015 đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh đà nẵng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2022-2023 Mơn thi: TỐN (chun) Thời gian : 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC  x  x 1 x 1  x3 x P     : 2x x x 1 x  x 1 x 1    Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức với x  0, x  x  3P 2P Rút gọn biểu thức P tìm tất số tự nhiên x để giá trị biểu thức số nguyên tố Câu (1,5 điểm)  m  x   n  3m  x   m  0,  a) Cho phương trình với m, n tham số Tìm tất m; n  cặp số nguyên  cho phương trình cho có nghiệm kép  P  : y  x2 Oxy , , với O gốc tọa độ Tìm tọa độ b) Trong mặt phẳng tọa độ cho parabol hai điểm A, B P cho tam giác OAB vuông O khoảng cách từ O đến AB lớn Câu (2 điểm) a) Giải phương trình : x  10 x  11  x   2 x  14 x y  31x y  90 xy  66   x y  x  y   y  1  y  y      b) Giải hệ phương trình : Câu (2 điểm) a3   b2  a  b  a; b a) Tìm tất cặp số nguyên   thỏa mãn b) Cho phương trình x  x  k  3k   0, với k tham số Khi phương trình cho có hai nghiệm x1; x2 Hãy tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức 2 Q  x12  x2  x1  k  10  x22  x2  O Câu (1,5 điểm) Cho đường tròn   , bán kính R điểm A nằm đường trịn A; R  Đường tròn  cắt đường tròn (O) hai điểm B C Gọi M trung điểm AB, tia MO cắt (O) điểm D Tia BO cắt AD E  O  điểm thứ hai F Tính độ dài đoạn thẳng DE diện tích tứ giác ACFE theo R Câu (1,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC  , trực tâm H nội tiếp đường tròn (O) Gọi M trung điểm BC K hình chiếu H AM Tia AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BKC điểm thứ hai N Chứng minh tứ giác ABNC hình bình hành ĐÁP ÁN Câu (1,5 điểm) Cho x  0, x  biểu  x  x 1 x 1  x3 x P     : 2x x  x 1 x 1   x x 1  với thức x  3P 2P Rút gọn biểu thức P tìm tất số tự nhiên x để giá trị biểu thức số nguyên tố Ta có  x  x 1 x 1  x3 x P     : 2x x  x 1 x 1   x x 1    x  x 1  x 1 x  x 1      x 1 x  x   x 1  x 3   x 1 x  x  Thay P x  2x x 3 x2 x 3      x 1 x  x 1 x x 3 x x  x  x  x 1 x x  3P x  x  vào biểu thức 2P ta : x  3P  2P x x  x 1  x  x  2 x x  x 1 x  x  3P x x 2 2P Do biểu thức số nguyên tố nên số nguyên tố x x 2 p  Ta đặt (là số nguyên tố) Vì      x   x 1        x   (tm) x   2p p  x 1   x 1 x 1  x   (tm) x 2 p p    thỏa đề Vậy Câu (1,5 điểm) x  4;9   x 2  2p  m  x   n  3m  x   m  0,  a) Cho phương trình với m, n tham số Tìm tất m; n  cặp số ngun  cho phương trình cho có nghiệm kép ĐKXĐ: m     n  3m    25m  m2  Ta có : Để phương trình có nghiệm kép     n  3m    25  m     n  3m    25  m  2  25  m số phương Đặt 25  m  a  a  ¢   m  5; n  15 *) a     m  5; n  15 *) a   m  24(ktm) *) a   m  21( ktm)  m  4; n  12 *) a     m  4; n  12 *) a  25  m  n  Vậy  m; n     3;9  ;  3; 9  ;  4;12  ;  1; 12  ;  0;0    P : y  2 x , với O gốc tọa độ Tìm tọa b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol độ hai điểm A, B P cho tam giác OAB vuông O khoảng cách từ O đến AB lớn Câu (2 điểm) a) Giải phương trình : x  10 x  11  x   (*) Điều kiện :  x  4   x Phương trình (*) tương đương với : 2x     x   2x   x      x    x    x   14 Vậy phương trình cho có tập nghiệm  S   6;7  14  2 x  14 x y  31x y  90 xy  66   1  2 2  x y  x  y   y  1  y  y      b) Giải hệ phương trình :  Xét phương trình (2) ta có x y  x  y   y  1  y  y     x y  x  y  y   y     x  y  1  y     y  Thay y  vào (1) ta : x  28 x  124 x  180 x  66    x  x  11  x  x    x    x  x  11     x    x  6x    Vậy Câu (2 điểm)  x; y     5; ;  6;  a   b2  a  b  a; b a) Tìm tất cặp số nguyên   thỏa mãn Ta có a   b  a  b   a  b3  ab   *   a  b   a  ab  b   ab  2 2 Trường hợp 1: a  b  ab   a  ab  b  a  b   a  2, b  1(tm)  a  1, b  2(ktm)   a  1; b  2(tm)   a  2; b  2(ktm) Trường hợp 2: a  b Gọi d   a, b  ta có  a  dm1  m1; m2    m2  m1  b  dm2 Thay vào (*) ta : d  d m  d m  d m1m2   d  m  m  m  m1m2     3  m1  m2  m1m2  3 3 2 3 3 Từ ta có : m1  m2  m1m2  3 Nếu m1m2   m1  m2 ( ktm) a3   b2  a  b  Do m1m2  hay a  0; b  , Ta lại có VT  mà VP  , trường hợp khơng có cặp số ngun  a; b  thỏa đề a; b a; b  2;1 ; 1; 2  Vậy cặp số nguyên   thỏa đề      2 b) Cho phương trình x  x  k  3k   0, với k tham số Khi phương trình cho có hai nghiệm x1; x2 Hãy tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Q  x12  x2  x1  k  10  x22  x2   '    k  3k     2  k  Theo định lý Vi-et ta có  x1  x2   x2   x1   x1 x2  3k  Thay Q vào ta :   x1   x2    x2   k  10   x1  1  x22  x2   k  11   x2  1  11   Vậy Qmin   k  2; x1  x2  Ta xét x12  x2  x1  k  10  x12  x1   x1  x2   k  10 2 Vì x1 nghiệm phương trình  x1  x1   3k  k 2 Thế vào   3k  k   k  10  k  4k  21 Xét x2  x2  tương tự x2 nghiệm phương trình :  x22  x22   10  3k  k  Q  k  4k  21  k 3k  10    k   k      k   k  3   Q   Max Q   k    k  k  3  k    k  6 29 12 O Câu (1,5 điểm) Cho đường trịn   , bán kính R điểm A nằm đường tròn A; R  Đường tròn  cắt đường tròn (O) hai điểm B C Gọi M trung điểm AB, tia MO cắt (O) điểm D Tia BO cắt AD E  O  điểm thứ hai F Tính độ dài đoạn thẳng DE diện tích tứ giác ACFE theo R Ta có AO  AC  OC  AOC mà AOF  2ABF  2.60  120  COF  AOFC hình thoi, AF cắt OC I trung điểm AF Ta có : R  AF  3R AI  cos AOI AO  sin 60.R   S AOFC  OC AF  R 2 Ta có : 1 BH AE  OM AB 2 1  sin 75 AB  AH  HE   sin 60.OB AB 2  sin 75 R  cos 75  sin 75   R 3  S AEFC  S AFOC  S AOE  R  sin 75.R  cos 75  sin 75  2 Ta có EOD ∽ EDB  ED  EO.EB S AOE  S ABE  S ABO  Ta có : OA  OB  AB  OAB nên BOA  60  BDA  30  BEA  180  OBA  DAB  180  60  180  30  45 Kẻ BH  AE  BHE vuông cân  BE  BH Ta có : sin BAH  sin 180  30 BH  sin 75   BH  sin 75 AB  R.sin 75 AB  BE  sin 75.R  EO  BE  R  R  ED  sin 75 R    sin 75   sin 75   , trực tâm H nội tiếp đường Câu (1,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn  tròn (O) Gọi M trung điểm BC K hình chiếu H AM Tia AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BKC điểm thứ hai N Chứng minh tứ giác ABNC hình bình hành AB  AC Cần chứng minh ABNC hình bình hành cần chứng minh MA  MN Ta có BKCN nội tiếp  MK MN  MB.MC  MC Thật vậy, gọi A1 , B1 , C1 chân đường cao từ A, B, C lên BC , AC , AB Ta có BB1C vng có M trung điểm BC nên MB  MC  MB1 Suy cần chứng minh MB1  MK MA Ta có AHKB1 nội tiếp ( AKG  AB1 H )  AKB1  AHB1 A1 HB1C nội tiếp  AK1 B  AHB1  B1CM  MB1C  180  AKB1  180  MB1C  MKB1  MB1 A  MKB1 ∽ MB1 A  MK MA  MB12  dfcm