de tuyen sinh lop 10 mon toan chuyen nam 2022 2023 so gddt hung yen

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

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

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

:

A

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

( ; )

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

2 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x4 2x3x216y212x16y 4 0

Câu III (2,0 điểm).

1 Giải phương trình

1.

2 Giải hệ phương trình  3 3 2 4 1

2 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 4xy2yz3xz24 Tìm giá trị lớn

2

P

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

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I.

a)

:

A

=

:

x x



=

1 ( 1)

=

2

x x



b)

2

A

x



2 3

4( ) 2

x





Vậy A=3 khi x = 4

Câu II.

1) Hoành độ giao điểm của (P) và (d)

x  m x m 

Ta có  (m1)2 4(m 5)

2

(m 1) 20 0

Nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B

Theo hệ thức vi-et

1 2

1 2

1

x x m





 

 (*)  x2 x 5m x(  1)

Xét x  không phải là nghiệm của phương trình 1

5 1

x

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

Từ (1) ta có

m Z khi

5 1

x



1

x

 



 



  Suy ra m3;m5









Vậy m3;m thỏa yêu cầu bài toán 5

2) x4 2x3x216y212x16y 4 0

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

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

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

Vì y z  4y  2 0 x1

Vì x y z,  nên (x 1)2 và (4y 2)2 là số chính phương khác 0 nên (x2 4x8) cũng là

số chính phương

Đặt x2 4x  8 m (m N *)

(x 2) 4 m

(x 2) m 4

(*)

(x 2 m x)( 2 m) 4

Do x 2  m x  2 m

Nên













 x 2 (4y2)2 4

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

Câu III.

1)

1

ĐK: 1 x 3

3x 2 3 x x 1

3x 2 x 1 3 x

(loại) (loại) (n)

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

(*)  9x2 24x16 4( x1)(3 x)

9x 24x 16 4x 16x 12

2

13 40 28 0 2( )

14 ( ) 13









 

 vậy nghiệm của phương trình: x 2

2)

2 1

xy x y





2 1

 

  



2 1 (2)

x y xy

 

  



 1  (x y ) 3  3x y2  3xy2  3xy  1 0

2

x y x y xy x y

1 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



    



Với :

x y  xy x y     x  y  xy x y 

0

1 0

x y

y

 





      

  

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

Câu IV.

a)

- xét tứ giác BFEC có :

BEC CFB  900

 tứ giác BFECnội tiếp ( 2 góc cùng nhìn một cạnh bằng nhau)

- xét KEFvà KBEcó :

K là góc chung

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

KEF

  đồng 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)và (2) suy ra KE KF. KI KA.

KE KA

KI KF

Mà 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

 90 0

IHA

Mà : NIA 900 ( 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)

Suy ra M I H, , thẳng hàng

2)

 

3

4

.20 3

4

.4 20.4

3

1216

3

cm





Câu V:

Ta có: 4 2 3 24 6 12 8 1

xy yz xz

2 3 3 4 2 4

x y y z x z

2

P

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

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

Ta có :

a b a c a b a c

p

1

2 2

9

4

P

P

P

     

Dấu " "  xảy ra khi và chỉ khi

2

2

2 2

b c a c











ab bc ac    b b  b   b   b

















