021 đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh gia lai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH GIA LAI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC : 2022-2023 Mơn: TỐN (CHUN) Thời gian làm : 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) a) b) P : y  3x2 d : y  2x  Xác định tọa độ giao điểm parabol   đường thẳng   Cho B A 1 1     1 3 5 2021  2023 2023  2022    20 Và Khơng sử dụng máy tính cầm tay, chứng tỏ A  B Câu (2,0 điểm) 2 x P x nghiệm a) Tìm đa thức bậc ba   với hệ số nguyên nhận P  1  6 b) Tìm nghiệm tất số nguyên x, y thỏa mãn : x y  x y  3x  xy  x  y  y   Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x  x    x  x    x  11 b) 8 xy  x  14 y    2 Giải hệ phương trình 8 x y  xy  20 y   O Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn   , kẻ ba đường cao AD, BE , CF   Gọi P điểm đối xứng với M qua cắt H, lấy điểm M cung nhỏ AB a) Chứng minh : APB  ACB tứ giác AHBP nội tiếp đường tròn b) Chứng minh : H tâm đường tròn nội tiếp tam giác FDE BC M  B, C c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức T AD BE CF   HD HE HF 1    Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z Chứng minh : 2 x  y  z  xyz  ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) P  : y  3x d : y  2x   c) Xác định tọa độ giao điểm parabol đường thẳng   Ta có phương trình hồnh độ giao điểm parabol (P) đường thẳng  d  :  x   y  12 3x  x   3x  x      x    y  16 3  16  2;12  ,   ;   3 Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) 1 1 A     1 3 5 2021  2023 d) Cho 2 B 2023  2022    20 Và Khơng sử dụng máy tính cầm tay, chứng tỏ A  B Ta có : n  n2 A Do đó, Mặt khác , B   n2 n n2  n  n2  n   n2  n , n  ¥ * 3 5 7 2023  2021 2023       2 2 2022  2022     1  2022       2     2023  2022 nên ta có : Vì Câu (2,0 điểm)  1  2022  2022    1  2 2023  2022   2 hay A  B 2 x P x nghiệm c) Tìm đa thức bậc ba   với hệ số nguyên nhận P  1  6 Ta có x 2  3x     x     27 x  18 x  12 x  12  P  x   k  27 x  18 x  12 x  12  Nên đa thức bậc ba P  x  thỏa đề có dạng với k số Vì P  1  6 nên 3k  6  k  Vậy đa thức cần tìm P( x )  54 x  36 x  24 x  24 d) Tìm nghiệm tất số nguyên x, y thỏa mãn : x y  x y  3x  xy  x  y  y   2 2 Ta có : x y  x y  3x  xy  x  y  y     x y  x y  x    x  xy  y   x  y     xy  x    x  y    x  y    2   xy  x    x  y  1  2 Vì số nguyên nên  xy  x   x  y  1 số tự nhiên   xy  x   2   x  y  1     xy  x    x  y  1    2 x  y     x   y  1  x  y  1   Do đó,  x  y  1   x( y  1)  1   2  x   y  1  1  x   y  1  x, y Cả hai trường hợp không thỏa mãn Vậy , không tồn tai số nguyên x,y thỏa mãn đề Câu (2,0 điểm) c) Giải phương trình x  x    x  x    x  11 Điều kiện : x  Với điều kiện đó, ta có x  x    x  x    x  11  x   x    x   x    x  11   x3     x 3 2   x  11\  x 3   Nếu x  11 x  11  0, ktm phương trình Nếu x  11 x    ta có : x3 2  x    x  11  x   x  11  x  7( ktm)  x  26 x  133     x  19(tm) x    x  11 Vậy phương trình cho có nghiệm x  19 d) 8 xy  x  14 y    2 Giải hệ phương trình 8 x y  xy  20 y   Nếu y  khơng thỏa mãn hệ Nếu y  hệ tương đương với :   1 x x   x    14   1 x   14     y y y y       1 x 8 x  x  20      2  x  y   y  20    y y2     x   1  y   1 1  x    2 x      y y    2 x  y   Trừ (2) cho (1) vế theo vế ta Th1: x  1  1   2 x  y y Thay vào (1), ta có: Th2: 2x  4  x  2 x  1  14   x  x  18   x  1    2 x  y y x  12  x  2 x  3  14  x  x     x    Thay vào (1), ta có Vậy hệ phương trình cho có nghiệm :  1  145 145   1  145 145   1 ; ; ;  ;  2; 1 ;   ;         145   145   4  1  145 O Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn   , kẻ ba đường cao AD, BE , CF cắt H, lấy điểm M cung nhỏ BC  M  B, C  Gọi P điểm đối xứng với M qua AB a) Chứng minh : APB  ACB tứ giác AHBP nội tiếp đường tròn P đối xứng với M qua AB nên APB  APM  MPB  AMP  PMB  AMB  1 AMB  ACB   Do AMB ACB góc nội tiếp chắn cung AB nên Từ (1) (2) suy APB  ACB  3 Tứ giác DHCE có HDC  HEC  90 (vì AD, BE đường cao ABC ) nên ECD  EHD  180 Suy ACB  AHB  180   Từ (3) (4) suy APB  AHB  180 Do đó, tứ giác AHBP nội tiếp đường tròn b) Chứng minh : H tâm đường tròn nội tiếp tam giác FDE Dễ thấy HFAE , AEDB, DBFH tứ giác nội tiếp nên HFE  HAE  HBD  HFD Suy HF đường phân giác tam giác FDE Tương tự, HD đường phân giác tam giác FDE Vậy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác FDE c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức T AD BE CF   HD HE HF AD.BC S AD x y z   ABC  HD HD.BC S HBC x S  x , S  y , S  z HBC HCA HAB Đặt Ta có : BE x  y  z CF x  y  z  ;  HE y HF z Tương tự ta có : Suy : x y y z z x x yz x yz x yz              x y z  y x  z y x z      9( BDT Co  si ) x y y  x   AD  3HD y z     x  y  z   BE  3HE  H z y CF  3HF  z x   Đẳng thức xảy  x z trọng tâm ABC Mà H trực tâm ABC nên lúc ABC tam giác 1    x , y , z x y z Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương thỏa mãn Chứng minh : T x  y  z  xyz  2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức AM  GM : ta có: x  y  xy; y  z  yz; z  x  zx  x  y  z  xy  yz  zx 1     xy  yz  zx  3xyz x  y  z  xyz  xyz  1 x y z Ta có : Do Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức AM – GM cho ba số không âm a, b, c : a  b  c  abc 3 1 1 1    3  xyz  1  x y z x y z Áp dụng bất đẳng thức này, ta có 2 Từ (1) (2) suy x  y  z  xyz  Đẳng thức xảy x  y  z 