Đề thi vào chuyên Toán trường THPT chuyên Quốc học Huế năm 2023 có lời giải chi tiết

https://thuvientoan.net/

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC NĂM HỌC 2022 – 2023

Môn Toán chuyên Ngày thi 9/6/2022

Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (1,5 điểm)

Cho biểu thức ^{2 2}

 

2 1 1

x x

A x x x

x x x

   

 

       với x0 và x1.

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tìm tất cả các số nguyên x sao cho biểu thức A nhận giá trị nguyên.

Câu 2. (1,5 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol

 

^{P :yx2} và đường thẳng

 

^{d :ykx2. Gọi I} là giao điểm của

 

^d và trục tung. Tìm tất cả các giá trị của k để đường thẳng

 

^d cắt parabol

 

^P tại hai điểm phân biệt



₁; ₁



,

A x y B x



₂;y₂



thỏa mãn x₁x₂ và IA2IB. b) Giải hệ phương trình: ^{3 2}

  

2

1 0

.

2 1 0

x xy x y x y

x y y

      

    



Câu 3. (2,0 điểm)

a) Tìm m để phương trình ^3x24



^m1



^{xm24m 5 0 với} x là ẩn số có hai nghiệm x₁, x₂ sao cho biểu thức

3 3

1 2

3 3

2 1

x x

P x x đạt giá trị nhỏ nhất.

b) Giải phương trình:



^x26



^{x26x12}



^{3x210x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 ABC là tam giác nhọn và ABAC. Gọi AD BE CF, , là các đường cao và H là trực tâm của của tam giác ABC. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BC và EF I, là giao điểm thứ hai của KA đường tròn

 

^O và N là giao điểm thứ hai của AH đường tròn

 

O .

a) Chứng minh rằng AIFE là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ba điểm M H I, , thẳng hàng.

c) Chứng minh rằng INMO là tứ giác nội tiếp.

d) Chứng minh rằng đường thẳng IN luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.

Câu 5. (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các số nguyên x y, thỏa mãn ^x3x2



^{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:

2 2 2

3 .

15 15 15 32

x y z x y z

x y z

  

  

  

---HẾT--- ĐỀ THI CHÍNH THỨC

https://thuvientoan.net/

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. (1,5 điểm)

Cho biểu thức ^{2 2}

 

2 1 1

x x

A x x x

x x x

   

 

       với x0 và x1.

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tìm tất cả các số nguyên x sao cho biểu thức A nhận giá trị nguyên.

Lời giải Đang cập nhật.

Câu 2. (1,5 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol

 

P :yx² và đường thẳng

 

d :ykx2. Gọi I là giao điểm của

 

d và trục tung. Tìm tất cả các giá trị của k để đường thẳng

 

d cắt parabol

 

P tại hai điểm phân biệt



1; 1



,

A x y B x



2;y2



thỏa mãn x₁x₂ và IA2IB. b) Giải hệ phương trình: ^{3 2}

  

2

1 0

.

2 1 0

x xy x y x y

x y y

      

    



Lời giải a) Điểm I



0; 2 .



Phương trình hoành độ giao điểm giữa đường thẳng

 

^d và parabol

 

P :

2 2

2 2 0.

x kx  x kx  Vì ac   1

 

2 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x₂ 0 x₁. Theo định lý Viete, ta có: ^{1 2}

1 2

2 .

x x k

x x

  

  



Ta có: A x kx



₁; ₁2 ,



B x kx



₂; ₂2 .



Suy ra:



1 0



²



1 2 2



²



² 1



1² 1 ² 1.

IA x   kx    k  x  x k 



2 0



²



2 2 2



²



² 1



2² 2 ² 1.

IB x   kx    k  x  x k 

Khi đó: IA2IB x₁ k² 1 2x₁ k² 1 x₁ 2x₂.

Suy ra: x x_{1 2}   2 2x₂²   2 x₂² 1 x₂ 1. Suy ra x₁ 2.

Từ đây kx₁x₂    2 1 1.

Vậy k 1 là giá trị cần tìm.

https://thuvientoan.net/

b) Khai thác phương trình thứ nhất của hệ ta có:

       

     

   

3 2 2 2

2

2

1 0 1 0

1 0

1 0 0

1 0

x xy x y x y x x y x y x y

x x y x y x y x y

x y x y x xy x y

x xy x y

            

       

  

             

Với x y 0, ta có: ^{2 2}

1 3 1 3

2 2

2 1 0 2 2 1 0 .

1 3 1 3

2 2

y x

x y y y y

y x

    

     

  

                

Với x²xy   x y 1 0, cộng phương trình này với phương trình thứ hai của hệ ta được:

  

2 2 0

2 0 2 0 .

2 x y

x xy y x y x y

x y

  

       

  Trường hợp x y 0 đã xét.

Xét x2 ,y ta được:

 

 

2

1 2

2 1 0 1 .

2 1

y x

y y

y x

  



   

   



Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm



^;



^{1; 1 , 2;1 ,}

 

^{1 3; 1 3 , 1 3; 1 3 .}

2 2 2 2 2

x y

   

         

  

         

Câu 3. (2,0 điểm)

a) Tìm m để phương trình ^3x2⁴



^m¹



^x^m2^4m ^{5 0} với x là ẩn số có hai nghiệm x₁, x₂ sao cho biểu thức

3 3

1 2

3 3

2 1

x x

P x x đạt giá trị nhỏ nhất.

b) Giải phương trình:



^x26



^{x26x12}



^{3x210x28}



^{x 1 0.}

Lời giải Đang cập nhật

https://thuvientoan.net/

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 ABC là tam giác nhọn và ABAC. Gọi AD BE CF, , là các đường cao và H là trực tâm của của tam giác ABC. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BC và EF I, là giao điểm thứ hai của KA đường tròn

 

^{O và N là giao}

điểm thứ hai của AH đường tròn

 

^{O .}

a) Chứng minh rằng AIFE là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ba điểm M H I, , thẳng hàng.

c) Chứng minh rằng INMO là tứ giác nội tiếp.

d) Chứng minh rằng đường thẳng IN luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.

Lời giải Đang cập nhật

Câu 5. (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các số nguyên x y, thỏa mãn ^x3^x2



^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:

2 2 2

3 .

15 15 15 32

x y z x y z

x y z

  

  

  

Lời giải a) Ta có:

   

 

3 2

3 2 2

3 2 2

1 7 4 0

7 4

7 4 1

x x y x y y

x x x x y xy y

x x x y x x

      

      

       Từ đây suy ra:

3 2

2 2

7 4 6 4

1 1.

x x x x

y x

x x x x

   

  

   

Vì x y, ^* nên 6x4 chia hết cho x² x 1. Suy ra 6x 4 x² x 1.

Nếu x1 thì 6 4 ² 1 ² 7 5 0 ^{7 29 7 29} 1 6.

2 2

x x   x x  x     x    x

Với x  1 y 3 (nhận)

Với 14

2 3

x  y (loại).

Với x  3 y 5 (nhận)

Với 72

4 13

x  y (loại).

https://thuvientoan.net/

Với 131

5 21

x  y (loại).

Với 218

6 31

x  y (loại).

Nếu x0 thì 4 6 ² 1 ² 5 3 0 ^{5 37 5 37} 0.

2 2

x x x x x  x  x

            

Với x0, ta có y 4.

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm nguyên



x y^;

 

 0; 4 , 1;3 , 3;5 .

    

b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

2 2 2

4 4 4 3

15 15 15 8 .

x y z x y z

x y z

  

  

  

Ta có: ₂ ⁴ ₂ ⁴ ₂^{1 1} ₂ .

7 8 7 8 7 8 7 8

x x x x

x x x x x

 

     

     

Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta được:

2 2 2 2 2 2

4 4 4

15 15 15 7 7 7 8 .

x y z x y z x y z

x y z x y z

       

     

Do đó ta cần chứng minh: _{2 2 2} ³.

7 7 7 8

x y z

x y z 

  

Thật vậy ta có: ^{x2 7}



^{x2  3}



^{4 4 x2 3 4 x2xyyzzx4}



^{xy z}



^x



^.

Suy ra:

  

2

1 1 1 1 1

2 .

7 4 8 8 8

x x x x x x

x x y z x x y z x x y z x x y z x

   

 

            

            

Hay là: ₂ 1 7 8 .

x x x

x x y z x

 

   

    

Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta được:

2 2 2

1 3

7 7 7 8 8.

x y z x y y z z x

x y z x y y z z x

    

       

       

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y z 1.

Suy ra điều phải chứng minh.