Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh tây ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022-2023
Ngày thi : 08 tháng 6 năm 2022
Mơn thi : TỐN (CHUN)
Thời gian làm bài : 150 phút

3
2 
P  


. 2 3  3 2
2

6
6

3





Câu 1. (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức



d : y   k  3 x  4
d : y   9  2k  x  5.
Câu 2. (1,0 điểm) Cho hai đường thẳng  1 
và  2 

Tìm k

d
d
để  1  song song với  2 

O
Câu 3. (1,0 điểm) Cho đường tròn   và điểm A ở ngồi đường trịn. Kẻ tiếp tuyến AB
với (O) (B là tiếp điểm), gọi M là giao điểm của đoạn thẳng OA với (O).Biết
AB  2a, AM  a. Tính bán kính của đường trịn đã cho theo a

Câu 4. (1,0 điểm) Cho đường thẳng
giao điểm của  d  và  P 

 d : y  x

28
1
 P  : y  x2.
3 và parabol
3 Tìm tọa độ

2
2
Câu 5. (1,0 điểm) Chứng minh phương trình 5 x  2 y  2 xy  4 x  4 y  5  0 vô nghiệm

x 2  2  m  n  x  2m  3n  0
Câu 6. (1,0 điểm) Tìm m, n ngun dương để phương trình
có
2

2
hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  10

O
Câu 7. (1,0 điểm) Cho đường trịn   có đường kính BC , A là điểm nằm trên (O)

 AB  AC , A  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. Các đường thẳng CL, OK cắt nhau tại
I . Chứng minh ba điểm A, B, I thẳng hàng


 là điểm bất
Câu 8. (2,0 điểm) Cho tam giác đều ABC cạnh a , đường cao
kỳ trên cạnh BC , vẽ ME vng góc với AB tại E và MF vng góc với AC tại F. Gọi O là
trung điểm của đoạn thẳng AM
AH H  BC , M

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


2
2
Câu 9. (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn các điều kiện x  0, y  0 và x  y  1.

2
 x3  y 3  1

Chứng minh 2

ĐÁP ÁN

3
2 
P  

. 2 3  3 2
2 6
6 3


Câu 1. (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức





Ta có :


3
2 

P  


. 2 3  3 2   2
2


6
6

3








 6.




3
2 3





6.







3
2 3






. 2 3  3 2 
2 3 
6.


2









3.




. 2 3  3 2
2 3 

2

1
2 3







. 6.







2  3 1

Câu 2. (1,0 điểm) Cho hai đường thẳng  d1  : y   k  3 x  4 và  d 2  : y   9  2k  x  5. Tìm
k để  d1  song song với  d 2 

k  3  9  2k
k4


d // d
Để  1   2  thì 4  5

Vậy k  4 là giá trị cần tìm
Câu 3. (1,0 điểm) Cho đường trịn   và điểm A ở ngồi đường trịn. Kẻ tiếp tuyến
AB với (O) (B là tiếp điểm), gọi M là giao điểm của đoạn thẳng OA với (O).Biết
AB  2a, AM  a. Tính bán kính của đường trịn đã cho theo a
O


x x  0
Gọi 
là bán kính của (O) thì OB  x, OA  x  a
2
2
2
Do AB là tiếp tuyến nên ABO vuông tại B nên OA  AB  OB

  x  a    2a   x 2  x 
2

2

3a
2

3a
Vậy bán kính của (O) là 2

Câu 4. (1,0 điểm) Cho đường thẳng

 d : y  x

d
P
giao điểm của   và  

28
1
 P  : y  x2 .
3 và parabol
3 Tìm tọa độ

Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là :
16

x


4

y


1 2
28
3
x  x
 x 2  3x  28  0  

3
3
 x  7  y  49

3
16   49 

 4; ; 7;

3  3 
Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là 
2
2
Câu 5. (1,0 điểm) Chứng minh phương trình 5 x  2 y  2 xy  4 x  4 y  5  0 vơ nghiệm

Phương trình đã cho tương đương với phương trình:


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

2

2

x  y  0

 0   2 x  1  0  *
y  2  0



Do hệ (*) vơ nghiệm nên phương trình đã cho vô nghiệm
x 2  2  m  n  x  2m  3n  0
Câu 6. (1,0 điểm) Tìm m, n ngun dương để phương trình
có
2
2
hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  10
2
Điều kiện :  '  0   m  n    2m  n   0  *


2
 x1  x2  2  m  n 
 x12  x22  10  4  m  n   2  2m  3n   10

Ta có :  x1 x2  2m  3n

 2m 2  2  2n  1 m  2n 2  3n  5  0  **

 ** có nghiệm khi

 ' **  11  2n

là số chính phương

Do n nguyên dương nên tìm được n  1, n  5

m  3

n  1  
 m  0(ktm)


m  5
n  5  

m  6

Kiểm tra điều kiện (*) ta có các giá trị m, n là m  3, n  1; m  n  5; m  6, n  5
O
Câu 7. (1,0 điểm) Cho đường tròn   có đường kính BC , A là điểm nằm trên (O)

 AB  AC , A  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. Các đường thẳng CL, OK cắt
nhau tại I . Chứng minh ba điểm A, B, I thẳng hàng


Ta có BAC  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
BOK  90  OBAK
Suy ra BAK  90 nên
là tứ giác nội tiếp)  OI  BC

Ta lại có BLC  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra BL  CI
CK  BI  1
Do đó K là trực tâm IBC.Suy ra

CK  BA  2 

Mặt khác, BAC  90 nên

Từ (1) và (2) suy ra BA, BI cùng nằm trên một đường thẳng hay ba điểm A, B, I thẳng hàng


 là điểm
Câu 8. (2,0 điểm) Cho tam giác đều ABC cạnh a , đường cao
bất kỳ trên cạnh BC , vẽ ME vng góc với AB tại E và MF vng góc với AC tại F.
Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AM
AH H  BC , M


a) (1,0 điểm) Tứ giác OEHF là hình gì
Do AHM  AEM  AFM  90 nên các điểm A, E , H , M , F nằm trên đường trịn đường
OE  OF 

AM
R
2
(với R là bán kính đường trịn

kính AM mà O là trung điểm AM nên
đường kính AM). Suy ra OE  OF  EH  EF  R
Vậy tứ giác OEHF là hình thoi
b) (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác OEHF theo a khi M di
động trên cạnh BC
Ta có EHF  180  EAF  120 suy ra EF là cạnh tam giác đều nội tiếp
1
1
SOEHF  OH .EF  R 2 3

2
2
Do đó

Khi đó SOEHF nhỏ nhất khi R nhỏ nhất
Mà

R

1
1
a 3
AM  AH 
2
2
2 (dấu bằng xảy ra khi M  H )
2

Suy ra

SOEHF

1a 3
 

2 4 


3

3a 2 3
3a 2 3
; SOEHF 
M H
32
32


3a 2 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác OEHF bằng 32
2
2
Câu 9. (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn các điều kiện x  0, y  0 và x  y  1.

2
 x3  y 3  1
2
Chứng minh
3
2
 x  0; y  0
0  x  1  x  x


 2
0  y  1  y 3  y 2
x  y2  1


Ta có :

 x  0; y  1

 x3  y 3  x 2  y 2  1. (Đẳng thức xảy ra khi  x  1; y  0
2
2
2
2
2
2
2
Mà  x  y   x  y  2 xy  x  y  x  y  2  x  y  2

 x  y   x3  y 3   x 4  y 4  xy  x 2  y 2   x 4  y 4  2 x 2 y 2   x 2  y 2 
Khi đó
 x3  y 3 

2
2
xy
2 . Đẳng thức xảy ra khi
2

2

1