Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2022 - 2023 sở GDĐT Tây Ninh

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1: (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức P = ( ) 3 2 . 2 3 3 2 2 6 6 3

  − −   − −  

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

3 6 3 2 2 6 18 3 3 2 2 12 P . 2 3 3 2 . 2 3 3 2 2 6 6 6 3 6 2 6 6 3

3 2 3 3 2 2 2 3 2 3 2 6 6 6 3 6 . 2 3 3 2 . 2 3 3 2 2 6 6 6 3 6 5 6 12 5 6 12

5 6 12 1 5 6 12

− − − − − + = − = − − − + − −

− − + − − − + = − = − = − − + − −

− = = −

Câu 2: (1,0 điểm) Cho hai đường thẳng (d1): y=(k-3)x+4 và (d2): y=(9-2k)x-5. Tìm k để (d1) song với (d2)

( ) ( ) 1 2 k 3 9 2k d / / d k 4 4 5 − = −  ⇔ ⇔ = ≠− 

Vậy k=4 thì hai đường thẳng đã cho song song với nhau. Câu 3

Ta có BO=OM=R (bán kính đường tròn (O) nêm AO=a+R. Áp dụng định lý Pytago ta có:

( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 AO AB OB a R 2a R R a 2 = + ⇔ + = + ⇔ =

Câu 4: (1,0 điểm) cho đường thẳng ( ) 28 d : y x 3 = + và parabol ( )

2 1 P : y 3 x = . Tìm tọa độ

giao điểm của (d) và (P)

a

2a

M

B

O A

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm phương trình:

2 2

1 1

2 2

1 28 x 0 x 3x 28 0 3 3 49 y x 7 3 x 4 16 y 3

x − − = ⇔ − − =

 =  =  ⇔ ⇒  = −   = 

Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị là 49 16 7; 4; 3 3 va     −        

Câu 5: (1,0 điểm) Chứng minh phương trình 2 2 5x 2y 2xy 4x 4y 5 0 + − − + + = vô nghiệm

( ) ( ) ( )

2 2

2 2 2 5x 2y 2xy 4x 4y 5 0

x y 2x 1 y 2 0

+ − − + + =

⇔ − + − + + =

Vế trái >0, đẳng thức không xảy ra nên pt vô nghiệm Câu 6: (1,0 điểm) Tìm m, n nguyên dương để phương trình ( ) 2 x 2 m n x 2m 3n 0 − − + − = Ta có

2 2

1 2

1 2

' m n 2mn 2m 3n 0 x x 2m 2n

x x 2m 3n

∆= + − − + ≥

+ = −

= −

Theo đề bài ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 x x 10 x x 2x x 10 + = ⇔ + − =

( ) ( )

( )

2

2 2 2m 2n 2 2m 3n 10

2m 2m 2n 1 2n 3n 5 0 (*)

⇔ − − − =

⇔ − + + + − =

Phương trình (*) phải cí nghiệm nguyên: Khi

11 ' 0 n 2 m,n m,n

+ +

 ∆≥ ≤   ⇔   ∈   ∈   

Suy ra n =1,2,3,4,5 với n=1,5 thì ' ∆ chính phương và m=3, 6 Vậy các cặp số thỏa mãn là (m,n)=(3;1); (6; 5) Câu 7: (1,0 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính BC, A là điểm nằm trên (O) (AB<AC, A khác B). Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABO cắt đoạn thẳng AC tại điểm thứ hai là K. Đường thẳng BK cắt (O) tại điểm thứ hai là L. Cát đường thẳng CL, OK cắt nhau tại I. Chứng minh ba điểm A, B, I thẳng hàng GIẢI Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABO Góc ABC=900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) Suy ra B, G, K, L thẳng hàng và góc BOK =900 (góc nội tiếp chắn nủa đường tròn tâm G) L

K

G

O B C

A

Do đó IO và BL là hai đường cao của tam giác IBC cắt nhau tại K

Suy ra KC là đường cao thứ ba hay BI ⊥KC mà BA ⊥KC suy ra B, A, I thẳng hàng

Câu 8: (2,0 điểm) Cho tam giác điều ABC cạnh a, đường cao AH (H thuộc BC), M là điểm bất kỳ trên cạnh BC, vẽ ME vuông góc AB tại E và MF vuông góc AC tại F. Gọi O là trung điểm của AM. a) (1,0 điểm) Tứ giác OEHF là hình gì? b) (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác OEHF theo a khi M di động trên cạnh BC. Giải

a) Ta có    0 AEM AHM AFM 90 = = = suy ra 5 điểm A, E, H, F,M cùng thuộc một đường tròn đường kính AM

Do   0 EAM FAH 30 = = suy ra   0 EOH FOH 60 = = . Vậy OEHF là hình thoi

b) OEHF 1 S EF.OH 2 =

Mà FE=OH 3 và 1 1 a 3 3 3 OH AM AH ; 2 2 4 2 2 AB a AH= = ≥ = = ;

Suy ra

2 2 2 2 2 OEHF 1 1 1 1 1 a 3 3 3a S EF.OH 3OH 3AM 3AH 3 2 2 8 8 8 2 32

  = = = ≥ = =    

GTNN

2

OEHF 3 3a S 32 = khi M trùng với H hay M là trung điểm của BC

Câu 9: (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện x 0,y 0 ≥ ≥ và 2 2 x y 1 + =

Chứng minh 3 3 2 x y 1 2 ≤ + ≤.

Giải Theo điều kiện x 0,y 0 ≥ ≥ và 2 2 x y 1 + = ; 0 x 1,0 y 1 ≤ ≤ ≤ ≤ 3 3 2 2 y x y 1 Suy ra x + ≤ + =

( ) ( ) ( )( ) ( )

2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 x y x. x y. y x y x y 2 x y Maët khaùc1= + ≤ + ≤ + + = +

( ) 3 3

3 3

1 2 suy ra x y 2 2

2 x y 1 2

Vaäy

+ ≥ =

≤ + ≤