Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2022-2023 sở GD&ĐT Hà Nam có đáp án

5 câu · Đề thi Toán vào lớp 10

Đề tự luận: mỗi câu có đáp án tham khảo của đề gốc để bạn tự đối chiếu bài làm (không tính điểm).

Câu 1

Câu tự luận

Cho biểu thức:

$A = (\frac{x - 2}{x + 3} + \frac{x - 3}{2 - x} - \frac{9 - x}{x + x - 6}) : \frac{1}{x + 2 x - 3} (x \geq 0; x \neq = 1; x \neq = 4) .$

1. Rút gọn biểu thức A.

2. Tìm tất cả các giá trị của $x$ để $A > - 2$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1. $A = \frac{( x - 2 ) ^{2} - ( x - 3 ) ( x + 3 ) - 9 + x}{( x + 3 ) ( x - 2 )} : \frac{1}{( x + 3 ) ( x - 1 )}$

$= \frac{( x - 2 ) ^{2} - ( x - 9 ) - 9 + x}{( x + 3 ) ( x - 2 )} : \frac{1}{( x + 3 ) ( x - 1 )}$

$= \frac{( x - 2 ) ^{2}}{( x + 3 ) ( x - 2 )} : \frac{1}{( x + 3 ) ( x - 1 )}$

$= \frac{x - 2}{x + 3} . (x + 3) . (x - 1)$

$= (x - 2) (x - 1) = x - 3 x + 2$

2. $A = x - 3 x + 2 > - 2$ $(\forall x \geq 0; x \neq = 4; x \neq = 1) .$

$\Leftrightarrow x - 3 x + 4 > 0 \Leftrightarrow (x - \frac{3}{2})^{2} + \frac{7}{4} > 0 (\forall x \geq 0; x \neq = 4; x \neq = 1) .$

Vậy $A > - 2$ với $\forall x \geq 0; x \neq = 4; x \neq = 1$

Câu 2

Câu tự luận

1. Cho đường thẳng $(d)$ có phương trình $y = (m - 2) x + 2 m - 1$ (với $m$ là tham số) và điểm $A (- 1; 2)$ . Tìm tất cả các giá trị của $m$ để khoảng cách từ điểm $A$ đến đường thẳng $(d)$ đạt giá trị lớn nhất.

2. Giải hệ phương trình: ${(x - y - 1) . (x^{2} + y^{2} + 1) = x^{2} + y^{2} - x + y + 3 x + 6 + y + 3 = - x^{2} + 2 x + 8$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1.Gọi $M (x_{0}; y_{0})$ là điểm cố định nằm trên đường thẳng $d$

$\Leftrightarrow y_{0} = (m - 2) x_{0} + 2 m - 1$ có nghiệm với $\forall m$

$\Leftrightarrow m (x_{0} + 2) - 2 x_{0} - y_{0} - 1 = 0 (\forall m) \Leftrightarrow {x_{0} + 2 = 0 - 2 x_{0} - y_{0} - 1 = 0 \Leftrightarrow {x_{0} = - 2 y_{0} = 3 \Rightarrow M (- 2; 3)$

Gọi $H$ là hình chiếu của A trên $d \Rightarrow A H \leq A M$

Khoảng cách $A H$ lớn nhất là $A M$ khi $H \equiv M \Leftrightarrow A M ⊥ d$

Phương trình đường thẳng $A M : y = - x + 1$

$A M ⊥ d \Leftrightarrow (m - 2) . (- 1) = - 1 \Leftrightarrow m = 3.$

2.ĐK: ${x \geq - 6 y \geq - 3$

$(x - y - 1) . (x^{2} + y^{2} + 1) = x^{2} + y^{2} - x + y + 3 \Leftrightarrow (x - y - 2) . (x^{2} + y^{2} + 2) = 0 \Leftrightarrow x - y - 2 = 0 (x^{2} + y^{2} + 2 > 0 \forall x, y)$

Thay $y = x - 2$ vào phương trình $(2)$

$x + 6 + x + 1 = - x^{2} + 2 x + 8, (x \geq - 1)$

$\Leftrightarrow x + 6 - 3 + x + 1 - 2 + x^{2} - 2 x - 3 = 0 \Leftrightarrow \frac{x - 3}{x + 6 + 3} + \frac{x - 3}{x + 1 + 2} + (x - 3) (x + 1) = 0$

$\Leftrightarrow (x - 3) (\frac{1}{x + 6 + 3} + \frac{1}{x + 1 + 2} + x + 1) = 0 \Leftrightarrow x = 3 (do \frac{1}{x + 6 + 3} + \frac{1}{x + 1 + 2} + x + 1 > 0, \forall x \geq - 1) x = 3 \Rightarrow y = 1.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm $(x; y) = (3; 1)$

Câu 3

Câu tự luận

Cho tam giác $A B C$ $(A B < A C)$ có các góc nhọn nội tiếp đường tròn $(O; R)$ . Các đường cao $A K, B E, C F$ của tam giác $A B C$ cắt nhau tại $H$ và cắt đường tròn $(O; R)$ tại các điểm lần lượt là $M, N, P$ ( $M$ khác $A$ , $N$ khác $B$ , $P$ khác $C$ ).

1. Chứng minh $E F // P N .$ 

2. Chứng minh diện tích tứ giác $AEOF$ bằng $\frac{E F . R}{2} .$

3. Tính giá trị của biểu thức $\frac{A M}{A K} + \frac{B N}{B E} + \frac{C P}{C F} .$

4. Gọi $S$ và $Q$ là chân đường vuông góc kẻ từ điểm $K$ đến các cạnh $A B, A C$ . Đường thẳng $QS$ cắt $B C$ tại $G$ , đường thẳng $G A$ cắt đường tròn $(O; R)$ tại điểm $J$

( $J$ khác $A$ ). Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $B C QS$ . Chứng minh ba điểm $I, K, J$ thẳng hàng.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

A B C

( {AB < AC} có các góc nhọn nội tiếp đường tròn (ảnh 1)">

1. $B E C = B F C = 9 0^{0} \Rightarrow$ tứ giác $B C E F$ nội tiếp đường tròn đường kính $B C$

$\Rightarrow C B E = C F E$ ( góc nội tiếp cùng chắn cung )

Mà $C B E = C P N$ ( góc nội tiếp cùng chắn cung )

$\Rightarrow C F E = C P N \Rightarrow E F // P N$

2. $A B N = A C P$ (cùng phụ với $B A C$ )

$\Rightarrow A N = A P$

$O N = O P = R$

$\Rightarrow A, O$ nằm trên đường trung trực của $P N$

$\Rightarrow A O ⊥ P N$

Mà $E F // P N \Rightarrow A O ⊥ E F \Rightarrow S_{A E O F} = \frac{E F . R}{2}$

3. $B A M = B C M$ ( góc nội tiếp cùng chắn cung )

$B A M = B C F$ (cùng phụ với $A B C$ )

$\Rightarrow B C F = B C M$

$Δ M C H$ có $C K$ vừa là đường phân giác vừa là đường cao

$\Rightarrow$ $Δ M C H$ cân tại $C \Rightarrow K$ là trung điểm của $M H$

$\frac{A M}{A K} + \frac{B N}{B E} + \frac{C P}{C F} = \frac{A K + K M}{A K} + \frac{B E + E N}{B E} + \frac{C F + F P}{C F} = 3 + \frac{K M}{A K} + \frac{E N}{B E} + \frac{F P}{C F} .$

$\frac{K M}{A K} = \frac{K H}{A K} = \frac{S _{Δ B H C}}{S _{Δ A B C}}$

Chứng minh tương tự: $\frac{E N}{B E} = \frac{S _{Δ A H C}}{S _{Δ A B C}}; \frac{F P}{C F} = \frac{S _{Δ A H B}}{S _{Δ A B C}}$

$\frac{A M}{A K} + \frac{B N}{B E} + \frac{C P}{C F} = 3 + \frac{S _{Δ B H C} + S _{Δ A H C} + S _{Δ A H B}}{S _{Δ A B C}} = 3 + 1 = 4.$

A B C

( {AB < AC} có các góc nhọn nội tiếp đường tròn (ảnh 1)">

4. $A S K + A Q K = 9 0^{\circ} + 9 0^{\circ} = 18 0^{\circ}$ nên $AS K Q$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow A S Q = A K Q$

$A K Q = B C Q$ (cùng phụ với $C K Q$ )

Do đó $A S Q = B C Q$

Suy ra $B S QC$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow GB S = GQC$

Vì $A S K Q$ là tứ giác nội tiếp nên: $GQ K = B A K$

Mà $B A K = G K S$ (cùng phụ với $S B K$ ) nên $GQ K = G K S$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow G K^{2} = GB . GC$

$\Rightarrow G K^{2} = G J . G A \Rightarrow \frac{G K}{G A} = \frac{G J}{G K}$

⇒ $Δ G K J ∽ Δ G A K \Rightarrow \hat{G J K} = \hat{G K A} = 90 °$

⇒ AJ ⊥ JK

$J K$ cắt $(O)$ tại $D$ ( $D$ khác $K$ ) thì $A D$ là đường kính của $(O)$ .

Gọi $I$ là trung điểm $K D$ , $L$ là trung điểm $QC$ .

Khi đó $O I$ là đường trung bình của $Δ A K D \Rightarrow O I // A K \Rightarrow O I ⊥ B C$

Mà $O B = O C$ nên $O I$ là trung trực $B C$ (3)

Vì $K Q // D C$ (cùng vuông góc $A C$ ) nên $K QC D$ là hình thang.

⇒ $I L$ là đường trung bình của hình thang $K QC D$

⇒ $I L // K Q \Rightarrow I L ⊥ QC$

⇒ $I L$ là trung trực của $QC$ (4)

Từ (3) và (4) ⇒ $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $B S QC$

Vậy $I, K, J$ thẳng hàng.

Câu 4

Câu tự luận

Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x; y)$ thỏa mãn:

$x^{4} - 6 x^{3} + 18 x^{2} - y^{2} - 32 x + 4 y + 20 = 0.$

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

$x^{4} - 6 x^{3} + 18 x^{2} - y^{2} - 32 x + 4 y + 20 = 0 \Leftrightarrow x^{4} - 6 x^{3} + 18 x^{2} - 32 x + 24 = y^{2} - 4 y + 4 \Leftrightarrow (x - 2)^{2} (x^{2} - 2 x + 6) = (y - 2)^{2}$

Với $y = 2 \Rightarrow x = 2$

Với $y \neq = 2$ ta có (y – 2)2 và (x – 2)2 là số chính phương khác 0 nên $x^{2} - 2 x + 6$ là số chính phương.

Đặt $x^{2} - 2 x + 6 = m^{2}$ $(m \in N^{*})$

$(x - 1)^{2} + 5 = m^{2} \Leftrightarrow (x - 1 - m) (x - 1 + m) = - 5$

$\Leftrightarrow {x - 1 + m = 5 x - 1 - m = - 1 {x - 1 + m = 1 x - 1 - m = - 5 (x - 1 + m > x - 1 - m) < = > {x = 3 m = 3 {x = - 1 m = 3$

· x = 3 ⇒ (y – 2)2 = 9 ⇒ y = 5 hoặc y = –1

· x = –1 ⇒ (y – 2)2 = 81 ⇒ y = 11 hoặc y = –7

Vậy các bộ (x; y) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là (2; 2), (3; 5), (3; –1), (–1; 11),(– 1; – 7).

Câu 5

Câu tự luận

Cho ba số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $a^{2} + b^{2} + c^{2} + ab - 2 b c - 2 c a = 0$ .

Chứng minh: $\frac{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}}{a ^{2} + b ^{2}} + \frac{c ^{2}}{( a + b - c ) ^{2}} + \frac{ab}{a + b} \geq 3$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

$\frac{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}}{a ^{2} + b ^{2}} + \frac{c ^{2}}{( a + b - c ) ^{2}} + \frac{ab}{a + b} \geq 3$ $\Leftrightarrow \frac{c ^{2}}{a ^{2} + b ^{2}} + \frac{c ^{2}}{( a + b - c ) ^{2}} + \frac{ab}{a + b} \geq 2$

Đặt $x = \frac{a}{c}$ , $y = \frac{b}{c}$ (x, y >0)

$a^{2} + b^{2} + c^{2} + ab - 2 b c - 2 c a = 0$

$\Leftrightarrow x^{2} + y^{2} + 1 + x y - 2 x - 2 y = 0 \Leftrightarrow (x + y - 1)^{2} = x y$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si: $x y \leq \frac{( x + y ) ^{2}}{4}$

Do đó:

$(x + y - 1)^{2} \leq \frac{( x + y ) ^{2}}{4} \Rightarrow [3 (x + y) - 2] . [2 - (x + y)] \geq 0 \Leftrightarrow \frac{2}{3} \leq x + y \leq 2$

$P = \frac{c ^{2}}{a ^{2} + b ^{2}} + \frac{c ^{2}}{( a + b - c ) ^{2}} + \frac{ab}{a + b}$

$= \frac{1}{x ^{2} + y ^{2}} + \frac{1}{( x + y - 1 ) ^{2}} + \frac{x y}{x + y} = \frac{1}{x ^{2} + y ^{2}} + \frac{1}{x y} + \frac{x y}{x + y} = (\frac{1}{x ^{2} + y ^{2}} + \frac{1}{2 x y}) + (\frac{1}{2 x y} + \frac{x y}{x + y}) \geq \frac{4}{( x + y ) ^{2}} + 2 \frac{1}{2 ( x + y ) x y}$

$P \geq \frac{4}{2 ^{2}} + 2 \frac{1}{2.2} = 2$

Dấu bằng xảy ra khi x = y =1 $\Leftrightarrow$ a = b = c.