Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh quảng nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 VÀO TRƯỜNG
THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2022-2023
Môn thi : TỐN (Chun)
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Khóa thi ngày : 14-16/2/2022

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm có 01 trang)

Câu 1. (2,0 điểm)
a)

Khơng dùng máy tính bỏ túi, hãy rút gọn biểu thức :
A=

3

507 + 13 − 48 − 25
x, y

b)

Tìm tất cả các cặp số nguyên

thỏa mãn

x3 + x 2 = y 3 + y 2

Câu 2. (1,0 điểm)
Cho parabol

(d)

đi qua điểm

( P ) : y = 2 x2

 3
A 1; ÷
 2

và đường thẳng

( d ) : y = ax + b.

và có đúng một điểm chung với

Tìm các hệ số

a; b

biết

( P)

Câu 3. (2,0 điểm)
a)

b)

Giải phương trình

3 3 − x − 2 x 3 + x − 9 − x2 + 6 x = 0

Giải hệ phương trình

2
2

 x + 4 y + 4 x + 2 y − 4 xy = 3
 2
2

4 x + y + 2 x − 4 y + 4 xy = 3

Câu 4. (2,0 điểm)
Cho tam giác nhọn
NP

ABC ( AB < AC )

nội tiếp trong đường tròn

của đường tròn (O) vng góc với

phân giác của

∠ABC

a)

Chứng minh

b)

Chứng minh

Câu 5. (2,0 điểm)

cắt AP tại I

PI = PB

∠IMB = ∠INA

BC

( O) .

Dựng đường kính

tại M (P nằm trên cung nhỏ

BC ).

Tia

Cho tam giác nhọn

ABC

điểm D bên trong tam giác

cân tại A và có tâm đường trịn ngoại tiếp là O. Lấy
ABC

sao cho

∠BDC = 2∠BAC

(AD khơng vng góc với

BC )

a)
b)

Chứng minh bốn điểm
Chứng minh

OD

B , C , D, O

cùng nằm trên một đường trịn

là đường phân giác ngồi của

Câu 6. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương
của biểu thức

và tổng

BD + CD

bằng

OD

hai lần khoảng cách từ A đến đường thẳng
x, y , z

∠BDC

thỏa mãn

xyz = 1.

Tìm giá trị lớn nhất

1
1
1
P=
+
+
2

2
2
2
4+ x + y 4+ y + z
4 + z 2 + x2

ĐÁP ÁN
Câu 1. (2,0 điểm)
c)

Khơng dùng máy tính bỏ túi, hãy rút gọn biểu thức :

(

)

13 − 48 = 13 − 4 3 = 2 3 − 1

Ta có

2

507 = 13 3

và

⇒ A = 3 13 3 + 2 3 − 1 − 25 = 3 15 3 − 26 =

3

(

3−2

x, y
d)

Tìm tất cả các cặp số ngun
Ta có :

A=

thỏa mãn

x3 + x 2 = y 3 + y 2 ⇔ ( x3 − y 3 ) + ( x 2 − y 2 ) = 0

)

3

= 3−2

x3 + x2 = y3 + y 2

3

507 + 13 − 48 − 25


x = y = a ∈ ¡

⇔ ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + x + y ) = 0 ⇔  2
2
 x + xy + y + x + y = 0 ( *)
( *) ⇔ x 2 + ( y + 1) x + y 2 + y = 0
∆ x = ( y + 1) − 4 ( y 2 + y ) = −3 y 2 − 2 y + 1 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ y ≤
2

1
⇔ y ∈ { −1;0}
3

 y = −1 ⇒ x = 0

 y = 0 ⇒ x = 0
 x = −1



Vậy nghiệm nguyên của phương trình

( x; y ) = { ( a; a ) ; ( −1;0 ) ; ( 0; −1) }

Câu 2. (1,0 điểm)
Cho parabol
biết

Vì

( d)

( P ) : y = 2 x2

đi qua điểm

( d ) : y = ax + b

 3
A 1; ÷
 2

đi qua

và đường thẳng

( d ) : y = ax + b.

và có đúng một điểm chung với

Tìm các hệ số

( P)

3
3
 3 3
A 1; ÷⇒ = a + b ⇒ b = − a ⇒ ( d ) : y = ax + − a
2
2
 2 2

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
2 x 2 = ax +

3
3
− a ⇔ 2 x 2 − ax + a − = 0 ( *)
2
2

Để (P) và (d) có đúng 1 điểm chung thì phương trình (*) có nghiệm kép
9

a=6⇒b=−

3
2

2
⇔ ∆ = 0 ⇔ ( − a ) − 4.2  a − ÷ = 0 ⇔ a 2 − 8a + 12 = 0 ⇔ 
2

a = 2 ⇒ b = − 1

2


( a; b ) ∈  2; −
Vậy



1 
9 
÷;  6; − ÷
2 
2 

Câu 3. (2,0 điểm)

a; b


c)

Giải phương trình

3 3 − x − 2 x 3 + x − 9 − x2 + 6x = 0

3 3 − x − 2x 3 + x − 9 − x2 + 6x = 0
⇔ 3 3 − x − 2x 3 + x − 3 − x. 3 + x + 6x = 0

(

)

⇔ 3 − x 3 − 3 + x − 2x
⇔

(

Vậy

d)

(

)

3+ x −3 = 0


 −2 x ≥ 0
⇔ x = −1
 3 − x = −2 x ⇔ 
2
3 − x + 2x 3 − 3 + x = 0 ⇔ 
3 − x = 4 x

 3+ x = 3⇒ 3+ x = 9 ⇔ x = 6

)(

x = −1; x = 6

)

là các nghiệm của phương trình

Giải hệ phương trình

2
2

 x + 4 y + 4 x + 2 y − 4 xy = 3
 2
2

4 x + y + 2 x − 4 y + 4 xy = 3

( x − 2 y ) 2 + 2 ( 2 x + y ) = 3
⇔
2
( 2 x + y ) + 2 ( x − 2 y ) = 3

Đặt

x − 2 y = a, 2 x + y = b

, ta có hệ

 a + 2b = 3  a − b − 2 ( a − b ) = 0
(a − b) ( a + b − 2 ) = 0
⇔ 2
⇔ 2
 2
b + 2a = 3 b + 2a = 3
b + 2a = 3
2

2

2



3



 x = 5

a = b = 1 ⇒ 


y = − 1
 a = b

5

⇔

 a = b
9

 ( b − 1) ( b + 3) = 0

 2
x=−



b
+
2
a
=
3



5
⇔
⇔
 a = 3; b = −3 ⇔ 
a = 2−b

y = 3

 


5

 b 2 + 2a = 3

3


x=

 a = 2 − b


5
⇔ a = b =1⇒ 
 2
y = − 1
 b + 2 ( 2 − b ) = 3
5




3 −1   −9 3 
; ÷,  ; ÷
5 5   5 5

( x; y ) = 
Vậy

Câu 4. (2,0 điểm)
Cho tam giác nhọn
kính
BC ).

c)

NP

ABC ( AB < AC )

nội tiếp trong đường tròn

của đường tròn (O) vng góc với

Tia phân giác của

Chứng minh
Ta có :

∠PBC =

1 »
sd PC
2

∠ABC

BC

( O) .

Dựng đường

tại M (P nằm trên cung nhỏ

cắt AP tại I

PI = PB

∠CBI =

(chắn cung PC),

1
∠ABC
2

(BI là phân giác của

∠ABC )

1 »
1
⇒ ∠PBI = ∠PBC + ∠CBI = sd PC
+ ∠ABC ( 1)
2
2
∠BAI =

1 »
sd PB
2

(góc nội tiếp chắn

» ), ∠ABI = 1 ∠ABC
PB
2

(BI là phân giác của

∠ABC )


⇒ ∠BIP = ∠BAI + ∠ABI =

Mà

NP ⊥ BC

nên P là điểm chính giữa của

Từ (1), (2),(3)
d)

NP

Vì

⇒ ∠PBI = ∠BIP ⇒ ∆BPI

Chứng minh

∠IMB = ∠INA

là đường kính của (O) nên

Xét tam giác

NBP

vng tại B có

⇒ PM .PN = PI 2 ⇒

∠IPM chung ;

Mà

1 »
1
sd PB + ∠ABC ( 2 )
2
2

PM
PI
=
PI
PN

. Xét

» ⇒ PB
» = PC
» ( 3)
BC

cân tại P

∠NBP = 90°

BM ⊥ NP

∆PMI

và

⇒ PB = PI (dfcm)

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

ta có :
∆PIN

PM .PN = PB 2

(hệ thức lượng)

có :

PM
PI
=
⇒ ∆PMI ∽ ∆PIN ⇒ ∠PMI = ∠PIN ⇒ ∠IMN = ∠NIA
PI
PN

∠IMN + ∠IMB = 90° ( BC ⊥ NP ) , ∠NIA + ∠INA = 90°

chắn nửa đường trịn)

⇒ ∠IMB = ∠INA(dfcm)

(Do

∠ANP = 90° :

góc nội tiếp

Câu 5. (2,0 điểm)
ABC

Cho tam giác nhọn

cân tại A và có tâm đường tròn ngoại tiếp là O.

Lấy điểm D bên trong tam giác
góc với

BC )

ABC

sao cho

∠BDC = 2∠BAC

(AD khơng vng


Chứng minh bốn điểm

c)

Ta có

∠BOC = 2∠BAC

B, C , D, O

cùng nằm trên một đường trịn

(góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn

» )
BC

⇒ ∠BDC = 2∠BAC ( gt ) ⇒ ∠BOC = ∠BDC

Xét tứ giác
⇒4

điểm

d)

BODC

có

B, O, D, C

∠BOC = ∠BDC ,

mà 2 góc này liền kề

cùng thuộc một đường trịn

Chứng minh

OD

là đường phân giác ngồi của

Gọi

là phân giác trong của tam giác

AO kéo dài cắt

BC

tại H

⇒ AH ⊥ BC

tứ giác

∠BDC

bằng hai lần khoảng cách từ A đến đường thẳng

DM

⇒

BODC

và tổng

OD

BDC ( M ∈ BC )

(do tam giác ABC cân tại A)

nội tiếp

BD + CD


Tứ giác
DM

nội tiếp nên

là phân giác

giác
Mà

BODC

OBC

∠BDC

∠ODB = ∠OCB
∠BDM =

nên

cân tại O, do đó

OH

1
1
∠BDC = ∠BOC = ∠HOC
2
2

(OB=OC nên tam

vừa là đường cao vừa là đường phân giác)

∠OCB + ∠HOC = 90° ( do AH ⊥ BC ) ⇒ ∠ODM = ∠ODB + ∠BDM = 90°

⇒ OD ⊥ DM ⇔ OD

+) Kéo dài
Ta có

BD

là đường phân giác ngồi của

cắt đường trịn (O) tại N. Dựng

∆BDC

AI

vng góc với

OD

»
∠BDC = ∠BOC = sd BC

∠BDC = ∠DNC + ∠DCN
∠DNC =

1 »
sd BC
2

(góc ngồi

∆DNC )

(góc nội tiếp chắn cung BC)

⇒ ∠DNC = ∠DCN =

1 »
sd BC ⇒ ∆DNC
2

cân tại D nên

DN = DC

⇒ DB + DC = DB + DN = BN

Dựng đường kính
∠BKN =

Có

BK

của đường tròn (O)

1 »
1 »
1 »
sd BN = sd BC
+ sdCN
2
2
2

1
1 »
1 »
∠AOI = ∠HOD = ∠HOC + ∠COD = ∠BOC + ∠CBD = sd BC
+ sdCN
2
2
2
⇒ ∠BKN = ∠AOI

∠AIO = 90° ( AI ⊥ OD ) , ∠BNK = 90°

⇒ ∠AIO = ∠BNK

Xét

∆AOI

và

∆BKN

có :

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

∠BKN = ∠AOI ; ∠AIO = ∠BNK

tại I

⇒ ∆AOI ∽ ∆BKN ⇒

BN BK 2 R
=
=
= 2 ⇒ BN = 2 AI ⇒ BD + CD = 2 AI (dfcm)
AI
AO R

Câu 6. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương
nhất của biểu thức

x, y , z

thỏa mãn

xyz = 1.

1
1
1
P=
+
+
2
2
2
2

4+ x + y
4+ y + z
4 + z 2 + x2

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số dương ta có :
4 + x2 + y 2 = 1 + x2 + 1 + y2 + 2 ≥ 2 x + 2 y + 2 ⇒

Tương tự

1
1
≤
2
2
4+ x + y
2 ( x + y + 1)

1
1
1
1
≤
;
≤
2
2
2
2
4+ y + z
2 ( y + z + 1) 4 + z + x

2 ( z + x + 1)

1
1
1
1 
⇒P≤ 
+
+
÷
2  x + y +1 y + z +1 z + x +1

Đổi biến

( x; y; z ) ⇒ ( a3 ; b3 ; c3 ) ⇒ abc = 1

1
1
1
1
1
1
+
+
= 3 3
+ 3 3
+ 3
x + y + 1 y + z + 1 z + x + 1 a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1

Ta có

⇒

a 3 + b 3 ≥ ab ( a + b ) ⇔ ( a − b )

2

( a + b) ≥ 0

(luôn đúng)

1
1
1
abc
c
≤
=
=
=
3
a + b + 1 ab ( a + b ) + 1 ab ( a + b ) + abc ab(a + b + c) a + b + c
3

1
a
1
b
≤
; 3
≤

3
3
b + c +1 a + b + c c + a +1 a + b + c
3

Tương tự :

1
c
a
b
 1
⇒P≤ 
+
+
÷=
2 a+b+c a+b+c a +b+c  2
1
⇒ Max P = ⇔ x = y = z = 1
2

Tìm giá trị lớn