048 đề vào 10 chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh quảng ngãi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022-2023 Môn : TOÁN (HỆ CHUYÊN) Thời gian làm : 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (1,5 điểm) 1) Rút gọn biểu thức  x− x +2  x −1 x P =  − ÷ ÷:  x− x −2 x−2 x  x −2 m Tìm để ba đường thẳng đồng quy Bài 2.(1,5 điểm) 2) Chứng minh ( d1 ) : y = x + 1, ( d ) : y = − x + n + n3 − n − n Tìm tất số nguyên dương cho dương chẵn liên tiếp Bài (2,5 điểm) Giải hệ phương trình Cho phương trình Cho bốn số thực 25n + 10n + 48 x − ( m − 1) x + m − = ( m a, b, c, d x1 , x2 thỏa mãn giá trị lớn biểu thức tích hai số nguyên tham số) Tìm (x thỏa mãn − 2mx1 + m a + b + c + d = 10 T = ab + ac + ad (O), thẳng qua B Điểm A thay đổi cung lớn vng góc với Đường thẳng qua Kẻ PQ B AC » BC K cắt đường trịn AC vng góc với vng góc với đường thẳng cạnh BC D Tiếp tuyến A BC a) Chứng minh − 2mx2 + m ) = B, C cho Tìm cố định AB < AC Đường AB < AC Q Tia phân giác ( O) để phương K cắt đường tròn (O) P (P khác B) đường thẳng ∠ABK = ∠KQP 2 a + b + c + d = 28 (O) cho ( O) m )(x Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R hai điểm BC = R n  x − x − xy + y =   x + y = xy − trình có hai nghiệm phân biệt ( d3 ) : y = mx + m − chia hết cho 24 với số nguyên n với x > 0, x ≠ 1, x ≠ MB  DB  = ÷ MC  DC  BC M ∠BAC cắt b) c) Khi A đối xứng với C qua O, tính diện tích tứ giác Tia AD cắt đường tròn (O) E (khác cho EI = EB Đường thẳng BI đường thẳng vng góc với A) theo R I Lấy điểm đoạn thẳng cắt đường tròn LE AMDO ( O) cắt đường thẳng L (khác B) Qua LC B AE kẻ F Xác định vị trí BF điểm A để độ dài lớn Bài (1,0 điểm) Một số nguyên dương gọi “ số đặc biệt” thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i) Các chữ số khác ii) Số chia hết cho 12, đổi chỗ chữ số cách tùy ý, ta thu số chia hết cho 12 a) Chứng tỏ số đặc biệt chứa chữ số b) Có tất “số đặc biệt” có chữ số ĐÁP ÁN Bài (1,5 điểm) 3) Rút gọn biểu thức  x− x +2  x −1 x P =  − ÷ ÷:  x− x −2 x−2 x  x −2  x− x +2  x −1 x P =  − ÷ ÷:  x− x −2 x−2 x  x −2 = = ( x− )( −2 x x 4) ) ( ) x +2 x−2 x − x− x −2 x ( ( x− ( )( x −2 x−2 x x −2 )( )( x −1 ) x −1 x −2 ) ) x −2 x −1 = x −2 x −1 1− x m Tìm để ba đường thẳng đồng quy ( d1 ) : y = x + 1, ( d2 ) : y = − x + Xét phương trình hồnh độ giao điểm 2x + = − x + ⇔ x = ⇒ y = Để ( d1 ) , ( d ) , ( d3 ) đồng quy = 2m + m − ⇔ m = Vậy m=3 thỏa đề với x > 0, x ≠ 1, x ≠ ( d3 ) : ( d1 ) y = mx + m − ( d2 ) ( d3 ) : y = mx + m − ta có : phải qua điểm ( 2;5) : Bài 2.(1,5 điểm) Chứng minh Ta có : n + 2n3 − n − 2n chia hết cho 24 với số nguyên n n + 2n3 − n − 2n = ( n3 − n ) ( n + ) = ( n − 1) n ( n + 1) ( n + ) ( n − 1) n ( n + 1) ( n + ) Ta thấy tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho Đồng thời, số liên tiếp có số chia hết tích chia hết cho ( 3,8) = Mà nên tích ln chia hết cho 24 (đpcm) n Tìm tất số nguyên dương cho nguyên dương chẵn liên tiếp Gọi hai số chẵn liên tiếp phương trình sau : 2k 2k + 25n + 10n + 48 với k ∈ ¢+ tích hai số Theo đề ta có 25n + 10n + 48 = 2k ( 2k + ) ⇒ 5n ( 5n + ) + 48 = 4k ( k + 1) Vì k ( k + 1) tích hai số nguyên liên tiếp nên k ( k + 1) M2 ⇒ 4k ( k + 1) M ⇒ 5n ( 5n + ) + 48M8 48M 5n ( 5n + ) M8 mà nên ta có mà 5n 5n+2 cách đơn vị nên chẵn lẻ nên để chia hết cho chẵn Do Đặt n = 2m ( m ∈ ¢ + ) 5n chẵn hay n chẵn Từ ta có ( 1) tương đương với 10m ( 10m + ) + 48 = 4k ( k + 1) ⇔ 5m ( 5m + 1) + 12 = k ( k + 1) ⇔ 25m + 5m + 12 = k + k ⇔ ( 5m − k ) ( 5m + k ) + ( 5m − k ) + 12 = ⇔ ( 5m − k ) ( 5m + k + 1) = −12 Vì 5m − k < m + k + nên ta có trường hợp sau :  5m − k = −4 m = − (ktm) 1)  ⇔ 5m + k + = k =   m = − (ktm)  5m − k = −2  10 2)  ⇔ m + k + =  k =  5m − k = −1 m = 1(tm) 3)  ⇔ 5m + k + = 12 k = Trong trường hợp, có trường hợp (3) thỏa mãn, Vậy n = 2m = 2.1 = n=2 Bài (2,5 điểm) Giải hệ phương trình  x − x − xy + y =   x + y = xy −  x − x − xy + y = ( 1)  ( 2)  x + y = xy − Xét phương trình (1) ta thấy : x − x − xy + y = ⇔ ( x − y ) ( x − ) =  x = y = 1+  x = y ⇒ 2x = x2 − ⇔  ⇔  x = y = −  x = ⇒ + y = y − ⇔ y = Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = { ( − Cho phương trình )( ) 6;1 − ; + 6;1 + ; ( 2;7 ) x − ( m − 1) x + m − = ( m phương trình có hai nghiệm phân biệt (x Ta có : m thỏa mãn x − ( m − 1) x + m − = ( 1) Theo hệ thức Vi-et ta có : Vì tham số) Tìm − 2mx1 + m ) ( x22 − 2mx2 + m ) = Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 x1 , x2 }   x1 + x2 = ( m − 1)    x1 x2 = m − x1 , x2 ∆ ' = −2 m + > ⇔ m < hai nghiệm phương trình nên ta có : 2  x − ( m − 1) x1 + m − =  x1 − 2mx1 + m = − x1 ⇔   2  x2 − 2mx2 + m = − x2  x2 − ( m − 1) x2 + m − = để Theo đề bài, ta có : (x − 2mx1 + m ) ( x22 − 2mx2 + m2 ) = ⇔ ( − x1 ) ( − x2 ) = ⇔ − ( x1 + x2 ) + x1 x2 =  m = 1(tm) ⇔ − 12(m − 1) + ( m − ) = ⇔ m2 − 3m + = ⇔   m = 2(ktm) m =1 Vậy Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức Xét b2 + c2 + d , (b+c+d) a + b + c + d = 10 T = ab + ac + ad áp dụng bđt Cauchy-Schwartz ta : ≤ ( b2 + c2 + d ) Dấu xảy b=c=d ⇔ ( 10 − a ) ≤ ( 28 − a ) ⇔ a − 5a + = ( a − 1) ( a − ) ≤ ⇔ 1≤ a ≤ Mặt khác, ta thấy : T = ab + ac + ad = a ( b + c + d ) = a ( 10 − a ) = 10a − a = ( 10a − a − 24 ) + 24 = ( a − ) ( − a ) + 24 ≤ ( − ) ( − 1) + 24 = 24 Dấu xảy Vậy Tmax = 24 a=4 a = 4, b = c = d = a + b + c + d = 28 Bài (3,5 điểm) Cho đường trịn tâm O, bán kính R hai điểm (O), BC = R Điểm A thay đổi cung lớn Đường thẳng qua AB < AC M B vng góc với Đường thẳng qua P (P khác B) Kẻ ∠BAC » BC PQ B AC (O) cho K cắt đường trịn AC vng góc với cắt cạnh BC D Tiếp tuyến A d) Chứng minh Ta có PQ ⊥ QC PK ⊥ KC ( gt ) ( O) nên tứ giác cho đường thẳng MB  DB  = ÷ MC  DC  PQCK AB < AC Q Tia phân giác ∠ABK = ∠KQP ( O) cố định K cắt đường tròn (O) BC vng góc với đường thẳng B, C nội tiếp BC ⇒ ∠KQP = ∠PCK Ta thấy tứ giác PK ) ( 1) (cùng chắn cung ABCP Từ (1) (2) suy nội tiếp ( O; R ) nên ∠ABP = ∠ACP ∠KQP = ∠ABK ( = ∠PCK ) ( dfcm ) Dễ chứng minh ∆MAB ∽ ∆MCA ( g g ) (cùng chắn cung AP) ( ) nên ta có : 2 MA AB MA AB MB.MC DB MB  DB  = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ÷ 2 2 MC AC MC AC MC DC MC  DC  Vậy e) MB  DB  = ÷ ( dfcm ) MC  DC  Khi A đối xứng với C qua O, tính diện tích tứ giác Khi A đối xứng với C qua O AO = OC = CB = R, ∆ACB Pytago) Đồng thời AC đường kính (O), (cùng phụ với ∠BAC ) AB DB AB + AC BC = ⇒ = AC DC AC DC 2 Ta có : R + R BC DC = ⇒ = = − ⇒ DC = R − 2R DC BC 3+2 ( Gọi DN đường cao ∆COD ( N ∈ OC ) ) Ta có : AB.MB + S ABC − SODC AB tan ∠MAB AB.BC DN OC 3R tan 60° R sin ∠DCN DC.R = + − = + − 2 2 2 S AMDO = S AMB + S ABDO = = ( ) 3R R sin 60°.R − R + + − = R 2 2 S AMDO = Vậy 3+3 R , AB = AC − CB = R − R = R vuông B nên theo R AC = R AC = R = BC ⇒ ∠ACB = 60° ⇒ ∠ACB = ∠MAB = 60° ⇒ AMDO (định lý Tia AD cắt đường tròn (O) E (khác f) AE cho Qua B EI = EB Đường thẳng LE ⊥ BF ( gt ) ( *) Xét (O): ∠BAE = ∠BLE ∠BLE = ∠ELC EB=EC Từ (*) (**) suy Từ (1) (2) gt cung Do để LE LE ( 1) phân giác đường trung trực kính (O;R) Khi K ∈ OB mà F Xác ( E; EB ) ∠BAC ) (hai góc ∠BLF ( **) BF ⇒ EB = EF ( ) ( E; EB ) đường kính LC EB, ∠EAC = ∠ELC (AE phân giác ⇒ EB = EI = EC = EF ⇒ B , I , C , F BFmax ⇔ BF L (khác B) lớn ∠BAE = ∠EAC ⇒ LE ( O) cắt đường thẳng (hai góc nội tiếp chắn cung nội tiếp chắn cung EC) mà Nên BF I Lấy điểm đoạn thẳng cắt đường trịn kẻ đường thẳng vng góc với định vị trí điểm A để độ dài Ta có BI A) nội tiếp ( E; EB ) BF dây , xảy ∠AKB = 90° ( gt ) nên OB ⊥ AC ( 3) BP đường Xét (O;R) ta thấy AC dây cung không qua O, nên K trung điểm Từ (3) (4) suy AB = BC c) B điểm nằm cung AC hay AC AC ( ) AB = BC Vậy với hay điểm B nằm cung độ dài BF đạt giá trị lớn Bài (1,0 điểm) Một số nguyên dương gọi “ số đặc biệt” thỏa mãn đồng thời điều kiện sau iii) Các chữ số khác iv) Số chia hết cho 12, đổi chỗ chữ số cách tùy ý, ta thu số chia hết cho 12 Chứng tỏ số đặc biệt chứa chữ số Vì số đặc biệt nên chia hết cho Ta thấy để số đổi chữ số cho mà chia hết cho chữ số số chẵn, mà số đặc biệt số có chữ số khác nên chữ số 2;4;6;8 (1) d) Từ số 2;4;6;8, ta lập số có chữ số cho đổi chỗ chữ số cho chúng chia hết cho 4, ta thấy lập số thỏa mãn điều kiện 48 (2) Từ (1) (2) suy lập “số đặc biệt” từ số (đpcm) Có tất “số đặc biệt” có chữ số x Ta thấy “số đặc biệt” chứa số nên ta đặt số chữ số y số chữ số để tạo nên “số đặc biệt” có chữ số ( x, y ∈ ¢ + ,1 ≤ x, y ≤ 4) Đồng thời, ta suy phương trình nghiệm nguyên x+ y =5 Cũng từ phương trình , ta tìm cặp số nguyên ( 4;1) ( 1; ) , ( 2;3) , ( 3; ) Vì “số đặc biệt” chia hết tổng chữ số chúng chia hết cho hay Mà ( x; y ) | ( x + y ) ⇔ | ( 3x + y ) + ( x − y ) ( 3x + y ) M3 ⇒ ( x − y ) M3 ⇒ ( x; y ) ∈ { ( 1; ) ; ( 4;1) } th1: x = 1, y = ⇒ Các số : 48888;84888;88488;88848;88884 44448; 44484; 44844; 48444;84444 Th2: x=4, y=1 số Vậy ta tìm 10 “số đặc biệt” có chữ số (5 số) (5 số) ,