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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022 – 2023 Bài thi: TỐN Dành cho thí sinh dự thi vào lớp chuyên: Toán, Tin học Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề  x2 x  A    :    x  x  x  x  x 1 Câu I (2,0 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị x để A = Câu II (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P) : y  x đường thẳng ( d ) : y  ( m  1) x  m  Tìm giá trị tham số m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) x1; x2 cho số nguyên Tìm nghiệm nguyên phương trình Câu III (2,0 điểm) Giải phương trình x  x3  x  16 y  12 x  16 y   3x  3 x   x 1 x 1  Giải hệ phương trình x3  y3  xy 2 x 4 y 1 xy  x 2 y 1 Câu IV (3,0 điểm) Cho ABC nhọn ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn (O) Hai đường cao BE, CF cắt H Gọi K giao điểm hai đường thẳng EF BC a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp, từ suy KF.KE = KB.KC b) Đường thẳng AK cắt đường tròn (O) điểm thứ hai M (M khác A) Gọi I trung điểm đoạn thẳng BC Chứng minh ba điểm M, H, I thẳng hàng Một chi tiết máy gồm hai nửa hình cầu hình trụ (hình vẽ) Hãy tính thể tích chi tiết máy theo kích thước cho hình vẽ Câu V (3,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  xz  24 Tìm giá trị lớn P biểu thức 2x x 4  y y 9  z z  16 HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Phòng thi số: Số báo danh: .Chữ ký cán coi thi HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I  x2 x  A    :    x  x  x  x  x 1 a)   x ( x  2)  :   x ( x )   x 1 =  ( x  1)( x  2) ĐK: x  0, x   x2 x 1      =  ( x  1) x x2 = x x2 A3 3 x b)  x23 x  x 3 x    x 1  x  1(l )    x  4(n)  x  Vậy A=3 x = Câu II 1) Hoành độ giao điểm (P) (d) x  (m  1) x  m   x  (m  1) x  m   (*) Ta có   (m  1)  4(m  5)  m  2m  21  ( m  1)  20  Nên (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B  x1  x2  m   x x  m  Theo hệ thức vi-et  2 (*)  x  x   m( x  1) Xét x  khơng phải nghiệm phương trình x m x 1 (1) Vì x1; x2  Z nên m  m  số nguyên m số nguyên Từ (1) ta có  x  1 Z     x  Z  x  1 x 1 5M m  Z  Suy m  3; m   x   5  x  4  m  3  x   1  x   m   x 1   x   m    x    x   m  3 Vậy m  3; m  thỏa yêu cầu toán 2 2) x  x  x  16 y  12 x  16 y    x  x3  3x  3x  x  x  x   16 y  16 y   ( x  1) x3  3x ( x  1)  x( x  1)  8( x  1)  16 y  16 y   ( x  1)( x3  x  x  8)  (4 y  2)  ( x  1)2 ( x  x  8)  (4 y  2) Vì y  z  y    x  1 2 Vì x, y  z nên ( x  1) (4 y  2) số phương khác nên ( x  x  8) số phương * Đặt x  x   m (m  N )  ( x  2)   m  ( x  2)2  m  4  ( x   m)( x   m)  4(*) Do x   m  x   m  xx  22  mm  mx 1/2 1 5/    x 2   xx  22  mm 2   m2   x   m   x   m   mx 7/2   5/2 Nên  x  2  (4 y  2)  (loại) (n) (loại) 0  y 0   44 yy  2222   44 yy    y 1 Vậy nghiệm nguyên thỏa ycbt là: (-2; 0); (-2; -1) Câu III 3x  3 x  1 x 1 1) x  ĐK:  x   3x    x  x   3x   x    x  x   x    x  ( x  1)(3  x)  3x   ( x  1)(3  x) (*) (*) có điều kiện: 3x    x  / (*)  x  24 x  16  4( x  1)(3  x)  x  24 x  16  4 x  16 x  12  13 x  40 x  28   x  2( n)   x  14 (l ) 13  nghiệm phương trình: x   x  y  xy  x  y   x  y  xy  2(1  xy )   x  y  xy  1(1)       x  y   xy  x  y   xy (2) 2)  xy  x  y   1  ( x  y)3  3x y  3xy  3xy     x  y   13  xy ( x  y  1)    x  y  1  x  y   x  y   xy      x  y  1  x  y  xy  x  y  1  x  y 1   2  x  y  xy  x  y   Với x  y    x   y thay vào (2) ta được:     y  y   (1  y ) y  y  y    y   x 1   y   x  1 2 2 Với : x  y  xy  x  y    x  y  xy  x  y     x  xy  y    x  x  1   y  y  1    x  y    x  1   y  1  2 x  y     x    x  y  1  y 1   Vậy nghiệm hệ phương trình là: (1;0), (2; 1), (1; 1) Câu IV 1) a) - xét tứ giác có : BFEC · · BEC  CFB  900  tứ giác BFEC nội tiếp ( góc nhìn cạnh nhau) - xét KEF KBE có : µ K góc chung · · KCF  KEB ( góc nội tiếp chắn cung BF)  KEF đồng dạng với KBE KF KC    KF KE  KC.KB (1) KB KE (đ.p.c.m) b) Ta có: KIB đồng dạng KBA (g g) KI KC    KI KA  KB.KC (2) KB KA Từ (1) (2) suy KE.KF  KI KA KE KA   KI KF µ Mà K góc chung · ·  KIF KEA KIF  KEA Suy đồng dạng  tứ giác IAEF nội tiếp ( góc góc đối ) · · Mặt khác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH ( AEH  AFH  90 ) Nên: I , A, E , F , H thuộc đường trịn đường kính AH ·  IHA  900 · Mà : NIA  90 ( góc chắn đường trịn ) Suy : N , I , H thẳng hàng  O N   O Kẻ đường kính AN đường trịn ; BHCN Xét tứ giác có : BH / /CN ( vng góc với AB) CH / / BN ( vng góc với AC)  BHCN hình bình hành Mà M trung điểm BC  M  HN Suy M , I , H thẳng hàng 2) V R   R 2 20  43.  20.42. 1216    cm3  Câu V: Ta có: xy  yz  xz  24  xy yz xz x y y z x z   1    1 12 3 4 x y z  a  0;  b  0;  c   ab  bc  ac  Đặt 4a 3b 4c P   4a  9b  16c  16 2a b c    a2  b2  c2  2a b c    2 a  ab  bc  ca b  ab  bc  ac c  ab  bc  ac 2a b c     a  b  a  c  a  b  b  c   a  c   b  c   2a 2a 2b b c 2c   a b a c a  b 2 b  c  b  c a  c Ta có : 2a 2a 2a a  2 ab ac ab ac 2b b 2b b  2 a  b  b  c a  b  b  c c 2c c 2c  2 2 b  c a  c 2 b  c a  c  2a 2a 2b b c 2c  p          a  b a  c a  b 2 b  c 2 b  c a  c     a  b 2 a  c bc  P     2 ab ac 2(b  c)  1 1  P  2 2  2 2 P  2a 2a   a  b a  c b  c b  c  2b b     a  b  8b  a  7b   a  b 2 b  c   a  c  8c a  7c  c 2c   b  c a  c Dấu "  " xảy   1 ab  bc  ac   7b  b  7b   b   b  15 15  y b  15 15   z c  15 15   14 x a  15 15  ... · · BEC  CFB  900  tứ giác BFEC nội tiếp ( góc nhìn cạnh nhau) - xét KEF KBE có : µ K góc chung · · KCF  KEB ( góc nội tiếp chắn cung BF)  KEF đồng dạng với KBE KF KC    KF KE  KC.KB... g) KI KC    KI KA  KB.KC (2) KB KA Từ (1) (2) suy KE.KF  KI KA KE KA   KI KF µ Mà K góc chung · ·  KIF KEA KIF  KEA Suy đồng dạng  tứ giác IAEF nội tiếp ( góc góc đối ngồi ) · · Mặt