Tiêu đề 10. ( CHUYÊN ) CẦN THƠ.Image.Marked.pdf ✅

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CẦN THƠ NĂM HỌC: 2023 – 2024 Môn: TOÁN (chuyên) Khoá thi ngày: 07/6/2023 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức 10 2 6 4 : 1 1 2 1 x x Q x x x x x x x                với x  0; x  1. a) Rút gọn biểu thức Q . b) Đặt P  Q. x  x 1. Chứng minh rằng P 1 Câu 2. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho parabol   1 2 : 2 P y  x và đường thẳng d : y  m  2 x  m  2 . Tìm tất cả giá trị của tham số m sao cho đường thẳng d  cắt parabol P tại hai điểm phân biệt A x1 ; y1  và B x2 ; y2  cùng nằm bên phải trục tung Câu 3. (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực: a) 2 x 1  2x  3x 1 b) 2 2 2 2 3 0 2 2 0 x y xy x y x x y             Câu 4. (3,0 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y thỏa mãn:     2 2 x  20y  65  2x 1 y  2y 30  x . b) Hưởng ứng phong trào Xanh hóa trường học, lớp 9 A và lớp 9 B được nhà trường giao chỉ tiêu trồng 80 cây xanh xung quanh sân vườn của trường. Nếu lớp 9 A trồng trong 2 giờ và lớp 9B trồng trong 1 giờ thì được 25 cây. Nếu lớp 9A trồng trong 1 giờ và lớp 9B trồng trong 2 giờ thì được 23 cây. Hỏi nếu cả hai lớp cùng trồng với nhau thì sau bao lâu hoàn thành chỉ tiêu được giao? Biết rằng, mỗi giờ số cây trồng được của mỗi lớp là không đổi Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và AC . Dựng bên ngoài tam giác ABC các tam giác đều ANI và BMK . Gọi điểm D là hình chiếu vuông góc của điểm A lên cạnh BC , điểm E là trung điểm của đoạn thẳng IK . a) Chứng minh tứ giác AKBD nội tiếp. b) Chứng minh điểm E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IKD . c) Tính số đo của NEM Câu 6. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng: 3 4 3 6 x z y z x y z z x x y         ---------------------------------@Hết@---------------------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức: 2 9 3 2 1 5 6 2 3 x x x P x x x x           với x  0 và x  4, x  9. a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm tất cả số nguyên x sao cho P nhận giá trị là số nguyên Lời Giải a) Với x  0 và x  4, x  9, ta có: 2 9 3 2 1 5 6 2 3 x x x P x x x x                       3 3 2 1 2 2 9 2 3 2 3 x x x x x x x x x                   2 9 9 2 3 2 2 3 2 3 x x x x x x x x               2 9 9 2 3 2 2 3 x x x x x x             2 2 3 x x x x             2 1 1 2 3 3 x x x x x x         b) 1 3 4 4 1 3 3 3 x x P x x x           Để P nhận giá trị là số nguyên thì 4 x  3 phải nhận giá trị là số nguyên   4 4; 2; 1;1;2;4 x 3        4 4 3 1 4 3 x x x          (loại)  4 1 3 4 49 3 x x x         4 2 3 2 1 3 x x x           4 2 3 2 25 3 x x x         4 1 3 4 1 3 x x x           (loại)  4 4 3 1 16 3 x x x        Vậy x1;16;25;49} thì P nhận giá trị là số nguyên
Câu 2: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng d : y  2mx  4m  5 ( m là tham số) và parabol   2 P : y  x . Tìm tất cả giá trị của m để d  cắt P tại hai điểm phân biệt A, B sao cho ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O . Lời Giải Ta có phương trình hoành độ giao điểm của P và d : 2 x  2mx  4m  5 2  x  2mx  4m  5  0   2 Δ  4m 16m  20  0 m Phương trình có hai nghiệm phân biệt:     2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 16 20 4 5 4 5 2 2 4 16 20 4 5 4 5 2 A A B B m m m x m m m y m m m m m m x m m m y m m m                                 ΔAOB vuông tại O 2 2 2  OA  OB  AB (Định lý Pythagoras)     2 2 2 2 2 2 A A B B A B A B  x  y  x  y  x  x  y  y 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A A B B A A B B A A B B  x  y  x  y  x  x x  x  y  y y  y 0 A B A B  x x  y y         2 2 2 2 2 2  m  m  4m  5 m  m  4m  5  m  m  4m  5 m  m  4m  5  0       2 2 2 2 4 5 4 5 0 4 5 4 5 1 m m m m m m m m m m m m                     Giải 1 :    2 2 m  m  4m  5 m  m  4m  5  0   2 2  m  m 4m5  0  4m  5  0 5 4  m  (loại vì khi 5 4 m  thì sẽ nhận được 0 B x  và 0 B y  , điểm B trùng với điểm O không tạo được tam giác) Giải 2 :    2 2 m  m  4m  5 m  m  4m  5  1   2 2  m  m 4m5  1  4m  5  1  m 1 (nhận) vậy m 1 Câu 3: (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a)   2 2 2x  x  2 x  x 1  5x  2
b) 3 3 2 2 35 0 2 3 4 9 0 x y x y x y           Lời Giải a) Điều kiện xác định: 2 x  x 1 0 (đúng x )   2 2 2x  x  2 x  x 1  5x  2   2 2  2x  5x  2  x  2 x  x 1      2  x  2 2x 1  x  2 x  x 1       2 2 0 1 1 2 1 2 x x x x           1  x  2 (nhận)   2 2 2  x  x 1  4x  4x 1 2 2  x  x  4x  4x  x  x 1  4x  x 1  3x  x 1  0 0 1 x x       (nhận) Vậy S  0,1;2 b) 3 3 2 2 35 0 2 4 3 9 0 x y x x y y           Nhân hai vế của 2 với 3 ta được:   2 2 2 3 2x 4x 3y 9y  0 6x 12x 9y  27y  0 lấy 1  3 ta được: 3 3 2 2 x  y  35  6x 12x  9y  27y  0 3 2 3 2  x  6x 12x 8  y  9y  27y  27  0 3 2.2 2 3 3 2.3 2 3  x  3x  3x.2  2  y  3y  3y.3  3  0     3 3  x 2  y 3  0     3 3  x 2  y 3  x  2  y  3  x  y  5      2 2 1  x  y x  xy  y  25 Thay x  y  5 vào 4 ta được:     2 2 y 5  y y 5  y  7 2 2 2  y 10y  25  y  5y  y  7 2  3y 15y 18  0