Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh gia lai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH GIA LAI

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN
NĂM HỌC : 2022-2023
Mơn: TỐN (CHUN)
Thời gian làm bài : 150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,0 điểm)
a)
b)

P : y  3x2
d : y  2x  8
Xác định tọa độ giao điểm của parabol  
và đường thẳng  

Cho
B

A

1
1
1
1


 .... 

1 3
3 5
5 7
2021  2023

2023  2 2022
. 2  5  6  20
4

Và
Khơng sử dụng máy tính cầm tay, hãy chứng tỏ A  B
Câu 2. (2,0 điểm)
2 3 4
x
P x
3 là một nghiệm và
a) Tìm một đa thức bậc ba   với hệ số nguyên nhận
P  1  6
b) Tìm nghiệm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn :

x 2 y 2  2 x 2 y  3x 2  4 xy  4 x  2 y 2  4 y  1  0

Câu 3. (2,0 điểm)
a)

Giải phương trình x  4 x  3  1  x  4 x  3  1  x  11

b)

8 xy  x  14 y  4  0

 2 2
2
Giải hệ phương trình 8 x y  7 xy  20 y  2  0

O
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn   , kẻ ba đường cao AD, BE , CF


 . Gọi P là điểm đối xứng với M qua
cắt nhau tại H, lấy điểm M trên cung nhỏ
AB
a) Chứng minh : APB  ACB và tứ giác AHBP nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh : H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác FDE
BC M  B, C

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

T

AD BE CF


HD HE HF

1 1 1
   3.
Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z
Chứng minh rằng :
2
2

2
x  y  z  2 xyz  1


ĐÁP ÁN
Câu 1. (2,0 điểm)

P  : y  3x 2
d : y  2x  8

c)
Xác định tọa độ giao điểm của parabol
và đường thẳng  
Ta có phương trình hồnh độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng  d  là :
 x  2  y  12
3x  2 x  8  3x  2 x  8  0  
 x   4  y  16
3
3

4 16
 2;12  ,   ; 
 3 3
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là
1
1
1
1
A



 .... 
1 3
3 5
5 7
2021  2023
d)
Cho
2

2

B

2023  2 2022
. 2  5  6  20
4

Và
Khơng sử dụng máy tính cầm tay, hãy chứng tỏ A  B
1

Ta có :

n  n2
A

Do đó,
Mặt khác ,
B





n2 n
n2  n



n2  n





n2  n
, n  ¥ *
2

3 1
5 3
7 5
2023  2021
2023  1


 ..... 

2

2
2
2
2

2022  2 2022  1
. 2  5  5  2 5 1
4
2

 2022  1 
 

 . 2 5 
2





2023  2022 nên ta có :

Vì
Câu 2. (2,0 điểm)



5 1

2



2022  1
2022  1
. 2  5  5 1 
2
2

2023  1
2022  1

2
2
hay A  B

2 3 4
x
P x
3 là một nghiệm và
c) Tìm một đa thức bậc ba   với hệ số nguyên nhận
P  1  6

Ta có

x

2 3 4
3
 3x  2  3 4   3 x  2   4  27 x 3  18 x 2  12 x  12  0

3

P  x   k  27 x 3  18 x 2  12 x  12 
Nên đa thức bậc ba P  x  thỏa đề có dạng
với k là hằng số

Vì

P  1  6

nên 3k  6  k  2


Vậy đa thức cần tìm là P( x )  54 x  36 x  24 x  24
d) Tìm nghiệm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn :
3

2

x 2 y 2  2 x 2 y  3x 2  4 xy  4 x  2 y 2  4 y  1  0
2 2
2
2
2
Ta có : x y  2 x y  3x  4 xy  4 x  2 y  4 y  1  0

  x 2 y 2  2 x 2 y  x 2    2 x 2  4 xy  2 y 2   4 x  4 y  1  0
  xy  x   2  x  y   4  x  y   2  3
2

2

  xy  x   2  x  y  1  3
2

2

Vì
các số nguyên nên  xy  x  và  x  y  1 là các số tự nhiên
2

 xy  x  2  1
2
2
  x  y  1   1

 xy  x   2  x  y  1  3  
2
2
x

y

1

1

 x 2   y  1  2 x  y  1  1

Do đó,

 x  y  1  1
 x( y  1)  1
 2
 2
2
2
 x   y  1  1 hoặc  x   y  1  3
2

x, y là

2

Cả hai trường hợp đều không thỏa mãn
Vậy , không tồn tai các số nguyên x,y thỏa mãn đề bài
Câu 3. (2,0 điểm)
c)

Giải phương trình

x  4 x  3  1  x  4 x  3  1  x  11

Điều kiện : x  3
Với điều kiện đó, ta có x  4 x  3  1  x  4 x  3  1  x  11
 x  3  4 x  3  4  x  3  4 x  3  4  x  11




x3  2



2





x 3 2



2

 x  11\ 

x 3  2 

Nếu x  11 thì x  11  0, ktm phương trình
Nếu x  11 thì x  3  2  0 ta có :
x3 2 

x  3  2  x  11  2 x  3  x  11

 x  7( ktm)
 x 2  26 x  133  0  
 x  19(tm)

x  3  2  x  11

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  19

d)

8 xy  x  14 y  4  0
 2 2
2
Giải hệ phương trình 8 x y  7 xy  20 y  2  0

Nếu y  0 thì khơng thỏa mãn hệ
Nếu y  0 thì hệ tương đương với :
 
1 x
x
4

4  2 x    14  0  1
8
x


14


0


y y

y
y

 



2
1 x
8 x 2  7 x  20  2  0
 

2  2 x  y   y  20  0  2 
y
y2

 
1

2 x   1

y


1
1
2  2 x    4 2 x   6  0  
1
y
y




2 x  y  3

Trừ (2) cho (1) vế theo vế ta được
2

Th1: 2 x 

1
1
 1   2 x  1
y
y

Thay vào (1), ta có:

Th2:

2x 

4  x  2 x  1  14  0  2 x 2  x  18  0  x 

1
1
 3   2 x  3
y
y

x  2
12  x  2 x  3  14  2 x  3 x  2  0  
x   1

2
Thay vào (1), ta có
2

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm :
 1  145 145   1  145
145 
 1 1
;
;
;

;  2; 1 ;   ; 







2
145  
2
145 
 2 4


1  145
2



O
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn   , kẻ ba đường cao

AD, BE , CF cắt nhau tại H, lấy điểm M trên cung nhỏ BC  M  B, C  . Gọi P là điểm đối

xứng với M qua AB

a) Chứng minh : APB  ACB và tứ giác AHBP nội tiếp đường tròn

P đối xứng với M qua AB nên APB  APM  MPB  AMP  PMB  AMB  1

AMB  ACB  2 
Do AMB và ACB là các góc nội tiếp cùng chắn cung AB nên

Từ (1) và (2) suy ra APB  ACB  3
Tứ giác DHCE có HDC  HEC  90 (vì AD, BE là các đường cao của ABC ) nên

ECD  EHD  180 . Suy ra ACB  AHB  180  4 
Từ (3) và (4) suy ra APB  AHB  180 . Do đó, tứ giác AHBP nội tiếp một đường tròn
b) Chứng minh : H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác FDE
Dễ thấy HFAE , AEDB, DBFH là các tứ giác nội tiếp nên HFE  HAE  HBD  HFD

Suy ra HF là đường phân giác của tam giác FDE
Tương tự, HD cũng là đường phân giác của tam giác FDE

Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác FDE


c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

T

AD BE CF


HD HE HF

1
AD.BC S
AD 2
x y z

 ABC 
HD 1 HD.BC S HBC
x
S

x
,
S

y
,
S


z
.
HBC
HCA
HAB
2
Đặt
Ta có :
BE x  y  z CF x  y  z

;

HE
y
HF
z
Tương tự ta cũng có :
. Suy ra :
x y y z z x
x yz x yz x yz


 3          
x
y
z
 y x  z y x z
 3  2  2  2  9( BDT Co  si )
x y
y  x


 AD  3HD
y z

   x  y  z   BE  3HE  H
z y
CF  3HF

z x
 
Đẳng thức xảy ra khi  x z
là trọng tâm ABC
Mà H cũng là trực tâm ABC nên lúc đó ABC là tam giác đều
1 1 1
   3.
x
,
y
,
z
x
y z
Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực dương
thỏa mãn
Chứng minh rằng :
T

x 2  y 2  z 2  2 xyz  1
2
2

2
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức AM  GM : ta có: x  y  2 xy; y  z  2 yz; z  x  2 zx

 x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx
1 1 1
   3  xy  yz  zx  3xyz
x 2  y 2  z 2  2 xyz  xyz  1
x
y z
Ta có :
. Do đó

Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức AM – GM cho ba số không âm a, b, c :
a  b  c  3 abc
3

1 1 1
1 1 1
   3 3 . .  xyz  1 2 
x y z
x y z

Áp dụng bất đẳng thức này, ta có
2
2
2
Từ (1) và (2) suy ra x  y  z  2 xyz  1 . Đẳng thức xảy ra khi x  y  z  1