SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DAK LAK ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2022-2023 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) Cho phương trình giá trị m x − ( 2m − 1) x + m − m − = với m tham số Tìm tất để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x + x − x1 x2 = 10m + 15 3 Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình : x2 + x + = x3 + x3 − x + 2) Giải hệ phương trình 2 x − xy − y + x − y + = x − 10 y + + x − = Câu (2,0 điểm) 1) Cho hình chữ nhật minh số ABCD 2022 có chiều dài 47cm , chiều rộng điểm nằm hình chữ nhật hai điểm mà khoảng cách chúng nhỏ 2) Tìm tất số nguyên dương x, y thỏa mãn ABCD 43m Chứng ln tìm 2cm x + y = 20 x − 24 y + 477 Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương 2b a 16b + + Câu (3,0 điểm) 3c 2b 36c + a, b, c + thỏa mãn a 3c 4a + ≥ a + 2b + 3c = 24abc Chứng minh Cho đường trịn PQ khơng cắt điểm; tia PA qua 1) Tích hai điểm Kẻ hai tiếp tuyến nằm hai tia C điểm thứ hai 2) ( O) ( O; R ) (D nằm F ( F ≠ E) PE.PF P PQ P, Q PA, PB PO ) ( O) nằm ngồi với đường trịn Hai cát tuyến C; E nằm Q H giao điểm AB ( O) ( A, B PDC , QEC C ) OP cho Tia PE ∠POQ vuông , hai tiếp thay đổi ( O) cắt đường trịn Chứng minh : khơng đổi ∠AHE = ∠AHF 3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PDF qua điểm cố định ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) Cho phương trình giá trị mãn m x − ( 2m − 1) x + m − m − = với m tham số Tìm tất để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x + x − x1 x2 = 10m + 15 3 ∆ = ( 2m − 1) − ( m − m − ) = > Suy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 = m + 1; x2 = m − x13 + x23 − x1 x2 = 10m + 15 ⇔ ( m + 1) + ( m − ) − ( m + 1) ( m − ) − 10m − 15 = ⇔ ⇔ m3 − 4m + 5m − = ⇔ m = Vậy m=3 Câu (2,0 điểm) Có : 1) Giải phương trình : x + x + = x3 + x3 − x + Phương trình cho tương đương với : (x − x + 1) + ( x + ) = Đặt ( x + ) ( x − x + 1) u = x − x + 1, v = x + 2, u , v ≥ Điều kiện x ≥ −2 Phương trình trở thành : u + 2v = 3uv ⇔ u − 3uv + 2v = ⇔ ( u − v ) ( u − 2v ) = u = v ⇒ x − x + = x + ⇔ x = ± ⇔ ± 53 2 u = 2v ⇒ x − x + = ( x + ) ⇔ x − x − = ⇔ x = 2) Giải hệ phương trình Điều kiện x − xy − y + x − y + = ( 1) x − 10 y + + x − = ( ) x ≥1 y = −x − ( 1) ⇔ ( x + y + 3) ( x − y + 1) = ⇔ 1 y = x+ 2 *) y = − x − ⇒ ( ) ⇔ x + 10 x + 39 + x − = ⇔ ( x + ) + 14 + x − = : Vo nghiem *) y = 1 x + ⇒ ( ) ⇔ x − 5x + + x − = 2 ⇔ x2 − x + = x − x − ⇔ ( x − 2) = ( ) x −1 −1 x = 1(tm) ⇒ y = x −1 = x −1 ⇔ x = 2(tm) ⇒ y = x − = x −1 −1 ⇔ ⇔ x − = − x − x − = − x ⇔ 3 − x ≥ ⇔ x = 2(tm) x −1 = x − 6x + ( x; y ) = ( 1;1) ; 2; Vậy hệ có nghiệm ÷ Câu (2,0 điểm) 1) Cho hình chữ nhật ABCD Chứng minh số có chiều dài 2022 47cm , chiều rộng 43m điểm nằm hình chữ nhật ABCD ln tìm hai điểm mà khoảng cách chúng nhỏ Chia hình chữ nhật ABCD thành 2021 hình vng nhỏ có cạnh 2022 1cm ABCD Khi lấy điểm hình chữ nhật chúng thuộc 2021 hình vng nhỏ Theo ngun lý Dirichlet, tồn điểm thuộc hình vng nhỏ Khi khoảng cách chúng nhỏ đường chéo hình vng nhỏ x, y 2) Tìm tất số nguyên dương thỏa mãn x + y = 20 x − 24 y + 477 x + y = 20 x − 24 y + 477 ⇔ x − 20 x + 20 + y + 24 y + 48 = 545 ⇔ ( x − ) + ( y + ) = 545 Do ( x − 2) Mà 2 ( 3,5) = 545 ( y + ) ≤ 545 ⇔ ( y + ) ≤ nên y = ⇒ ( x − ) = 94(ktm) y = ⇒ ( x − ) = 49 ⇒ x = Vậy ( x; y ) = ( 9; ) Câu (1,0 điểm) 3( y + 4) M chia hết 2cm y =1 545 ⇒ y + ≤ 13 ⇒ y = 2cm Cho ba số thực dương 2b a 16b + + 3c 2b 36c + a + 2b + 3c = 24abc ⇔ Có x= Đặt 1 ;y = ;z = a 2b 3c x P= y2 + y + a , b, c z2 + + a 3c 4a + a + 2b + 3c = 24abc ≥ Chứng minh 1 + + =4 2ab 6bc 3ca Khi z + thỏa mãn x2 + ≥ xy + yz + zx = Bất đẳng thức trở thành : Có : y + = y + xy + yz + zx = ( x + y ) ( y + z ) z + = z + xy + yz + zx = ( y + z ) ( z + x ) x + = x + xy + yz + zx = ( z + x ) ( x + y ) ⇒P= x ( x + y) ( y + z) + y ( y + z ) ( z + x) z + ( z + x) ( x + y) Áp dụng BĐT Cô si ta : P≥ 2x 2y 2z 2x2 y2 2z + + ⇒P≥ + + x + y + z x + y + 2z 2x + y + z x + yz + zx xy + y + zy xz + yz + z Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức : P≥ 2( x + y + z) ( x + y + z) 2 + xy + yz + zx Lại có : ( x + y + z) xy + yz + zx ≤ MinP = Vậy ⇒P≥ ⇔x= y=z= 2( x + y + z) ( x + y + z) + ( x + y + z) = Câu (3,0 điểm) Cho đường trịn vng , PQ không cắt hai tiếp điểm; tia đổi ( O) PA ( O; R ) ( O) hai điểm Kẻ hai tiếp tuyến nằm hai tia qua C P, Q PQ (D nằm đường tròn điểm thứ hai minh : F ( F ≠ E) P nằm PA, PB PO) ( O) cho với đường tròn Hai cát tuyến AB ( O) ( A, B PDC , QEC C; E nằm Q H giao điểm ∠POQ C ) Tia OP thay PE cắt Chứng 1) Tích PE.PF khơng đổi ∠PAF = ∠PEA Có ∆PAF ∽ ∆PEA( g g ) ⇒ ∆OAP vuông A ⇒ PA2 = OP − OA2 = OP − R ⇒ PE.PF = OP − R 2) PA PF = ⇒ PE.PF = PA2 PE PA : không đổi ∠AHE = ∠AHF ∆OAP Do vng A, AH đường cao nên PA2 = PH PO PE.PF = PH PO ⇒ ∆PHF ∽ ∆PEO (c.g c ) ⇒ ∠PHF = ∠PEO ⇒ OHEF tứ giác nội tiếp ⇒ ∠PHF = ∠OEF = ∠OFE = ∠OHE , Mà 3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác Goi Q’ giao điểm PQ AH ⊥ OP PDF nên ∠AHE = ∠AHF qua điểm cố định đường tròn ngoại tiếp ∆QEF ∆PEQ ' ∽ ∆PQE ( g g ) ⇒ PC.PD = PE.PF ⇒ PC.PD = PQ.PQ ' ⇒ ∆PQ ' D ∽ ∆PCQ(c.g c ) ⇒ ∠PQ ' D = ∠C Mà ∠PFD = ∠C ngoại tiếp nên ∆PDF ∠PFD = ∠PQ ' D ⇒ PDFQ ' qua điểm Q' tứ giác nội tiếp hay đường tròn cố định