Đề vào 10 hệ chuyên toán 22 23 tỉnh bình phước

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÌNH PHƯỚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
NĂM HỌC 2022-2023
ĐỀ THI MƠN: TỐN (CHUN)
Thời gian : 150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

P=

Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức

2x + 3 x x −1 x2 + x
+
−
x
x− x x x +x

(với

x > 0; x ≠ 1)

P

a)

Rút gọn biểu thức

b)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình
cả các giá trị của tham số

m

P

( x − 1) ( x 2 − 2 x + m ) = 0 ( 1)

để phương trình

( 1)

với m là tham số. Tìm tất

có đúng ba nghiệm phân biệt thỏa

1 1 1 1
+ + =
x1 x2 x3 3

mãn
Câu 3. (2,0 điểm)
a)

b)

Giải phương trình :

( x − 1) ( x − 3) + 6 = 4

Giải hệ phương trình

 x 2 + 4 xy + 10 x − 12 y 2 − 12 y + 9 = 0


x+5
= xy − 2 y − 2
 3y − 2 −
2


Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác
H

là trực tâm của tam giác

là hình chiếu của
AB

M

x2 − 4x + 6

ABC

ABC , M

nhọn nội tiếp đường trịn tâm O bán kính

là điểm bất kỳ trên cung nhỏ

lên các đường thẳng

BC , CA

. Đường thẳng

BC.

IJ

Gọi

I, J

R.

lần lượt

cắt đường thẳng

tại K
a)

b)

Chứng minh bốn điểm
MK ⊥ AB

Gọi

M1, M 2 , M 3

BC , CA, AB
c)

B, K , M , I

cùng thuộc một đường trịn. Từ đó suy ra

lần lượt là các điểm đối xứng của

. Chứng minh bốn điểm

Chứng minh khi điểm
M 2 M 4 ≤ 4 R.sin ∠BAC

M

M1, M 2 , M 3 , H

di động trên cung nhỏ

M

qua các đường thẳng

thẳng hàng
BC

ta ln có

. Xác định vị trí của điểm M khi dấu bằng xảy ra

Câu 5. (1,0 điểm)
a)

Giải phương trình nghiệm nguyên

x 2 − 6 y 2 + xy + 2 y − x − 7 = 0

Gọi


b)

Cho

x, y

là các số nguyên thỏa mãn
x, y

minh rằng
Câu 6. (1,0 điểm)
a)

b)

Cho
Cho

x 2 − 2021 y 2 + 2022

a, b

Chứng

là các số lẻ và nguyên tố cùng nhau

là các số thực dương thỏa mãn

a, b, c

chia hết cho

xy.

a +b = 2

là các số thực dương thỏa mãn
P=

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

. Chứng minh

a2
b2
+
≥1
b +1 a +1

ab + a + b + 1 + c = 6

2a + 1 2b + 1 2c + 2
+
+
a +1 b +1 c + 2

ĐÁP ÁN
P=

Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức
c)

P=

Rút gọn biểu thức

2x + 3 x x −1 x2 + x
+
−
x
x− x x x +x

(với

x > 0; x ≠ 1)

P

2x + 3 x x −1 x2 + x 2x + 3
+
−
=
+
x
x− x x x +x
x

(

)(
x(

) − x(

x −1 x + x +1

)

x −1

)(

)

x +1 x − x +1
x

(

)

x +1

2x + 3 x + x + 1 x − x + 1 2x + 2 x + 3
+
−
=
x
x
x
x

=

d)

P=

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

2x + 2 x + 3

3
3
=2 x+
+ 2 ≥ 2 2 x.
+2 = 2 6 +2
x
x
x

Vậy

3
Min P = 2 6 + 2 ⇔ x = (tmdk )
2

Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình
tất cả các giá trị của tham số
thỏa mãn
Ta có :

1 1 1 1
+ + =
x1 x2 x3 3

m

( x − 1) ( x 2 − 2 x + m ) = 0 ( 1)

để phương trình

( 1)

với m là tham số. Tìm

có đúng ba nghiệm phân biệt


x = 1

( x − 1) ( x 2 − 2 x + m ) = 0 ⇔ 

2
 x − 2 x + m = 0 ( *)

Để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thì

( *)

có hai nghiệm phân biệt khác 1

∆ ' = 1 − m > 0
m < 1
⇒
⇔
⇒ m <1
 f ( 1) ≠ 0
m ≠ 1

Do vai trò các nghiệm như nhau, gọi

thỏa hệ thức Vi-et :

 x1 + x2 = 2

 x1 x2 = m

x3 = 1

và phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

. Ta có :

1 1 1 1
x +x
2
2
2
+ + = ⇔ 1 2 = − ⇔ = − ⇔ m = −3(tmdk )
x1 x2 x3 3
x1 x2
3
m
3

Câu 3. (2,0 điểm)
c)

Giải phương trình :

Phương trình đã cho

Đặt

t = x2 − 4 x + 6 ≥ 0

( x − 1) ( x − 3) + 6 = 4

x2 − 4 x + 6

↔ x2 − 4x + 6 − x2 − 4x + 6 + 3 = 0

. Phương trình trở thành :

t = 1 ⇒ x 2 − 4 x + 6 = 1(vo nghiem)
t 2 − 4t + 3 = 0 ⇔ 
2
t = 3 ⇒ x − 4 x + 6 = 9 ⇔ x = 2 ± 7

Vậy

d)

x = 2± 7

Giải hệ phương trình

Ta có :

( 1) ⇔ x

2

 x 2 + 4 xy + 10 x − 12 y 2 − 12 y + 9 = 0 ( 1)


x+5
= xy − 2 y − 2 ( 2 )
 3y − 2 −
2


+ 2 ( 5 + 2 y ) x − 12 y 2 − 12 y + 9 = 0

 x = 2 y −1
2
∆ x ' = 16 ( y + 1) ⇒ 
 x = −6 y − 9(ktm)

. Với

x = 2 y −1


⇒ ( 2) ⇔ 3 y − 2 − y + 2 = 2 y2 − 3 y − 2
⇔

2 ( y − 2)

3y − 2 + y + 2

− ( y − 2 ) ( 2 y + 1) = 0

 y − 2 = 0 ⇒ y = 2; x = 3

⇔
2

− 2 y − 1 = 0  ktm do y ≥
 3 y − 2 + y + 2


Vậy

( x; y ) = ( 3; 2 )

Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác
R.

Gọi

I, J

H

đường thẳng

Ta có

ABC

là trực tâm của tam giác

lần lượt là hình chiếu của

d)

2
÷
3

AB

M

nhọn nội tiếp đường trịn tâm O bán kính

ABC , M

là điểm bất kỳ trên cung nhỏ

lên các đường thẳng

BC , CA

BC.

. Đường thẳng

Gọi
IJ

cắt

tại K

Chứng minh bốn điểm

B, K , M , I

MK ⊥ AB

∠MIC = ∠MJC = 90° ( gt ) ⇒ IJCM

cùng thuộc một đường trịn. Từ đó suy ra

là tứ giác nội tiếp


∠KIM = ∠JCM

Do đó

ABMC

Tứ giác

Từ đó suy ra

Gọi

nội tiếp nên

B, K , M , I

M1, M 2 , M 3

BC , CA, AB

Ta có :

cùng thuộc một đường trịn

lần lượt là các điểm đối xứng của

. Chứng minh bốn điểm
I, J, K

thẳng hàng nên ta có các điểm

∠AMB = ∠ACB

Từ đó ta có
Từ đó ta có
Mà ta có

, nên

∠AM 3 B + ∠AHB = 180°

∠AHM 3 = ∠ABM 3 = ∠ABM
∠AHM 2 = ∠ACM 2 = ∠ACM

∠ACM + ∠ABM = 180°

⇒ ∠AHM 3 + ∠AHM 2 = 180°

Từ đó suy ra

Vì

M1, M 2 , M 3 , H

M

qua các đường thẳng

thẳng hàng

M1, M 2 , M 3

∠AM 3 B + ∠AHB = ∠AMB + ( 180° − ∠ACB )

Mà ta có

f)

là tứ giác nội tiếp

IJ / / M 1M 2 , JK / / M 2 M 3

Và theo giả thiết
Ta có

∠KBM = ∠ACM = ∠JCM

∠KIM = ∠KBM ⇒ BIMK

Vậy bốn điểm
e)

(góc trong bằng góc ngồi tại đỉnh đối diện)

M3, H , M 2

M 2 M 4 ≤ 4 R.sin ∠BAC

. Hồn tồn tương tự, ta có

, vì tứ giác

ABMC

Mặt khác ta có

AHCM 2

M

di động trên cung nhỏ

BC

ta ln có

AC , AB

nên ta có :

cân tại A

của tam giác

AM 2 M 3 ⇒ AD

cũng là phân giác của

∠M 2 AM 3

∠M 2 AM 3 = ∠M 3 AM = ∠MAM 2 = 2∠MAB + 2∠MAC = 2∠BAC

⇒ ∠M 3 AD = ∠BAC

Trong tam giác vng
Mà

nội tiếp

. Xác định vị trí của điểm M khi dấu bằng xảy ra

AM = AM 2 = AM 3 ⇒ ∆AM 2 M 3

Kẻ đường cao

nội tiếp

nội tiếp

lần lượt là các điểm đối xứng của M qua

AD

AHBM 3

thẳng hàng

Chứng minh khi điểm

M 2; M3

nên tứ giác

thẳng hàng

M 3 AD

có

∠M 3 D = AM 3 sin ∠M 3 AD = AM sin ∠BAC

M 2 M 3 = 2M 3 D ⇒ M 2 M 3 = 2 AM .sin ∠BAC

M 2 M 3 ≤ 4 R sin ∠BAC

Vậy
Câu 5. (1,0 điểm)

x 2 − 6 y 2 + xy + 2 y − x − 7 = 0

Giải phương trình nghiệm nguyên
Phương trình đã cho :

c)

⇔ ( x − 2 y) ( x + 3y) + 2 y − x − 7 = 0

⇔ ( x − 2 y ) ( x + 3 y − 1) = 7 = ( −7 ) .(−1) = (−1).(−7) = 1.7 = 7.1
 x − 2 y = −7
7
*
⇔ y = ( ktm)
5
 x + 3 y − 1 = −1
x − 2 y = 1
7
*
⇔ y = (ktm)
5
x + 3y −1 = 7

 x − 2 y = −1
 x = −3

*
⇔
(tm)
 x + 3 y − 1 = −7
 y = −1
x − 2 y = 7
x = 5
*
⇔
 x + 3 y − 1 = 1  y = −1

Vậy các cặp số nguyên cần tìm :
x, y

Cho

d)

là các số ngun thỏa mãn

Nếu
là hai số chẵn thì
(vơ lý)

Giả sử

chia hết cho

xy.

Chứng

là các số lẻ và nguyên tố cùng nhau

x, y

Nếu

x 2 − 2021 y 2 + 2022

x, y

minh rằng

x, y

( x; y ) = ( −3;1) ; ( 5; −1)

x 2 − 2021y 2 + 2022

có 1 số chẵn , 1 số lẻ thì

( x, y ) = d ⇒ x

2

x 2 − 2021y 2 + 2022

− 2021y & xy Md
2

không chia hết cho 4 và xy chia hết cho 4
là số lẻ và

xy

là số chẵn (vô lý)

2

2022Md 2 ma` 2022 = 2.3.337 ⇒ d ∈ { 1; 2;3;337}

Từ gt suy ra
Câu 6. (1,0 điểm)
a, b

Cho

c)

là các số thực dương thỏa mãn

( a + b)
a b
+ ≥
x
y
x+ y
2

BDT

Xét

2

2

2

. Chứng minh

2

với

a y + b x ≥ 2abxy ⇔ ( ay − bx ) ≥ 0
2

a +b = 2

x, y > 0

. Biến đổi tương đương:

2

2

(luôn đúng)

( a + b ) = 1 dfcm
a2
b2
+
≥
(
)
b +1 a +1 a + b + 2
2

Khi đó
d)

Cho

a, b, c

là các số thực dương thỏa mãn

ab + a + b + 1 + c = 6

a2
b2
+
≥1
b +1 a +1


P=

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = 6−

Ta có :

1
1
2
−
−
a +1 b +1 c + 2

1
1
+
≥
a +1 b +1

Theo BĐT Cơ si ta có :
P ≤ 6−

Khi đó

2
2
−
6−c c+2

Dấu bằng xảy ra khi

2

( a + 1) ( b + 1)

=

2
6−c

. Ta có :

1
1
4
1
+
≥
=
6−c c+2 6−c+c+2 2

Vậy

2a + 1 2b + 1 2c + 2
+
+
a +1 b +1 c + 2

(do

0 < c < 6) ⇒ P ≤ 5

a + 1 = b + 1

a = b = 3
⇔
6 − c = c + 2
c = 2

a
+
1
b
+
1
+
c
=
6
(
)
(
)


Max P = 5 ⇔ a = b = 3, c = 2