Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2022 – 2023 sở GD&ĐT Bình Phước

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC
NĂM HỌC: 2022 – 2023
ĐỀ THI MÔN: TOÁN (CHUYÊN ) ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
(Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 07/06/2022 2
Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức
2x + 3 x x −1 x + x P = + −
với x > 0, x ≠ 1. x x − x x x + x a) Rút gọn biểu thức . P
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . P
Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình (x − )( 2
1 x − 2x + m) = 0 ( )
1 với m là tham số. Tìm tất cả các
giá trị của tham số m để phương trình ( )
1 có đúng ba nghiệm phân biệt thỏa mãn 1 1 1 1 + + = . x x x 3 1 2 3 Câu 3. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: (x − )(x − ) 2 1
3 + 6 = 4 x − 4x + 6 . 2 2
x + 4xy +10x −12y −12y + 9 = 0
b) Giải hệ phương trình:  + . x 5  3y − 2 −
= xy − 2y − 2  2
Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R . Gọi H là trực
tâm của tam giác ABC , M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC . Gọi I, J lần lượt là hình chiếu của
M lên các đường thẳng BC,C .
A Đường thẳng IJ cắt đường thẳng AB tại K .
a) Chứng minh bốn điểm B, K,M , I cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra MK ⊥ A . B
b) Gọi M1,M2,M3 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng BC,C , A . AB
Chứng minh bốn điểm M1,M2,M3 và H thẳng hàng.
c) Chứng minh khi điểm M di động trên cung nhỏ BC ta luôn có ≤  M2M3 4 . R sin BAC.
Xác định vị trí của điểm M khi dấu bằng xảy ra. Câu 5. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2
x − 6y + xy + 2y − x − 7 = 0.
b) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2 2
x − 2021y + 2022 chia hết cho xy . Chứng minh rằng
x, y là các số lẻ và nguyên tố cùng nhau. Câu 6. (1,0 điểm)
a) Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn a + b = 2. 2 2 a b Chứng minh: + ≥ 1. b +1 a +1
b) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab + a + b +1 + c = 6 . + + +
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2a 1 2b 1 2c 2 P = + + . a +1 b +1 c + 2
………HẾT………
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2022 - 2023
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC Bài thi: TOÁN
(Đáp án – thang điểm gồm có 07 trang)
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu 1. (2 điểm) 2 Cho biểu thức
2x + 3 x x −1 x + x P = + −
với x > 0; x ≠ 1 x x − x x x + x Rút gọn biểu thức 2
2x + 3 x x −1 x + x P = + − x x − x x x + x ( x − ) 1 (x + x + )1 x ( x + ) 1 (x − x x + + )1 2 3 = + − x x ( x − ) 1 x( x + ) 1 0.5
2x + 3 x + x +1 x − x +1 0.25 = + − x x x 2x + 2 x + 3 0.25 = . x
Tìm giá trị nhỏ nhất của P 3 3 0.25 P = 2 x + + 2 ≥ 2 2 x. + 2 x x = 2 6 + 2 0.25
Vậy GTNN của P = 2 6 + 2 0.25 3 3
khi và chỉ khi 2 x =
⇔ x = (thỏa mãn điều kiện) x 2 0.25 Câu 2. (1.5 điểm) Nội dung Điểm
Cho phương trình (x − )( 2
1 x − 2x + m) = 0 ( )
1 với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của
tham số m để phương trình ( )
1 có đúng ba nghiệm phân biệt thỏa mãn 1 1 1 1 + + = . x x x 3 1 2 3 1 Ta có: ( − ) x = x 1 ( 1 2
x − 2x + m) = 0 ⇔  2
x − 2x + m = 0 0.25  (*) Để phương trình ( )
1 có ba nghiệm phân biệt x , x , x thì phương trình (*) phải có 1 2 3
hai nghiệm phân biệt khác 1. 0.25 ∆' = 1− m > 0  m < 1  ⇔  ⇔ < 0.25 f  ( ) ≠  ( f (x) 2
= x − x + m) m 1 1 0 2 m ≠ 1
Do vai trò các nghiệm như nhau, gọi 0.25 3
x =1 và phương trình (*) có hai nghiệm x + x = 2 phân biệt 1 x , 2
x thỏa mãn hệ thức viet 1 2  1 x 2 x =  m
Từ yêu cầu bài toán: 1 1 1 1 + +
= thì phương trình (*) phải có nghiệm khác 0 x x x 3 1 2 3 0.125 hay m ≠ 0 1 1 1 1 x + x 2 2 2 1 2 + + = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ m = 3
− thỏa mãn điều kiện. 0.375 x x x 3 x x 3 m 3 1 2 3 1 2 Câu 3. (2 điểm) Nội dung Điểm
a) Giải phương trình: (x − )(x − ) 2 1
3 + 6 = 4 x − 4x + 6 . Phương trình đã cho 2 2
⇔ x − 4x + 6 − 4 x − 4x + 6 + 3 = 0 0.25 Đặt 2
t = x − 4x + 6 ≥ 0  = 0.25 Phương trình trở thành: t 1 2
t − 4t + 3 = 0 ⇔  t = 3  0.25 Với x = 2 + 7 2 2
t = 3 ⇒ x − 4x + 6 = 3 ⇔ x − 4x − 3 = 0 ⇔  x = 2 − 7 Với 2 2
t =1⇒ x − 4x + 6 =1 ⇔ x − 4x + 5 = 0(vn) . 0.25
b) Giải hệ phương trình: 2 2
x + 4xy +10x −12y −12y + 9 = 0   + . x 5  3y − 2 −
= xy − 2y − 2  2 2 x ≥ 5 − ĐK:  2 y ≥   3 Ta có ( ) 2 ⇔ x + ( + y) 2 1
2 5 2 x −12y −12y + 9 = 0 0.125 ' ∆x =16( y + )2 1 ≥ 0 x = 2y −1 ⇒  x = 6 − y − 9 0.125 * Với x = 6 − y − 9 ≤ 13 − loại. 0.125
* Với x = 2y −1 thay vào phương trình (2) ta được: 2 0.25
3y − 2 − y + 2 = 2y − 3y − 2 2( y − 2) ⇔
− ( y − 2)(2y + ) 1 = 0 3y − 2 + y + 2  y = 2  ⇔ 2 0.125  − (2y + ) 1 = 0 (**)
 3y − 2 + y +  2
+ Với y = 2 ⇒ x = 3(thỏa mãn điều kiện). 0.125 + Xét phương trình (**): 0.125 2 = 2y +1 (**) 3y − 2 + y + 2 Vì 2 y ≥ nên: 2 2
3y − 2 + y + 2 ≥ + 2 > 2 ⇒ < 2 3 3 3y − 2 + y + 2 Mà 4 2y +1 > +1 > 2 3
Vậy phương trình (**) vô nghiệm.
Kết luận: hệ có nghiệm duy nhất ( ; x y) = (3;2). Câu 4. (2.5 điểm) Nội dung Điểm
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R . Gọi H là trực tâm của
tam giác ABC , M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC . Gọi I, J lần lượt là hình chiếu của
M lên các đường thẳng BC,C .
A Đường thẳng IJ cắt đường thẳng AB tại K .
a) Chứng minh bốn điểm B, K,M , I cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra MK ⊥ A . B
b) Gọi M1,M2,M3 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng 3 BC,C ,
A AB . Chứng minh bốn điểm M1,M2,M3 và H cùng thuộc một đường
thẳng. Chứng minh khi điểm M di động trên cung nhỏ BC ta luôn có ≤  M2M3 4 .
R sin BAC. Xác định vị trí của điểm M khi dấu bằng xảy ra. a) a) Ta có:  =  0
MIC MJC = 90 (gt) nên tứ giác IJCM nội tiếp 0.125 Do đó:  = 
KIM JCM ( trong bằng ngoài đỉnh đối) 0.125
Tứ giác ABMC nội tiếp nên  =  =  KBM ACM JCM 0.25 Từ đó suy ra  = 
KIM KBM ⇒ BIMK nội tiếp.
Vậy bốn điểm B, K,M , I cùng thuộc một đường tròn. 0.25 Do  0 = ⇒  0 BIM 90
BKM = 90 ⇒ MK ⊥ AB (đpcm) 0.25
Lưu ý: khi học sinh vẽ điểm M sao cho J nằm ngoài AC, K nằm trong AB vẫn đạt điểm tối đa.
b) Ta có IJ //M1M2,JK //M2M3. 0.125
và theo giả thiết có I, J, K thẳng hàng nên ta có các điểm M1,M2,M3 thẳng hàng. 0.125 4 ta có  +  =  0 + −  AM 3 B
AHB AMB (180 ACB) 0.25 mà ta có:  = 
AMB ACB , nên  +  0
AM3B AHB =180 nên nên tứ giác AHBM3 nội tiếp
từ đó ta có  =  = 
AHM3 ABM3 ABM 0.125
hoàn toàn tương tự ta có: AHCM2 nội tiếp
từ đó ta có  =  =  AHM 0.125 2 ACM2 ACM Mà ta có:  +  0
ACM ABM =180 , vì ABMC nội tiếp 0.125  +  0 AHM 3 AHM2 =180 0.125
Từ đó suy ra M3,H,M2 thẳng hàng C)
Vì M2,M3 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AC, AB nên ta có AM = AM
2 = AM3 hay tam giác AM 2M3 cân tại A . 0.125
Kẻ đường cao AD của tam giác AM2M3 suy ra AD cũng là phân giác của  M2AM3
Mặt khác ta có  =  +  =  +  =  M 2 AM3
M3AM MAM2 2MAB 2MAC 2BAC 0.125 suy ra  = 
M3AD BAC
Trong tam giác vuông M 3 AD có =  = 
M3D AM3 sin M3AD AM.sin BAC . 0.125 Mà M ⇒ = 
2M3 = 2M3D
M2M3 2AM.sin BAC Vậy ≤  M 2M3 4 . R sin BAC 0.125 Vì 
sin BAC cố định nên M2M3 lớn nhất khi AM lớn nhất tức là AM là đường kính.
Câu 5. (1 điểm) Nội dung Điểm
a) Giải phương nghiệm nguyên 2 2
x − 6y + xy + 2y − x − 7 = 0.
Phương trình đã cho ⇔ (x − 2y)(x + 3y) + 2y − x − 7 = 0 0.125
⇔ (x − 2y)(x + 3y − ) 1 = 7 0.125
Từ đó suy ra x − 2y là ước của 7 , tập các giá trị ước của 7 là { 7 − ; 1; − 1; } 7 .Ta có các trường hợp sau. x − 2y = 7 − x − 2y = 7 − *  ⇔  (vn)
x + 3y −1 = 1 − 5  y = 7 5 x − 2y = 1 − x − 2y = 1 − x = 3 − *  ⇔  ⇔ (nhận) 0.125 x 3y 1 7 5  y 5  + − = − = − y = 1 − x − 2y = 1 x − 2y = 1 *  ⇔  (vn)
x + 3y −1 = 7 5  y = 7 x − 2y = 7 x − 2y = 7 x = 5 *  ⇔  ⇔  .
x + 3y −1 = 1 5  y = 5 − y = 1 −
Vậy các cặp nguyên (x, y)thỏa mãn phương trình là ( 3 − ;− ) 1 ,(5;− ) 1 . 0.125
b) Cho x, y nguyên và thỏa mãn 2 2
x − 2021y + 2022 chia hết cho xy . Chứng minh rằng
x, y là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau.
*Nếu x, y là hai số chẵn thì 2 2
x − 2021y + 2022 không chia hết cho 4 và xy chia 0.125 hết cho 4 (vô lý).
Nếu x, y có một số chẵn, một số lẻ thì 2 2
x − 2021y + 2022 là số lẻ và xy là số chẵn (vô lý).
Vậy x, y là các số lẻ. 0.125
*Giả sử (x, y) = d suy ra 2 2
x − 2021y và xy chia hết cho 2 d . 0.125
Từ giả thiết suy ra 2022 chia hết cho 2 d .
Lại do 2022 = 2.3.337 nên d ∈{1,2,3, } 337 . Nếu d 0.125
> 1 thì 2022 chia hết cho hoặc 2 4,9,337 (vô lý). Câu 6. (1 điểm) Nội dung Điểm 2 2
a) Cho các số thực dương a,b thỏa mãn a + b = 2. Chứng minh rằng: a b + ≥ 1. b +1 a +1 a b ( + )2 2 2 a b 0.25 * Xét BĐT + ≥
với x, y > 0 . x y x + y
Biến đổi tương đương 2 2 2 2
a y + b x ≥ 2abxy ⇔ (ay − bx)2 ≥ 0(đúng) a b (a + b)2 2 2 0.25 *Khi đó + ≥
= 1(điều phải chứng minh).
b +1 a +1 a + b + 2
a) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab + a + b +1 + c = 6 . + + +
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2a 1 2b 1 2c 2 P = + + . a +1 b +1 c + 2 Ta có 1 1 2 P = 6 − − − .
a +1 b +1 c + 2 0.125 6 Theo BĐT Cauchy ta có 1 1 2 2 + ≥ = a +1 b +1
(a + )1(b + )1 6 − c Khi đó 2 2 P ≤ 6 − − . 6 − c c + 2 0.125 Ta có 1 1 4 1 + ≥
= (do 0 < c < 6 ). Suy ra P ≤ 5.
6 − c c + 2 6 − c + c + 2 2  a +1 = b +1   = = 0.125 Dấu bằng xảy ra khi a b 3
6 − c = c + 2 ⇒  .  c = 2
(a + )1(b + )1 + c =  6  0.125
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 5 đạt được khi a = b = 3,c = 2.
Chú ý: Mọi lời giải đúng đều được điểm tối đa của câu hỏi đó. 7
Document Outline

• FILE_20220607_214540_THANH-DECHINH
• FILE_20220607_214617_THANH-DA CHINHTHUC