Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu ôn tập, củng cố lại kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng làm bài tập, mời các bạn cùng tham khảo “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 (Chuyên) môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Gia Lai” dưới đây. Hy vọng sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 (Chuyên) môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Gia Lai
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
GIA LAI NĂM HỌC 2022 – 2023
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Chuyên)
( Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Họ và tên thí sinh:……………..………………………..……………….; SBD……………….
Câu 1: (2,0 điểm)
a) Xác định tọa độ giao điểm của parabol ( P ) : y = 3 x 2 và đường thẳng ( d ) : =
y 2x + 8 .
1 1 1 1
b) Cho =
A + + + +
1+ 3 3+ 5 5+ 7 2021 + 2023
2023 − 2 2022
=và B . 2 + 5 − 6 + 20 .
4
Không sử dụng máy tính cầm tay, hãy chứng tỏ A > B .
Câu 2: (2,0 điểm)
2+ 3 4
a) Tìm một đa thức bậc ba P ( x ) với hệ số nguyên nhận x = là một nghiệm và
3
P (1) = −6 .
b) Tìm nghiệm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn:
x 2 y 2 − 2 x 2 y + 3x 2 + 4 xy − 4 x + 2 y 2 − 4 y − 1 =0.
Câu 3: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x − 11 .
x + 4 x − 3 +1 + x − 4 x − 3 +1 =
8 xy − x − 14 y + 4 = 0
b) Giải hệ phương trình 2 2 .
8 x y + 7 xy − 20 y 2
+ 2 =0
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) , kẻ ba đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại
H , lấy điểm M trên cung nhỏ BC ( M ≠ B, C ). Gọi P là điểm đối xứng với M qua AB.
a) Chứng minh: APB = ACB và tứ giác AHBP nội tiếp một đường tròn.
b) Chứng minh: H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác FDE .
AD BE CF
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = + + .
HD HE HF
Câu 5: (1,0 điểm)
1 1 1
Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn + + =3. Chứng minh rằng
x y z
x 2 + y 2 + z 2 − 2 xyz ≥ 1.
------------------HẾT----------------
Chữ ký giám thị 1…………………………… Chữ ký giám thị 2…………………..…………………
- HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1: (2,0 điểm)
a) Xác định tọa độ giao điểm của parabol ( P ) : y = 3 x 2 và đường thẳng ( d ) : =
y 2x + 8 .
1 1 1 1
b) Cho =
A + + + +
1+ 3 3+ 5 5+ 7 2021 + 2023
2023 − 2 2022
=và B . 2 + 5 − 6 + 20 .
4
Không sử dụng máy tính cầm tay, hãy chứng tỏ A > B .
Lời giải
a) Phương trình hoành độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) là
3 x 2 = 2 x + 8 ⇔ 3 x 2 − 2 x − 8 = 0 ( ∗) .
2
Ta có: ∆′ = ( −1) − 3. ( −8 ) = 25 > 0 .
− ( −1) + 25 − ( −1) − 25 4
Suy ra ( ∗) có hai nghiệm =
phân biệt: x = 2 và x = = − .
3 3 3
Với x = 2 thì thay vào phương trình của ( P ) ta được y = 12 .
4 16
Với x = − thì thay vào phương trình của ( P ) ta được y = .
3 3
4 16
Vậy tọa độ các giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) là ( 2 ; 12 ) và − ; .
3 3
1 n+2 − n n+2 − n
b) Ta có: = = , ∀n ∈ ∗ .
n + n+2 ( n + 2 + n )( n + 2 − n ) 2
3− 1 5− 3 7− 5 2023 − 2021 2023 − 1
Do đó,
= A + + + + = .
2 2 2 2 2
2022 − 2 2022 + 1
Mặt khác, B
= . 2 + 5 − 5 + 2 5 +1
4
2
2022 − 1
( 5 + 1)
2
= . 2+ 5 −
2
2022 − 1
= . 2 + 5 − ( 5 + 1)
2
2022 − 1
= .
2
2023 − 1 2022 − 1
Vì 2023 > 2022 nên ta có > hay A > B .
2 2
- Câu 2: (2,0 điểm)
2+ 3 4
a) Tìm một đa thức bậc ba P ( x ) với hệ số nguyên nhận x = là một nghiệm và
3
P (1) = −6 .
b) Tìm nghiệm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn:
x 2 y 2 − 2 x 2 y + 3x 2 + 4 xy − 4 x + 2 y 2 − 4 y − 1 =0.
Lời giải
2+ 3 4 3
a) Ta có x = ⇔ 3 x − 2 = 3 4 ⇔ ( 3 x − 2 ) = 4 ⇔ 27 x3 − 18 x 2 + 12 x − 12 = 0 .
3
) k ( 27 x3 − 18 x 2 + 12 x − 12 ) với k là
Suy ra đa thức bậc ba P ( x ) thỏa đề có dạng P ( x=
hằng số.
Vì P (1) = −6 nên −3k =−6 ⇔ k =2 .
Vậy có đa thức cần tìm là P ( x ) = 54 x3 − 36 x 2 + 24 x − 24 .
b) Tìm nghiệm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn:
x 2 y 2 − 2 x 2 y + 3x 2 + 4 xy − 4 x + 2 y 2 − 4 y − 1 =0.
Ta có x 2 y 2 − 2 x 2 y + 3x 2 + 4 xy − 4 x + 2 y 2 − 4 y − 1 =0
⇔ ( x 2 y 2 − 2 x 2 y + x 2 ) + ( 2 x 2 + 4 xy + 2 y 2 ) − 4 x − 4 y − 1 =0
⇔ ( xy − x ) + 2 ( x + y ) − 4 ( x + y ) + 2 =
2 2
3
⇔ ( xy − x ) + 2 ( x + y − 1) =
2 2
3
Vì x, y là các số nguyên nên ( xy − x ) và ( x + y − 1) là các số tự nhiên.
2 2
( =xy − x ) 1 2
x (=
y − 1) 1
2
Do đó, ( xy − x ) + 2 ( x + y − 1) = 3 ⇔
2 2
⇔
( )
2
x 2 + ( y − 1) + 2 x ( y − 1) =
2
x + y − 1 1
= 1
x ( y − 1) = 1 x ( y − 1) = −1
⇔ 2 hoặc 2 .
( ) ( )
2 2
x + y − 1 =
−1 x + y − 1 3
=
Cả hai trường hợp đều không thỏa mãn.
Vậy không tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn đề bài.
Câu 3: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x − 11 .
x + 4 x − 3 +1 + x − 4 x − 3 +1 =
8 xy − x − 14 y + 4 =0
b) Giải hệ phương trình 2 2 .
8 x y + 7 xy − 20 y + 2 =
2
0
Lời giải
a) Điều kiện: x ≥ 3 .
Với điều kiện đó, ta có x − 11
x + 4 x − 3 +1 + x − 4 x − 3 +1 =
- x − 11
⇔ x −3+ 4 x −3 + 4 + x −3− 4 x −3 + 4 =
( ) ( )
2 2
⇔ x −3 + 2 + x −3 −2 x − 11
=
⇔ x −3 + 2 + x − 3 − 2 = x − 11
Nếu x < 11 thì x − 11 < 0 , không thỏa mãn phương trình.
Nếu x ≥ 11 thì x − 3 − 2 > 0 , ta có
x −3 + 2 + x − 3 − 2 = x − 11
⇔ 2 x −3 =x − 11
⇔ x 2 − 26 x + 133 =
0
x = 7 (ktm)
⇔
x = 19 (tm)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 19 .
8 xy − x − 14 y + 4 = 0
b) Ta có 2 2 .
8 x y + 7 xy − 20 y 2
+ 2 =0
Nếu y = 0 thì không thỏa mãn hệ.
x 4 1 x
8 x − − 14 + = 0 4 2 x + − − 14 =
0 (1)
y y y y
Nếu y ≠ 0 thì hệ tương đương với ⇔ .
8 x 2 + 7 x − 20 + 2 =
2
0 1 x
2 2 x + − − 20 = 0 (2)
y y2 y y
1
2 2 x + =−1
1 1 y
Trừ (2) cho (1) theo vế ta được 2 2 x + − 4 2 x + − 6 = 0 ⇔ .
y y 1
2 x + y = 3
1 1
TH1: 2 x + =−1 ⇔ =−2 x − 1 .
y y
−1 ± 145
Thay vào (1) , ta có −4 − x(−2 x − 1) − 14 = 0 ⇔ 2 x 2 + x − 18 = 0 ⇔ x = .
2
1 1
TH1: 2 x + 3
=⇔ =−2 x + 3 .
y y
x = 2
Thay vào (1) , ta có 12 − x(−2 x + 3) − 14 = 0 ⇔ 2 x − 3 x − 2 = 0 ⇔
2
.
x = − 1
2
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:
−1 − 145 145 −1 + 145 145 1 1
; , ;− , ( 2 ; − 1) , − ; .
2 145 2 145 2 4
- Câu 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) , kẻ ba đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại
H , lấy điểm M trên cung nhỏ BC ( M ≠ B, C ). Gọi P là điểm đối xứng với M qua AB.
a) Chứng minh: APB = ACB và tứ giác AHBP nội tiếp một đường tròn.
b) Chứng minh: H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác FDE .
AD BE CF
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = + + .
HD HE HF
Lời giải
a) P đối xứng với M qua AB nên
APB = =
APM + MPB =
AMP + PMB AMB (1) .
Do
AMB và AMB =
ACB là các góc nội tiếp cùng chắn cung AB nên ACB (2) .
Từ (1) và (2) suy ra
APB =
ACB (3) .
= HEC
Tứ giác DHEC có HDC = 90° (vì AD, BE là các đường cao của ∆ABC ) nên
+ EHD
ECD = 180° . Suy ra
ACB + 180° (4) .
AHB =
APB +
Từ (3) và (4) suy ra 180° . Do đó, tứ giác AHBP nội tiếp một đường tròn.
AHB =
b) Dễ thấy, HFAE , AEDB , DBFH là các tứ giác nội tiếp nên
HFE
= HAE
= HBD . Suy ra HF là đường phân giác của tam giác FDE .
= HFD
Tương tự, HD cũng là đường phân giác của tam giác FDE .
Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác FDE .
1
AD.BC
AD 2 S ABC x + y + z
c) Đặt= , S HCA y=
S HBC x= , S HAB z . Ta có: = = = .
HD 1 HD.BC S HBC x
2
BE x + y + z CF x + y + z
Tương tự, ta
= cũng có: = ; .
HE y HF z
x+ y+z x+ y+z x+ y+z x y y z z x
Suy ra T = + + 3 + + + + +
=+ .
x y z y x z y x z
- Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có:
x y x y y z y z z x z x
+ ≥2 ⋅ = 2; + ≥2 ⋅ = 2; + ≥ 2 ⋅= 2 .
y x y x z y z y x z x z
Suy ra T ≥ 9 .
x y
y = x
AD = 3HD
y z
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = ⇔ x = y = z ⇔ BE = 3HE ⇔ H là trọng tâm tam
z y CF = 3HF
z x
=
x z
giác ABC .
Mà H cũng là trực tâm của tam giác ABC nên lúc đó ABC là tam giác đều.
Câu 5: (1,0 điểm)
1 1 1
Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn + + =3. Chứng minh rằng
x y z
x 2 + y 2 + z 2 − 2 xyz ≥ 1.
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: x 2 + y 2 ≥ 2 xy; y 2 + z 2 ≥ 2 yz; z 2 + x 2 ≥ 2 zx .
Suy ra x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx .
1 1 1
Ta có: + + = 3 ⇔ xy + yz + zx = 3 xyz .
x y z
Do đó, x 2 + y 2 + z 2 − 2 xyz ≥ xyz (1) .
Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức AM – GM cho ba số không âm a, b, c :
a + b + c ≥ 3 abc .
1 1 1 1 1 1
Áp dụng bất đẳng thức này, ta có 3 = + + ≥ 3. 3 ⋅ ⋅ ⇔ xyz ≥ 1 (2) .
x y z x y z
Từ (1) và (2) suy ra x 2 + y 2 + z 2 − 2 xyz ≥ 1.
Đẳng thức xảy ra khi x= y= z= 1 .
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
