Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2022 - 2023 sở GD&ĐT Hưng Yên - THCS.TOANMATH.com

Tải về (0)

Văn bản

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

HƯNG YÊN NĂM HỌC 2022 – 2023

Bài thi: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho thí sinh dự thi vào các lớp chuyên: Toán, Tin học Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu I (2,0 điểm). Cho biểu thức 2 2 : 1

2 1

x x

A x x x x x

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tìm giá trị của x để A = 3 Câu II (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( ) :P y x 2 và đường thẳng

( ) :d y(m1)x m 5. Tìm giá trị của tham số m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A x y( ; )1 1 ,

2 2

( ; )

B x y sao cho x x1; 2 là các số nguyên.

2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x42x3x216y212x16y 4 0

Câu III (2,0 điểm).

1. Giải phương trình 3 2 3 1.

1 1

x x

x x

2. Giải hệ phương trình

xxy x3      y32xyy 12x 4y 1

Câu IV (3,0 điểm).

1. Cho ABC nhọn (AB AC ) nội tiếp đường tròn ( )O . Hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC.

a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp, từ đó suy ra KF.KE = KB.KC.

b) Đường thẳng AK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M (M khác A). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh ba điểm M, H, I thẳng hàng.

2. Một chi tiết máy gồm hai nửa hình cầu bằng nhau và một hình trụ (hình vẽ). Hãy tính thể tích của chi tiết máy đó theo các kích thước cho trên hình vẽ.

Câu V (3,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 4xy2yz3xz24. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2

2

4 9 16

x y z

P x y z

.

HẾT

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ... Phòng thi số: ...

Số báo danh: ... Chữ ký của cán bộ coi thi ...

(2)

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu I.

a) 2 2 : 1

2 1

x x

A x x x x x

ĐK: x0,x1

= ( 2) 2 : 1

( 1)( 2) ( ) 1

x x

x x x x x

= 2 . 1

( 1) 1

x x

x x

= x 2

x

b) 3 x 2 3

A x

  2 3

x x

  

3 2 0

x x

   

1 1( )

2 4( )

x x l

x n

x

   Vậy A=3 khi x = 4

Câu II.

1) Hoành độ giao điểm của (P) và (d)

2 ( 1) 5

x m x m 

2 ( 1) 5 0

x m x m

   (*) Ta có  (m1)24(m5)

m22m21

(m1)220 0

Nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B Theo hệ thức vi-et 1 2

1 2

1

. 5

x x m

x x m

  

  

(*)  x2  x 5 m x( 1)

Xét x1 không phải là nghiệm của phương trình 5

x 1 m

  x 

 (1)

Vì x x1; 2Z nên m1 và m5 là các số nguyên do đó mcũng là số nguyên Từ (1) ta có

m Z khi 5

x 1 Z

x

  

  

 

 

1

5 1

x Z

x

  

    Suy ra m 3;m5

(3)

1 5 4 3

1 1 0 5

1 5 6 5

1 1 2 3

x x m

x x m

x x m

x x m

        

       

      

       

Vậy m 3;m5 thỏa yêu cầu bài toán 2) x42x3x216y212x16y 4 0

4 3 3 3 3 2 4 2 4 8 8 16 2 16 4

x x x x x x x y y

   

3 2 2

(x 1)x 3 (x x 1) 4 (x x 1) 8(x 1) 16y 16y 4

     

3 2 2

(x 1)(x 3x 4x 8) (4y 2)

 

2 2 2

(x 1) (x 4x 8) (4y 2)

 

y z 4y    2 0 x 1

x y z, nên (x1)2(4y2)2 là số chính phương khác 0 nên (x24x8) cũng là số chính phương

Đặt x24x 8 m (m N *)

2 2

(x 2) 4 m

 

2 2

(x 2) m 4

 

(x 2 m x)( 2 m) 4(*)

     

Do x    2 m x 2 m

Nên

2 4 1/2

2 1 5/2

2 2 2

2 2 2

2 1 7/2

2 4 5/2

x m x

x m m

x m x

x m m

x m x

x m m

  

  

   

  

  

  

 

 

 

 

 

 

 

x  2 (4y2)2 4  44yy  2 22 2  44yy04yy01

Vậy nghiệm nguyên thỏa ycbt là: (-2; 0); (-2; -1) Câu III.

1) 3 2 3 1

1 1

x x

x x

ĐK: 1 x 3

3x 2 3 x x 1

   

3x 2 x 1 3 x

   

3x 2 x 1 3 x 2 (x 1)(3 x)

      3x 4 2 (x 1)(3 x)

  (*)

(*) có điều kiện: 3x   4 0 x 4 / 3

(*) 9x224x16 4( x1)(3x)

2 2

9x 24x 16 4x 16x 12

  

(loại) (n) (loại)

(4)

13 2 40 28 0 2( )

14( ) 13

x x

x n

x l

 

vậy nghiệm của phương trình: x2

2) 3 3 2 4 1

2 1

x y xy x y xy x y

 

 

3 3 2(1 ) 1

2 1

x y xy xy

x y xy

 

   

3 3 3 1(1)

2 1 (2)

x y xy

x y xy

 

   

 

1 (x y )33x y2 3xy23xy 1 0

 

   

   

3 3

2

2 2

1 3 ( 1) 0

1 1 3

1 1 0

x y xy x y

x y x y x y xy

x y x y xy x y

    

     

     

2 21 0

1 0 x y

x y xy x y

  

     

Với x y     1 0 x 1 y thay vào (2) ta được:

 

2 1 y 2y  1 (1 y y) y y

2

0

0 1

2 1

y x

y x

  

     

Với : x2y2xy x y    1 0 2x22y22xy2x2y 2 0

     

     

2 2 2 2

2 2 2

2 2 1 2 1 0

1 1 0

x xy y x x y y

x y x y

   

0

1 0 1

1 0 x y

x x y

y

 

     

  

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1;0),(2; 1),( 1; 1)  

Câu IV.

1)

a)

(5)

- xét tứ giác BFEC có : BEC CFB  900

tứ giác BFECnội tiếp ( 2 góc cùng nhìn một cạnh bằng nhau) - xét KEFKBEcó :

K là góc chung

KCF KEB ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

 KEFđồng dạng với KBE

. .

KF KC

KF KE KC KB KB KE

(đ.p.c.m) (1) b) Ta có: KIB đồng dạng KBA (g . g)

KI KC . .

KI KA KB KC KB KA

(2)

Từ (1)(2) suy ra KE KF. KI KA. KE KA

KI KF

K là góc chung Suy ra KEA đồng dạng KIF KEA KIF 

tứ giác IAEFnội tiếp ( góc trong bằng góc đối ngoài )

Mặt khác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH ( AEH AFH 900) Nên: I A E F H, , , , cùng thuộc một đường tròn đường kính AH

900

IHA

Mà : NIA900 ( góc chắn nữa đường tròn ) Suy ra : N I H, , thẳng hàng

Kẻ đường kính AN của đường tròn

 

O ; N

 

O

Xét tứ giác BHCN có :

BH / /CN ( cùng vuông góc với AB) CH / /BN( cùng vuông góc với AC)

BHCNlà hình bình hành

Mà M là trung điểm của BC MHN Suy ra M I H, , thẳng hàng

2)

 

3 2

3 2

3

4 .20

3

4.4 . 20.4 . 3

1216 3

V R R

cm

(6)

Câu V:

Ta có: 4 2 3 24 1

6 12 8

xy yz xz

xy yz xz . . . 1 2 3 3 4 2 4 x y y z x z

Đặt 0; 0; 0 1

2 3 4

x y z

a b c ab bc ac

      

2 2 2

2 2 2

4 3 4

4 4 9 9 16 16

2

1 1 1

a b c

P a b c

a b c

a b c

2 2 2

2a b c

a ab bc ca b ab bc ac c ab bc ac

        

2a b c

a b a c a b b c a c b c

   

2 2 2 2

. . .

2 2

a a b b c c

a b a c a b b c b c a c

Ta có :

   

   

2 2 2 2

2 .

2 2

2 .

2 2

2 2

2 .

2 2

a a a a

a b a c a b a c

b b b b

a b b c a b b c

c c c c

b c a c b c a c

   

1 2 2 2 2

2 2 2

a a b b c c

p a b a c a b b c b c a c

   

2 2

1

2 2( )

1 1

2 2 2 2 9

4

a b a c b c

P a b a c b c

P

P

 

   

 

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi

 

 

2 2

2 8 7

2 8 7

2 2

a a

a b a c b c b c

b b

a b b a b

a b b c

a c c a c

c c

b c a c

  

 



2 2 2 2 1 1

1 7 7 1

15 15

ab bc ac   b b b  b  b

(7)

1 3

15 15

1 4

15 15

7 14

15 15

b y

c z

a x

 

   

 

Hình ảnh

Đang cập nhật...

Tài liệu tham khảo

Chủ đề liên quan :

Tải tài liệu ngay bằng cách
quét QR code trên app 1PDF

Tải app 1PDF tại