Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2022 – 2023 sở GD&ĐT Đắk Lắk
Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi chính thức kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 Trung học Phổ thông môn Toán (chuyên) năm học 2022 – 2023 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Đắk Lắk; kỳ thi được diễn ra vào thứ Năm ngày 16 tháng 06 năm 2022. Mời các bạn đón xem!
Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024
Môn: Môn Toán
Thông tin:
Tác giả:
Tài liệu liên quan:
Preview text:
Câu 1. Cho phương trình 2 x − ( m − ) 2 2
1 x + m − m − 2 = 0 với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của
m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x ; x thỏa mãn 3 3
x + x − 5x x =10m +15. 1 2 1 2 1 2 Giải
∆ = ( m − )2 − ( 2 m − m − ) 2 2 2 1 4
2 = 4m − 4m +1− 4m + 4m + 8 = 9 > 0
Suy ra phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x = m +1; x = m − 2 . 1 2
Có x + x − 5x x =10m +15 ⇔ (m + )3 1 + (m − 2)3 3 3
− 5 m +1 m − 2 −10m −15 = 0 1 2 1 2 ( )( ) 3 2 3 2 2 3 2
⇔ m + 3m + 3m +1+ m − 6m +12m −8 − 5m +10 −10m −15 = 0 ⇔ m − 4m + 5m − 6 = 0 3 2 2 2
⇔ m − 3m − m + 3m + 2m − 6 = 0 ⇔ m (m − 3) − m(m − 3) + 2(m − 3) = 0 ⇔ (m − )( 2
3 m − m + 2) = 0 ⇔ m = 3 . Vậy m = 3 . Câu 2. 1) Giải phương trình: 2 3 2
x + x + 5 = 3 x + x − x + 2 . 2 2
x − xy − 2y + 4x − 5y + 3 = 0 ( ) 1
2) Giải hệ phương trình: . 2
x −10y + 9 + 2 x −1 = 0 (2) Giải
1) Phương trình đã cho tương đương với:
( 2x − x+ )+ (x+ ) = (x+ )( 2 1 2 2 3 2 x − x + )
1 . Điều kiện: x ≥ 2 − Đặt 2
u = x − x +1, v = x + 2; u,v ≥ 0 . u = v
Phương trình trở thành: 2 2 2 2
u + 2v = 3uv ⇔ u − 3uv + 2v = 0 ⇔ (u − v)(u − 2v) = 0 ⇔ u = 2v
Với u = v thì 2 2
x − x +1 = x + 2 ⇔ x − 2x −1 = 0 ⇔ x =1± 2
Với u = 2v thì 2 x x (x ) 2 5 53 1 4 2 x 5x 7 0 x ± − + = + ⇔ − − = ⇔ = . 2
2) Điều kiện: x ≥1
y = −x − 3 ( ) 1
(x y 3)(x 2y ) 1 0 ⇔ + + − + = ⇔ 1 1 y = x + 2 2
Với y = −x − 3 , thế vào (2) ta được: 2
x +10x + 39 + 2 x −1 = 0 ⇔ (x + )2
5 +14 + 2 x −1 = 0: vô nghiệm. Với 1 1
y = x + , thế vào (2) ta được: 2
x − 5x + 4 + 2 x −1 = 0 2 2
⇔ x − x + = x −
x − ⇔ (x − ) = ( x − − )2 2 2 4 4 2 1 2 1 1
x − 2 = x −1 −1
x −1 = x −1 (3) ⇔ ⇔
x − 2 =1− x −1
x −1 = 3− x (4) x −1 = 0
x =1 (t / m) (3) ⇔ ⇔ . x −1 =1 x = 2 (t / m) ( ) 3− x ≥ 0 x ≤ 3 4 ⇔ ⇔
⇔ x = 2 (t / m) 2 2
x −1 = x − 6x + 9
x − 7x +10 = 0
Với x =1 thì y =1 Với x = 2 thì 3 y = 2 x = 2 x = 1
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ; 3 . y = 1 y = 2 Câu 3.
1) Cho hình chữ nhật ABCD có chiều dài bằng 47cm , chiều rộng bằng. Chứng minh rằng trong
trong số 2022 điểm bất kì nằm trong hình chữ nhật ABCD luôn tìm được hai điểm mà khoảng
cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng 2 cm .
1) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn 2 2
5x + 3y = 20x − 24y + 477 . Giải
1) Chia hình chữ nhật ABCD thành 2021 hình vuông nhỏ có cạnh bằng 1cm .
Khi lấy 2022 điểm bất kì trong hình chữ nhật ABCD thì chúng thuộc 2021 hình vuông nhỏ trên.
Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại 2 điểm thuộc cùng một hình vuông nhỏ.
Khi đó khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn đường chéo hình vuông nhỏ là 2 cm . 2) 2 2 2 2
5x + 3y = 20x − 24y + 477 ⇔ 5x − 20x + 20 + 3y + 24y + 48 = 545
⇔ (x − )2 + ( y + )2 5 2 3 4 = 545 Do (x − )2 5
2 và 545 cùng chia hết cho 5 nên ( y + )2 3 4 chia hết cho 5.
Mà (3,5) =1 nên ( y + )2 3
4 5 hay ( y + 4)5 Có ( y + )2 ≤ ⇒ ( y + )2 545 3 4 545 4 ≤ ⇒ y + 4 ≤13 3
Từ đó y =1 hoặc y = 6.
Với y =1 thì (x − )2 2 = 94: loại
Với y = 6 thì (x − )2 2 = 49 ⇒ x = 9 Vậy cặp ( ;
x y) cần tìm là (9;6) . Câu 4.
Cho ba số thực dương a, ,
b c thỏa mãn a + 2b + 3c = 24abc . Chứng minh rằng: 2b 3c a 3 + + ≥ . 2 2 2
a 16b +1 2b 36c +1 3c 4a +1 2 Giải Có 1 1 1
a + 2b + 3c = 24abc ⇔ + + = 4 .
2ab 6bc 3ca Đặt 1 1 1 x = , y = , z =
. Khi đó xy + yz + zx = 4. a 2b 3c
Bất đẳng thức trở thành: x y z 3 P = + + ≥ . 2 2 2 y + 4 z + 4 x + 4 2 Có: 2 2
y + 4 = y + xy + yz + zx = (x + y)( y + z) 2 2
z + 4 = z + xy + yz + zx = ( y + z)(z + x) 2 2
x + 4 = x + xy + yz + zx = (z + x)(x + y) x y z ⇒ P = + +
(x + y)( y + z)
( y + z)(z + x)
(z + x)(x + y)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: 2x 2y 2z P ≥ + +
x + 2y + z x + y + 2z 2x + y + z 2 2 2 2x 2y 2z P ≥ + + 2 2 2
x + 2yx + zx xy + y + 2zy 2xz + yz + z
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức:
2(x + y + z)2 P ≥
(x + y + z)2 + xy + yz + zx
(x + y + z)2
2(x + y + z)2 3
Lại có xy + yz + zx ≤ ⇒ P ≥ = . 3 2 ( + +
x + y + z) x y z 2 2 ( ) + 3 Câu 5. Cho đường tròn ( ;
O R) và hai điểm P, Q nằm ngoài (O) sao cho góc POQ vuông, PQ không
cắt (O). Kẻ hai tiếp tuyến P ,
A PB với đường tròn (O) ( ,
A B là hai tiếp điểm; tia PA nằm giữa
hai tia PQ và PO ). Hai cát tuyến PDC, QEC thay đổi của (O) cùng đi qua C ( D nằm giữa
P và C ; E nằm giữa Q và C ). Tia PE cắt đường tròn tịa điểm thứ hai F ( F ≠ E ). H là giao
điểm của AB và OP . Chứng minh rằng:
1) Tích PE.PF không đổi. 2) = AHE AHF .
3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PDF luôn đi qua một điểm cố định. Giải 1) Có = PAF PEA P ∆ AF PA PF P
∆ EA(g.g) 2 ⇒ =
⇒ PE.PF = PA PE PA OA ∆
P vuông tại A 2 2 2 2 2
⇒ PA = OP − OA = OP − R 2 2
⇒ PE.PF = OP − R : không đổi. 2) OA ∆
P vuông tại A , AH là đường cao 2
⇒ PA = PH.PO .
Do đó PE.PF = PH.PO ⇒ P ∆ HF P ∆ EO ( . c g.c) ⇒ =
PHF PEO ⇒ OHFE là tứ giác nội tiếp ⇒ = = =
PHF OEF OFE OHE . Mà AH ⊥ OP nên = AHE AHF . 3)
Gọi Q' là giao điểm của PQ và đường tròn ngoại tiếp QE ∆ F P ∆ FQ′ P ∆ QE (g g) 2 2
. ⇒ PQ .′PQ = PE.PF = OP − R 2 2 OP − R ⇒ PQ′ =
: không đổi ⇒ Q′ cố định. PQ P ∆ FD P
∆ CE (g.g) ⇒ PC.PD = PE.PF
⇒ PC PD = PQ PQ′ ⇒ P ∆ Q D ′ P
∆ CQ (c g c) ⇒ ′ = . . . . PQ D C Mà = PFD C nên = PFD PQ D
′ ⇒ PDFQ′ là tứ giác nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp P ∆ DF
luôn đi qua điểm Q′ cố định.
----- THCS.TOANMATH.com -----
Document Outline
- de-tuyen-sinh-lop-10-mon-toan-chuyen-nam-2022-2023-so-gddt-dak-lak
- Chuyên nguyễn Du Đaklak_2022-2023