Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT chuyên Quốc Học

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

13
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT chuyên Quốc Học" để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT chuyên Quốc Học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THỪA THIÊN HUẾ CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)  x 2 x  2  Câu 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức A    x  2 x  1  x 1    . x x  x  x  0; x  1. a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm tất cả số nguyên x sao cho biểu thức A nhận giá trị là số nguyên. Câu 2: (1,5 điểm) a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng d  : y  kx  2. Gọi I là giao điểm của d  và trục tung. Tìm tất cả các giá trị của để đường thẳng d  cắt  P  tại hai điểm phân biệt A x1; y1  , B  x2 ; y2  thỏa mãn x1  x2 và IA  2 IB.  x3  xy 2   x  y  1 x  y   0 b) Giải hệ phương trình:  .  x  2 y 2  y  1  0  Câu 3: (2,0 điểm) a) Tìm m để phương trình: 3 x 2  4 m 1 x  m 2  4m  5  0 ( x là ẩn số) có hai nghiệm x1 , x2 sao x13 x23 cho biểu thức P   đạt giá trị lớn nhất. x23 x13 b) Giải phương trình  x 2  6 x 2  6 x  12  3 x 2  10 x  28 x  1  0 Câu 4: (3.0 điểm ) Cho đường tròn O  và dây BC cố định không đi qua O. Điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn  AB  AC . Gọi AD, BE , CF là các đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BC và EF ; I là giao điểm thứ hai của KA với O ; M là trung điểm BC ; N là giao điểm thứ hai của AH và O . Chứng minh: a) Tứ giác AIFE là tứ giác nội tiếp. b) Ba điểm M , H , I thẳng hàng. c) Tứ giác INMO là tứ giác nội tiếp. d) Đường thẳng IN luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi. Câu 5: (2,0 điểm) a) Tìm tất cả số nguyên x, y thỏa mãn x3  x 2  y  1  x 7  y   4  y  0. b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  3. Chứng minh rằng x y z 3 x  y  z 2  2  2  . . x  15 y  15 z  15 32 . ------------------HẾT----------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THỪA THIÊN HUẾ CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ĐÁP ÁN CHI TIẾT  x 2 x  2  Câu 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức A    x  2 x  1  . x x  x  x  0; x  1. x 1    a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm tất cả số nguyên x sao cho biểu thức A nhận giá trị là số nguyên. Lời giải:  x 2 x  2  a) A    x  2 x  1  . x x  x x 1       x  2 x  2     . x  x 1      2    x  1 x  1 x  1      x  2     x 1  x  2 . x  1     2   . x x 1  x 1    x 1 x 1       x  x  2  x  x  2      2   . x x 1 x  1     x 1 x 1     2 x  2x    2  . x x 1 x  1      x  1 x 1   x 1 b) Ta có 2x 2 A  2 x 2 x 1 x 1 2 Để A là số nguyên thì 2 x và phải là số nguyên x 1 2 x  0 Ta có là số nguyên khi  x 1  x  1(loai ) Thử lại Với x  0  A  0 (TM) Vậy x  0 thì A là số nguyên.
Câu 2: (1,5 điểm) a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng d  : y  kx  2. Gọi I là giao điểm của d  và trục tung. Tìm tất cả các giá trị của để đường thẳng d  cắt  P  tại hai điểm phân biệt A x1; y1  , B  x2 ; y2  thỏa mãn x1  x2 và IA  2 IB.  x3  xy 2   x  y  1 x  y   0 b) Giải hệ phương trình:  .  x  2 y 2  y  1  0  Lời giải a) Vì I là giao điểm của d  và trục tung nên I 0; 2 Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và d  là x 2  kx  2  x 2  kx  2  0 1 Ta có  k 2  8  0 với mọi k Và x1.x2  2  0 Nên phương trình 1 luôn có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn x1  0  x2 với mọi k  x1  x2  k Theo hệ thức vi-ét, ta có:   x1.x2  2  x1  2 x2 Vì IA  2 IB nên ta có   x1  2 x2  Mà x1  0  x2 nên x1  2 x2  x1  x2  k   2 x . x   2 2 x2  2  x  1   Ta có    x1  0  x2   2 1 2  x  0  x2  k  1  1  x2  k   x1  2 x2 Vậy k  1 thõa mãn yêu cầu bài toán.  x3  xy 2   x  y  1 x  y   0  x  x  y  x  y    x  y  1 x  y   0  b) Ta có:    x  2 y  y  1  0  x  2 y  y  1  0 2 2  x  y  0     x  y  0  x  2 y 2  y  1  0 (1)     x  y   x 2  xy  x  y  1  0       x  xy  x  y  1  0   2 2   2   x  xy  x  y 1  0  x  2 y  y 1  0     2  x  2 y  y 1  0  (2)   x  2 y 2  y  1  0 
   x  1 3   2    1  3  y  x  y  0  x  y    2 Giải hệ phương trình 1 :         2  x  2 y  y 1  0  2 2 y  2 y  1  0   1 3    x  2   1  3  y   2  x 2  xy  x  y 1  0  x 2  xy  2 y 2 1 1  0  x 2  xy  2 y 2  0 Giải hệ phương trình 2 :       x  2 y 2  y  1  0  x  y  2 y 2 1  2    x  y  2 y 1   x  1 3  2    y  1  3  2    x   y  1 3   x   x  y  x  2 y   0  x  y  2 y 2 1  2       x  y  2 y 2 1 1  3  x  2 y  y     2  x  y  2 y 2 1    x  2   y  1    x  1   y  1  2  Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm: 1 3 1  3  1  3 1 3   1  x; y    ;  ;  ;  ; 2;1; 1;   2 2   2 2   2 
Câu 3: (2,0 điểm) a) Tìm m để phương trình: 3 x 2  4 m 1 x  m 2  4m  5  0 ( x là ẩn số) có hai nghiệm x1 , x2 sao x13 x23 cho biểu thức P   đạt giá trị lớn nhất. x23 x13 b) Giải phương trình  x 2  6 x 2  6 x  12  3 x 2  10 x  28 x  1  0 Lời giải 2 a) Ta có: ac  3m 2 12m 15  3m  2  3  0, m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu   4  4m   x1  x2   3 Theo hệ thức vi-ét, ta có:     2 m  4m  5   x1.x2    3  x1 3 Đặt t    t  0  x  2 1  1 Lúc đó: P  t   t    2 t  t  1 P đạt giá trị lớn nhất là 2 khi t   t  1  x1  x2  m  1. t b)  x 2  6 x 2  6 x  12  3 x 2  10 x  28 x  1  0 Điều kiện : x  1. Ta có:  x2  6 x2  6 x 12 3x2 10 x  28 x 1  0   x 2  6  x  6  6  x  1  3 x 2  6  10  x  1 x  1  0 1   a  x 2  6, a  0 Đặt  b  x  1, b  0  Phương trình 1 trở thành: a a  6b 2  3a  10b 2  b  0  a a  6b 2  3a  10b 2  b
2 2  a 2 a  6b 2   3a  10b 2  b 2  a 2 a  6b 2   3a  10b 2  b 2  0  a 3  a 2 a  a 3  3a 2b 2  60ab 4 100b6  0   2   3 2   60 2 100  0  b   b  b a  2  10 b  a Giải phương trình ta được  2  2 (l ) b  a  2  5 (l )  b  x  5  29 Suy ra a  10b 2  x 2  6  10  x  1  x 2 10 x  4  0   (TM )  x  5  29 Vậy x  5  29; x  5  29 Câu 4: (3.0 điểm ) Cho đường tròn O  và dây BC cố định không đi qua O. Điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn  AB  AC . Gọi AD, BE , CF là các đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BC và EF ; I là giao điểm thứ hai của KA với O ; M là trung điểm BC ; N là giao điểm thứ hai của AH và O . Chứng minh: a) Tứ giác AIFE là tứ giác nội tiếp. b) Ba điểm M , H , I thẳng hàng. c) Tứ giác INMO là tứ giác nội tiếp. d) Đường thẳng IN luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi. Lời giải
A E I O F H K B C D M N T S a) Vì tứ giác AIBC nội tiếp đường tròn nên KI .KA  KB.KC Dễ thấy tứ giác BEFC nội tiếp nên KF .KE  KB.KC Suy ra KI .KA  KF .KE Vậy tứ giác AIFE nội tiếp. b) Kẻ đường kính AT của đường tròn O . Khi đó,  AIT  90o (1) Xét tứ giác BHCT , ta có: CC //BT (cùng  AB ); CC //BT (cùng  AC ) Nên tứ giác BHCT là hình bình hành Suy ra M là trung điểm HT của hay M , H , T thẳng hàng. Tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH . Ta có tứ giác AIFE nội tiếp nên I thuộc đường tròn đường kính AH hay  AIH  90o (2) Từ (1) và (2) suy ra I , H , T thẳng hàng Vậy M , I , H thẳng hàng.   1 NOT c) Ta có NIT  3 2 Ta có  ANT  90o  NT  AN ; BC  AN nên NT //BC Mà OM  BC nên OM  NT  Xét NOT có ON  OT và OM  NT nên OM là tia phân giác góc NOT
  1 NOT Suy ra NOM   4 2   NOM Từ 3 và 4 suy ra NIM  d) Gọi S là giao điểm của tiếp tuyến đường tròn O  tại B và OM . Suy ra S cố định. Ta cần chứng minh I , N , S thẳng hàng Gọi L là giao điểm của IS và đường tròn O  Vì OBS vuông nên SB 2  SM .SO  SL.SI Suy ra tứ giác OMLI nội tiếp Ta có tứ giác OMLI và OMNI cùng nội tiếp đường tròn ngoại tiếp OMI và cắt O  tại giao điểm thứ hai là L và N nên N và L trùng nhau. Vậy I , N , S thẳng hàng hay IN đi qua S cố định. Câu 5: (2,0 điểm) a) Tìm tất cả số nguyên x, y thỏa mãn x3  x 2  y  1  x 7  y   4  y  0. b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  3. Chứng minh rằng x y z 3 x  y  z 2  2  2  . . x  15 y  15 z  15 32 Lời giải 3 2 a) Ta có: x  x  y  1  x 7  y   4  y  0.  x3  x 2  7 x  4  y  x 2  x  1  0   x 2  x  1 x  y   2  x 2  x  1  2  x 2  4 x  3   x 2  x  1 x  y  2  2  x 1 x  3 Biện luận theo x ta có các bộ số thỏa mãn  x; y   0; 4; 1;3; 3;5 . b) Ta có: x x x x x 2  2  2   x  15 x  3  12 x  xy  yz  zx  12  x  y  x  z   12 4  x  y  x  z   8     1  1 1  1 1  1 1  x    (Theo bất đẳng thức     )  4  4  x  y  y  z  8  a  b 4  a b    x  1  1 1  1  1 1  1 1     (Theo bất đẳng thức     ) 16  2  x  y z  2  ab 2  a b 
x x x    . 32  x  y  32  y  z  32 y y y y Tương tự 2    y  15 32  y  z  32  z  x  32 z z x z 2    z  15 32  z  x 32  x  y  32 Suy ra x y z 2  2  2 x  15 y  15 z  15 x x x y y y z x z          . 32  x  y  32  y  z  32 32  y  z  32  z  x  32 32  z  x  32  x  y  32 3 x  y  z  . 32 x y z 3 x  y  z Vậy: 2  2  2  . x  15 y  15 z  15 32 Dấu "  " xảy ra khi x  y  z  1.