Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT năm học 2022-2023 môn Toán (Chuyên) - Sở giáo dục khoa học và công nghệ Bạc Liêu (Có đáp án)
Câu 4: (4 điểm) Cho đường tròn tâm O có đường kính MN = 2R . Vẽ đường kính AB của đường tròn
(O)(A khác M và A khác N) . Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại N cắt các đường thẳng MA, MB lần
lượt tại các điểm I, K .
a) Chứng minh tứ giác ABKI nội tiếp.
b) Khi đường kính AB quay quanh tâm O thoả mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính AB
để tứ giác ABKI có diện tích nhỏ nhất.
Câu 5: (4 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB , điểm C thuộc nửa đường tròn (C khác A
và B) . Gọi I là điểm chính giữa cung AC, E là giao điểm của AI và BC . Gọi K là giao điểm của
AC và BI .
a) Chứng minh rằng EK ⊥ AB .
b) Gọi F là điểm đối xứng với K qua I . Chứng minh AF là tiếp tuyến của (O).
c) Nếu
sin 6
BAC = 3 . Gọi H là giao điểm của EK và AB . Chứng minh KH (KH + 2HE) = 2HE ⋅ KE .
7 trang
31/03/2023
3400
File đính kèm:
- de_thi_tuyen_sinh_lop_10_thpt_nam_hoc_2022_2023_mon_toan_chu.pdf
Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT năm học 2022-2023 môn Toán (Chuyên) - Sở giáo dục khoa học và công nghệ Bạc Liêu (Có đáp án)
- HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: a) Ta có S= nn( 432 +5 n + 5 n −− 56 n ) 22 2 =n( n −1)( n ++ 65) nn( − 1) =nn( 22 −1)( n ++ 56 n ) . =−++nn( 112)( n)( n)( n + 3) =−++(n1) nn( 123)( n)( n +) Ta thấy S là tích của 5 số nguyên liên tiếp và 120= 3.8.5 +) Trong 5 số nguyên liên tiếp có một số chia hết cho 3 nên tích cũng chia hết cho 3 . +) Trong 5 số nguyên liên tiếp sẽ có 2 số chãñ liên tiếp có dạng 22k + với k ∈ . Do đó tích của chúng có dạng 41kk( + ) mà kk( +⇒1) 2 4 kk( + 1) :8 +) Trong 5 số nguyên liên tiếp sẽ có một số chia hết cho 5 nên tích của chúng cũng chia hết cho 5 . Vậy S chia hết cho 120 . b) (2xyxy+)( −+) 3( 2 xy +−) 5( xy −=) 22 . ⇔(2xyxy +)( −+ 35) −( xy −+ 3) = 7⇔(2xy +− 5)( xy −+ 37) =Vì 7= 1.7 = 7.1 =−( 1) ⋅−( 7) =−( 7) ⋅−( 1) nên ta có 4 trường hợp xảy ra 10 x = 2xy+−= 51 3 1: ⇔ (loại) xy−+=37 2 y = − 3 10 x = 2xy+−= 57 3 TH2: ⇔ . (loại) xy−+=3 1 16 y = 3 2xy+−=− 51 x =− 2 TH3: ⇔ xy−+=−37y = 8 2xy+−=− 57 x =− 2 TH4: ⇔ xy−+=−31y = 2 Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là (−2;8) và (−2; 2) Câu 2: aa( −1) 3aa+− 5 ( a 1) 2 a) P =+⋅ −− −− 4 a (aa11)( ) ( aa 11)( )
- 2221 (ab++ bc ca)29 + ≥ abc222 111 ⇔2(ab222 ++ bc ca) + + + ≥9. ab222 bc ca Mặt khác sử dụng bất đẳng thức Cô-si bộ ba số, ta có 11 ab2++ ab 2 ≥333 ab22 ⋅⋅ ab = a ab22ab 11 bc2++ bc 2 ≥333 bcbc22 ⋅⋅ = b. bc22bc 11 ca2++ ca 2 ≥333 caca22 ⋅⋅ = c ca22ca 111 Cộng ba bất đẳng thức trên lại vế theo vế, ta được 2(ab222+ bc + ca) + + + ≥3(a ++ b c) =9. ab222 bc ca Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc= = =1. Câu 4: a) Ta có MBA = MNA (cùng chắn cung MA ) Mà MNA = MIN (cùng phụ với góc AMN ) Suy ra MBA = MIN . Mà MBA += ABK 180 (hai góc kề bù) Nên MIN += ABK 180 suy ra tứ giác ABKI nội tiếp vì có tồng hai góc đối bằng 180 . b) Ta có AMB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét tam giác vuông MIK có MN là đường cao Suy ra MN2 = NK ⋅ NI . Ta có 2SSSABKI= 2 MIK − 2 MAB =⋅−⋅=⋅+22R IK MA MB R( IN NK) −⋅ MA MB Áp dụng bất đẳng thức cô-si ta có
- 66 2 Và 2HE⋅= KE 2 + 1 HK ⋅ HK =( 3 + 6) HK . 22 Suy ra KH( KH+=⋅22 HE) HE KE . Ghi chú : Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhung đúng thì vẫn cho đủ số điểm tùng phần nhu hướng dẫn quy định. Hết
