Đề thi vào lớp 10 môn Toán trường THPT chuyên Lam Sơn Thanh Hóa năm 2023 có lời giải chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM HỌC: 2022 – 2023

MÔN: TOÁN

(Dành cho tất cả các thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề thi có 01 trang) Ngày thi: 1/6/2022

Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức ^{1 2 3} : ¹ 1

1 1 1 2 1

P x

x x x x x

 

 

          với x0 và x1.

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìm tất cả các giả trị của x để P2.

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Cho hai điểm M N, thuộc đồ thị hàm số ^{1 2}

y 2x và có hoành độ lần lượt là x_M  2, x_N 1. Xác định ,

a b để đường thẳng  ^{d :yaxb} đi qua hai điểm M N, . b) Giải hệ phương trình:

2 3

1 4 5

4 5 .

1 4 23

x y

x y

   

  

  

  



Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình x²2m2xm²2m 4 0 với m là tham số.

a) Giải phương trình khi m2.

b) Tìm m để phương trình có nghiệm phân x₁, x₂ thỏa mãn x₁  x₂ 6.

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn

 

^{O . Gọi} M N, lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và AC. Đường thẳng MN cắt cung nhỏ BC của đường tròn

 

^{O tại P.}

a) Chứng minh rằng tứ giác OMCN nội tiếp.

b) Gọi D là điểm bất kỳ trên ^{AB D}



^{A D,} ^B



^. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BPD cắt cạnh BC tại điểm I khác B K; là giao điểm của hai đường thẳng DI và AC. Chứng minh rằng PK PB PC PD .

c) Gọi G là giao điểm khác P của AP với đường tròn ngoại tiếp tam giác BPD, đường thẳng IG cắt AB tại .

E Chứng minh rằng D di chuyển trên cạnh AB thì tỉ số ^AD

AE không đổi.

Câu 5. (1,0 điểm) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a  b c abc. Chứng minh rằng:

2 2 2

3.

1 1 1 2

b c a

a b b c c a

  

  

---HẾT--- Truy cập web để cập nhật tài liệu nhanh nhất: https://thuvientoan.net/

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức ^{1 2 3} : ¹ 1

1 1 1 2 1

P x

x x x x x

 

 

          với x0 và x1.

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìm tất cả các giả trị của x để P2.

Lời giải a) Ta có:

 

    

    

2 2

1 2 1 3 1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 2

1 .

1 1 1

x x x

P x x

x x x x

x x x

x x x

     

 

       

     

 

 

    

     

  

Vậy 2

1. P  x



b) Ta có: 2 1

2 2 1 0 0.

1 1 1

P x

x x x

        

  

Vì x0 và x1 nên bất phương trình tương đương x   1 0 x 1.

Vậy x1 là tất cả các giá trị cần tìm.

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Cho hai điểm M N, thuộc đồ thị hàm số ^{1 2}

y 2x và có hoành độ lần lượt là x_M  2, x_N 1. Xác định ,

a b để đường thẳng  ^{d :yaxb} đi qua hai điểm M N, . b) Giải hệ phương trình:

2 3

1 4 5

4 5 .

1 4 23

x y

x y

   

  

  

  



Lời giải a) Từ giả thiết suy ra:  2; 2 , 1; ¹ .

M   N  2

Vì đường thẳng  d đi qua hai điểm M N, nên ta có hệ phương trình:

2 2 1

2 . 1

a b

    a

 

  

 

 

    

b) Điều kiện: ¹. 4 x y

  

 

 Đặt ¹

a 1

 x

 và ¹ b 4

 y

 với a0,b0.

Hệ phương trình trở thành: ^{2 3 5 2}.

4 5 23 3

a b a

a b b

     

 

 

 

    

 

 

Khi đó ta có:

1 2 1

1 2

1 13

4 3 3

x x y y

 

 

    

 

  

 

 

 

   

 

  



(thỏa điều kiện)

Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất  ;  ^{1 13}; . x y   2 3

Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình x²2m2xm²2m 4 0 với m là tham số.

a) Giải phương trình khi m2.

b) Tìm m để phương trình có nghiệm phân x₁, x₂ thỏa mãn x₁  x₂ 6.

Lời giải

a) Khi m2, phương trình trở thành: ² 8 12 0  2 6 0 ². 6

x x x x x

x

 

       

 

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x2; x6.

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ^{ } ^m2^2



^m22m4



^{2m 0 m0.}

Theo định lý Viete, ta có:  

 

1 2

1 2

2 2

1 2 1 2

2 4

2 2

1 3.

2 4

x x m

x x m

x x m x x m m

       

 

 

 

       

 

 

Suy ra: x x_{1 2}0. Mà m0 nên x₁x₂ 2m 4 0. Do đó: ¹

2

0. 0 x x

 

 

Khi đó ta có: ^{1 2 1}

1 2 2

2 4 5

6 1.

x x m x m

x x x m

      

 

 

 

     

 

  Vì x x₁, ₂0 nên m1.

Suy ra:



⁵



¹



^{2 2 4 2 9 0 9}

m m m  m  m   m 2 (thỏa mãn).

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn

 

^{O . Gọi} M N, lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và AC. Đường thẳng MN cắt cung nhỏ BC của đường tròn

 

^{O tại P.}

a) Chứng minh rằng tứ giác OMCN nội tiếp.

b) Gọi D là điểm bất kỳ trên AB D



A D, B



. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BPD cắt cạnh BC tại điểm I khác B K; là giao điểm của hai đường thẳng DI và AC. Chứng minh rằng PK PB PC PD .

c) Gọi G là giao điểm khác P của AP với đường tròn ngoại tiếp tam giác BPD, đường thẳng IG cắt AB tại .

E Chứng minh rằng D di chuyển trên cạnh AB thì tỉ số ^AD

AE không đổi.

Lời giải

a) Ta có OM vuông với BC tại M nên OMC90 .⁰ Ta có ON vuông với AC tại N nên ONC90 .⁰

Suy ra tứ giác OMCN nội tiếp đường tròn đường kính OC.

b) Vì tứ giác ABPC và DBPI nội tiếp nên ta có PCK DBP PIK. Suy ra tứ giác PICK nội tiếp. Suy ra PKD PCI  PCB.

Xét hai tam giác PBC và PDK có PDK PBC.

PKD PCB

  

  



Do đó PBC~PDK.

E G

K I

P M

N O

C A

B

J D

c) Vì G nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPD nên PGI PBI PBC PAC. Suy ra GIAC. Do đó AD KD.

AE  KI

Trên cạnh BC lấy điểm J sao cho KPI  CPJ. Mà KPI 180⁰ICK180⁰BCK BCA. Suy ra điểm J cố định.

Mặt khác lại có ~ KI PK.

PKI PCJ

CJ PC

   

Lại có ~ PK KD.

PKD PCB

PC CB

   

Do đó: KI KD KD CB.

CJ  CB  KI CJ Dẫn đến ^{AD CB}

AE CJ không đổi B C J, , cố định.

Suy ra điều phải chứng minh.

Câu 5. (1,0 điểm) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a  b c abc. Chứng minh rằng:

2 2 2

3.

1 1 1 2

b c a

a b b c c a

  

  

Lời giải

Ta có: 1 1 1

1.

a b c abc

ab bc ca

      

Đặt 1 1 1

, ,

x y z

a b c

   với x y z, , 0. Ta có: xyyzzx1 và

2 2 2 2 2 2

2 2 2

1 1 1

.

1 1 1

1 1 1 1 1 1

1 1 1

b c a a b c x y z

a b b c c a y z x

b c a

       

        

Mặt khác:

  

2 2

2 .

1 2

x x x x

x y z

x y y z

y y xy yz zx

  

 

 

   

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

2 2 2

2 2 2

2 2 2 .

1 1 1

x y z x y z

x y z x y z x y z

y z x

    

     

  

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta được:

 

 

 

 

 

   

2 2 2

2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

3

2 3

2. 3

x y z x y z

x y z x y z x y z x xy zx xy y yz zx yz z

x y z x y z

x y z xy yz zx x y z xy yz zx

x y z x y z x y z

    

           

   

 

         

   

    

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b c 3.

Ta có điều phải chứng minh.