2ab.ca + (bc) + 2ab.bc + (ca ) + 2bc.ca + (ab) (bc + ca + ab) 1 Suy P ≤ − = (Dấu “=” xảy x= y= z= ) 4 0,25 Vậy giá trị lớn biểu thức P ≥ - HẾT * Lưu ý: Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu HDC cho đủ số điểm phần HDC quy định Trang 7/7 ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 VÀO TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2022- 2023 HDC CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Chuyên) (Hướng dẫn... trừ phương trình thứ ta được: x − y − x − y + xy =0 ⇔ 3( x + xy + y ) − 30 y − 10 xy − x − y =0 ⇔ 3( x + y ) − 10 y (3 y + x) − 2( x + y ) = ⇔ ( x + y )(3 x − y − 2) = Nhận xét 2: Lấy phương... hai tam giác vng ALO BKO có: + OA = OB ( bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC)  = OPD  (so le trong) 0,25 + OAL Suy hai tam giác ALO BKO Do BK = AL Suy BD + CD = 2AL (điều cần chứng minh)