Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Nguyễn Dương Hải (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Nguyễn Dương Hải (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN THI: TOÁN – CHUYÊN (Thời gian 150 phút không kể thời gian phát đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi 16/6/2022 Câu 1: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 2 m 1 xmm 2 2 0 với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đă cho có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 thỏa mãn 3 3 xx1 25 xx 1 2 10 m 15. Câu 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: xx2 5 3 xxx 3 2 2 . 2 2 x xy2 y 4 x 5 y 3 0 2) Giải hệ phương trình: . 2 xy 10 9 2 x 1 0 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Cho hình chữ nhật ABCD có chiều dài bằng 47cm, chiều rộng bằng 43cm. Chứng minh rằng trong số 2022 điểm bất kì nằm trong hình chữ nhật ABCD luôn tìm được hai điềm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng 2 cm. 2) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn: 5xy2 3 2 20 x 24 y 477 . Câu 4: (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 b 3 c 24 abc. Chứng minh rằng: 2b 3 c a 3 . a16 b2 1 2 b 36 c 2 1 3 c 4 a 2 1 2 Câu 5: (3,0 điểm) 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 PA, 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 tại 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. Hết trang 1
2. SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) Phương trình đă cho có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 khi: 0 2m 1 2 4 mm2 2 0 9 0 (đúng với mọi m) xx1 2 2 m 1 Theo Viét, ta có: 2 xx1 2 m m 2 3 3 3 Khi đó xx1212 5 xx 10 m 15 xx 12 3 xxxx 1212 5 xx 12 10 m 15 2m 1 3 3 mmm2 2 2 1 5 mm 2 2 10 m 15 mmm34 2 5 6 0 mmm 3 2 2 0 m 3 0 m 3, 2 2 1 7 (do mmm 2  0; m ) 2 4 Câu 2: (2,0 điểm) 1) ĐK: xxx3 2 2 0 xxx 2 2 1 0 x 2 0 x 2 . 2 2 1 3 2 (do xxx 1  0; x ). Đặt a x2; b x x 1 a 0; b 0 . 2 4 Ta có: xx2 5 3 xxx 3 2 2 2 x 2 xx 2 1 3 xxx 2 2 1 . 2 2 a b0 a b 2a b 3 ab a b 2 a b 0 2a b 0 2 a b +) abx 2 xx2 1 x 2 xx 2 1 xx 2 2 1 0 1 . Giải (1) được x1 1 2; x 2 1 2 (TMĐK). +) 2ab 22 x xx2 142 x xx 2 1 xx 2 5702 . 5 53 5 53 Giải (2) được x ; x (TMĐK). 32 4 2 5 53 5 53 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: x 1 2; x 1 2; x ; x 1 2 32 4 2 2 2 x xy2 y 4 x 5 y 3 0 1 2) Giải hệ phương trình: . (ĐK: x 1) 2 xy 10 9 2 x 1 0 2 x y 3 Ta có 1 xy 3 x 2 y 1 0 . x 2 y 1 +) xy 3 y 4 , thay vào (2) được: y31092 2 y y 310 yy2 4182 y 40 . y 2 2 2 y 4 14 0 * . Vì y 2 2 0,  yy ; 2 4 0,  y 4 . Nên * vô nghiệm. +) xy 2 1 y 1 , thay vào (2) được: trang 2
3. 21109221102y 2 y y yyy2 75 220 . yy125210 y yyy 1 12520 . y 1 TM y 1 0 2 5 . 5 2y 1 y y 1 2 y 5 2 0 y 1 2 -) Với y 1 x  2 1 1 1 TM . y 3 l 22 3 2 2 5 2y 4 yyy 24 45 27 0 yy 3 2 3 0 3 . y 1 y n 2 3 3 -) Với y  x2 1 2 TM . 2 2 3 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: x; y 1;1 , 2; . 2 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Chia hình chữ nhật ABCD thành 47.43 2021 hình vuông cạnh 1cm. Do đó tồn tại một hình vuông chứa ít nhất 2 điểm. Giả sử hai điểm đó là M, N; ta có MN 12 1 2 2 cm . 2) Ta có: 5xyxy2 3 2 20 24 477 5 x 2 2 3 y 4 2 545. Lại có x, y nguyên dương, nên x 2, y 4 nguyên và x 2 1; y 4 5 và 545 5  72 3  10 2 . x2 7 x 9 Do đó . y 4 10 y 6 Câu 4: (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 b 3 c 24 abc. Chứng minh rằng: 2b 3 c a 3 * . a16 b2 1 2 b 36 c 2 1 3 c 4 a 2 1 2 1 1 1 1 1 1 4 Đặt a ; 2 b ; 3 c xyz , , 0 xyyzzx 4. x y z xyzxyz 2b 1 xx x Ta có . 21 1 2 2 x yy z ab16 1y 4  1 y 4 yxyyzzx x y2 2b y y Tương tự: . ab162 1 z 2 4 z yz x a z z . 3ca 42 1 x 2 4 x yx z Áp dụng các bất đẳng thức: 2 A2 B 2 C 2 A B C 2AB A B A , B 0 ; X , Y , Z 0 . XY Z XYZ trang 3
4. x x x Ta có VT * . xyyz zyzx xyxz 2x 2 y 2 z . 2 xyyz zyzx xyxz 2x 2 y 2 z . x 2 yzxy 2 z 2 xyz x2 y 2 z 2 2 2 2 2 . x 2 xy xz xy y 2 yz 2 xz yz z x y z 2 2  1 . x y z 2 xy yz xz Mặt khác x2 y 2 z 2 xy yz zx (tự xử) xyz2 x2 y 2 z 2 2 xyyzzx 3 xyyzzx . 12 2 4 2 xyyzzx xyz xyz xyyzzx xyz . 3 3 2 2 xyz xyz 3 Do đó 22  2 2 . 4 2 x y z xy yz xz x y z 2 3 2b 3 c a 3 Từ 1) và 2), ta có . a16 b2 1 2 b 36 c 2 1 3 c 4 a 2 1 2 3 a 2 x y z 2 3 3 Đẳng thức xảy ra khi: x y z a2 b 3 c b . xy yz zx 4 3 2 4 3 c 6 Câu 5: (3,0 điểm) trang 4
5. 1) Tích PE.PF không đổi. Xét PAE và PFA , ta có: APE (góc chung), PEA PAF (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AF của O ) PE PA Vậy PAE PFA g. g  PE PF PA2 (không đổi) PA PF 2) AHE AHF . OA = OB (bán kính (O)), PA = PB (PA, PB là hai tiếp tuyến của (O)) Nên OP là trung trực của AB OP  AB . Xét OAP, ta có: OAP 900 (PA là tiếp tuyến của (O)), AH OP OP  AB PH PE PA2 PHPO. , lại có PA2 PFPE. cmt ; nên PHPO PFPE . PF PO PH PE Xét PHF và PEO , ta có: HPF (góc chung), cmt PF PO Vậy PHF PEO c. g .c PHF PEO a Xét OEF: OE = OF (bán kính của (O)), nên OEF cân tại O OFE PEO b . Xét tứ giác OEFH, ta có: PHF PEO cmt . Vậy tứ giác OEFH là tứ giác nội tiếp OFE OHE c . Từ a), b), c) PHF OHE . Lại có PHF AHF OHE AHE900 OP  AB AHF AHE (đpcm) 3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PDF luôn đi qua một điểm cố định. Gọi K là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác PDF với PQ, tứ giác PDFK nội tiếp PKF CDF (cùng bù với PDF ) Mặt khác tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn (O) PEQ CDF (cùng bù với CEF ) Do đó PKF PEQ . Xét PKF và PEQ , ta có: KPF (góc chung), PKF PEQ (cmt) PK PE Vậy PKF PEQ g g  PK PQ PE PF (không đổi) PF PQ PA2 Lại có PE PF PA2 PK. PQ PA 2 PK . PQ mà PA, PQ không đổi; P, Q cố định suy ra K cố định. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác PDF luôn đi qua điểm K cố định (đpcm). trang 5