SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NĂM HỌC 2022-2023 Mơn thi : TỐN (Đề chun) Thời gian làm : 150 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu (2,0 điểm) 2 Cho f  x   x  x  có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Đặt g  x   x  Tính giá trị biểu thức T  g  x1  g  x2  2 2 Cho số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c  2022 Chứng minh :  2a  2b  c    2b  2c  a    2c  2a  b   18198 2 Câu (2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau : 1) x    x  1  3x    y    2x  y    x  4  2)   2 x   y  14  x  y7 4 Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn  O; R  điểm M nằm ngồi đường trịn Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) ( A, B tiếp điểm) Gọi D điểm cung lớn AB đường tròn  O; R  cho AD / / MB C giao điểm thứ hai đường thẳng MD với đường tròn  O; R  1) Gọi H giao điểm đường thẳng OM AB Chứng minh MH MO  MC.MD tứ giác OHCD nội tiếp 2) Gọi G trọng tâm tam giác MAB Chứng minh ba điểm A, C , G thẳng hàng 3) Giả sử OM  3R Kẻ đường kính BK đường trịn  O; R  Gọi I giao điểm đường thẳng MK , AB Tính giá trị biểu thức Câu (1,5 điểm) T  IM  IA2 IA  2 IK  IH AB 1) Chứng minh P  n   n  14n  71n  154n  120 chia hết cho 24 với số tự nhiên n 2) Cho p số nguyên tố có dạng 4k   k  ¥  Chứng minh a, b  ¢ thỏa mãn 2 a  b chia hết cho p a Mp b Mp Từ suy phương trình x  x  y  58 nghiệm nguyên Câu (1,5 điểm) 1) Xét số thực không âm x, y , z thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu P thức x2 yz   x3  y2 zx   y  z2 xy   z 2) Từ 2022 số nguyên dương 1, 2,3, , 2022, người ta chọn n số phân biệt cho số chọn có hiệu khơng ước hai số Chứng minh n  674 ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) 2 Cho f  x   x  x  có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Đặt g  x   x  Tính giá trị biểu thức T  g  x1  g  x2  Xét f  x   0, ta có : x  x    '   1  2.( 7)  15  Ta có  Phương trình f  x   có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  x1  x2     x1 x2  Theo hệ thức Vi-et, ta có : T  g  x1  g  x2    x12  1  x22  1   x1 x2    x12  x22     x1 x2    x1  x2   x1 x2  2  7  7      12     2  2 49 21  7  4 21 T Vậy 2 2 Cho số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c  2022 Chứng minh :  2a  2b  c    2b  2c  a    2c  2a  b   18198 2 Ta có :  2a  2b  c    2b  2c  a    2c  2a  b  2   2a  2b    2a  2b  c  c   2b  2c    2b  2c  a  a   2c  2a    2c  2a  b  b 2 2  4a  8ab  4b  4ac  4bc  c  4b  8bc  4c  4ab  4ac  a  4c  8ca  4a  4bc  4ab  b   a  b  c   9.2022  18198(dfcm) Câu (2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau : 1) x    x  1  3x    y    2x  y    x  4  2)   2 x   y  14  x  Giải 1) ĐKXĐ: x  1 Ta có : x2   x  1  3x  y7 4  x  1  x  3x     x  1  x    0  x  1 0   x  1  x     x  1   x  1 2  x4 0  x 1   x  1  x  1   x  1  x 1        x   16  x  x    x   21 (tmdk ) x   x 1   x 1   x   x       21  S   1;     Vậy tập nghiệm phương trình cho  y    x  y    x   y    1    (2) 2) 2 x   y  14  x     x     y  ĐKXĐ: Giải (1) ta có :  y7   y7   y  7   x  y    x   y7 4 y    2x  y    x  4 y7 40 y    2x  y    x  4 y    0(do y  7)  y   y   x     x  y  1   y   2 x  y  1   x  y  1   y    y   16  y    x  y  1  y      y  x  1(**) +) Với y  9, thay vào (2) ta :   2 x   18  14  x   2 x   x  x    x  1  x  x   x  x    (tmdk ) x   Hệ có nghiệm  x; y     0;9  ; (4;9) +) Với y  x  1, thay vào (2) ta : 2 x    x  1  14  x   2 x   x  12  x   2x 1  x   x  x4  2x 1  x   2 Đặt a  x  1, b  x   a, b    x   a  b Khi ta có : a  b2 ab   a  b2   a  b   a  b( ktm a, b  0)   a  b   a  b  2    a  b  Với a  b   2x 1  x    2x   x    x   x  x  x   x       x  12  y  x   2.12   25(tm)  x  16  x  3   x   y  x   2.4   9(tm)   x; y     12; 25  ;  4;9   Hệ có nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y     0;9  ; (4;9); (12; 25) Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn  O; R  điểm M nằm đường tròn Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) ( A, B tiếp điểm) Gọi D điểm cung lớn AB đường tròn  O; R  cho AD / / MB C giao điểm thứ hai đường thẳng MD với đường tròn  O; R  1) Gọi H giao điểm đường thẳng OM AB Chứng minh MH MO  MC.MD tứ giác OHCD nội tiếp *Chứng minh MH MO  MC.MD Ta có : OA  OB  R  O thuộc trung trực AB MA  MB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)  M thuộc trung trực AB  OM trung trực AB nên OM  AB H Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông OAM , đường cao AH có : MH MO  MA2  1 Xét MAC MDA có : MDA  MAC (cùng chắn cung AC) ; AMD chung MA MC   MA2  MC.MD   MD MA Từ (1) (2) suy MH MO  MC.MD(dfcm) *Chứng minh tứ giác OHCD nội tiếp MH MD MH MO  MC.MD   MC MO Vì Xét MCH MOD có : MH MD OMD chung ;   cmt  MC MO  MCH ∽MOD(c.g c)  MHC  MDO (2 góc tương ứng)  MAC ∽MDA( g.g )  Hay MHC  ODC Mà góc góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác OHCD Nên OHCD tứ giác nội tiếp 2) Gọi G trọng tâm tam giác MAB Chứng minh ba điểm A, C , G thẳng hàng Gọi E giao điểm AC MB Xét (O) có : EBC  EAB (cùng chắn cung BC) Xét EBC EAB có : BEC chung ; EBC  EAB (cmt )  EBC ∽EAB ( g g ) EB EC    3 EA EB (hai cặp cạnh tỉ lệ)  EB  EA.EC Ta có MAC  MDA(cmt ) mà MDA  CME (so le AD / / MB )  MAC  CME Xét MEC AEM có : MEAchung , MAC  CME (cmt )  MEC ∽AEM ( g.g )   ME  EA.EC   ME EC  AE ME (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) Từ (3) (4)  EB  ME  BE  ME  E trung điểm BM  AE đường trung tuyến tam giác MAB Mà G trọng tâm tam giác MAB  G thuộc đường thẳng AE  A, C , G, E thẳng hàng  A, C , G thẳng hàng 2 3) Giả sử OM  3R Kẻ đường kính BK đường trịn  O; R  Gọi I giao điểm T  IM  IA2 IA  2 IK  IH AB đường thẳng MK , AB Tính giá trị biểu thức Xét AOM vuông A, đường cao AH , ta có : AO  OH OM (hệ thức lượng tam giác AO R R   OM 3R vng) Xét ABK có H , O trung điểm AB, BK  OH  ABK  HO  AK (tính chất đường trung bình)  HO đường trung bình tam giác 2R  AK  HO  R 8R M H  MO  OH  3R   3 Ta có : Vì BAK  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AK  AB Suy AK / / MH (vì vng góc với AB) 2R IK IA AK      IH  IA IM IH MH 8R Theo định lý Ta-let, ta có : 8R R 2 2R 2R AH  HM HO   R  AH   AB  AH  3 3 Có  2R  128 IH  R  HI    15 225 HI  AI     AI  2 R  IA2  R  225  15 Mà Áp dụng định lý Pytago tam giác vng MHI có : 2  8R    192 MI  MH  HI   R  R   25    15   IK IM IM 12   IK   IK   R 16 25 Ta có : IM 2 32 2  5851 T  225  15  12 128 118  25 225 Vậy Câu (1,5 điểm) 1) Chứng minh P  n   n  14n  71n  154n  120 chia hết cho 24 với số tự nhiên n Ta có : P  n   n  14n  71n  154n  120   n  14n3  49n   22n  154n  120  n  n  14n  49   22n  n    120  n  n    10n  n    12n  n    10.12  n  n    n  n    10   12  n  n    10    n  n    10   n  n    12    n  n  10   n  n  12    n    n    n  3  n     n    n    n    n   Vì P  n  tích số tự nhiên liên tiếp, số tự nhiên liên tiếp ln có số chẵn, số chia hết cho 4, số lại chia hết cho Ngồi có số chia hết cho Vì P  n  ln chia hết cho 4.3.2  24( dfcm) 2) Cho p số nguyên tố có dạng 4k   k  ¥  Chứng minh a, b  ¢ thỏa mãn a  b 2 chia hết cho p a Mp b Mp Từ suy phương trình x  x  y  58 khơng có nghiệm ngun 2 Giả sử p  4k  a  b chia hết cho p Nếu a b khơng chia hết cho p  a, p    b, p   p 1 p 1 Áp dụng định lý Fermat ta có a  1 mod p  b  1 mod p  Khi : a k   b k    mod p   1 a k 2  b4 k 2   a    Mà Từ (1) (2) suy 2Mp hay p  (mâu thuẫn với giả thiết p  4k  3) (vô lý) 2 Vậy a Mp b Mp (do a  b Mp) 2 Áp dụng, chứng minh phương trình x  x  y  58 khơng có nghiệm ngun Ta có : k 1   b2  k 1 Ma  b Mp   x  x  y  58  x  x   y  62   x     y   62M31 2 2  x  2M31  x   M31   62M312  2 3 y M31  y  M31 Lại có 31  7.4  nên (vơ lý) Vậy phương trình khơng có nghiệm nguyên dương Câu (1,5 điểm) 1) Xét số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ P biểu thức x2 yz   x3  y2 zx   y  z2 xy   z x2 y2 z2  x  y  z     abc Áp dụng bổ đề: Với a, b, c  a b c P Ta có :  x  y  z xy  yz  zx   x   y   z 2 Lại có Suy  x3   1 x   1 x  x2    x2 Dấu xảy x  2 x  y  z  x  y  z P2   xy  yz  zx   x  y  z   x  y  z   2  x  y  z   12  12 P  2 12  x  y  z  2 x  y  z    x  y  z   36   x  y  z    42 Ta có :   x  y  z 12  x  y  z  2 6   x  y  z P  6 12  42 12 2 6  2 12 12  P 7 12 x  y  z  Vậy 2) Từ 2022 số nguyên dương 1, 2,3, , 2022, người ta chọn n số phân biệt cho số chọn có hiệu khơng ước hai số Chứng minh n  674 Nếu n số chọn, tồn số cách đơn vị Giả sử số a, b với a  b   a, b tính chẵn lẻ  a  b M2  a  b M a  b   Trong n số chọn, số phải cách tối thiểu đơn vị 2022  674 Suy có tối đa (số) Vậy n  674  dfcm  ... CME (so le AD / / MB )  MAC  CME Xét MEC AEM có : MEAchung , MAC  CME (cmt )  MEC ∽AEM ( g.g )   ME  EA.EC   ME EC  AE ME (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) Từ (3) (4)  EB  ME... Gọi E giao điểm AC MB Xét (O) có : EBC  EAB (cùng chắn cung BC) Xét EBC EAB có : BEC chung ; EBC  EAB (cmt )  EBC ∽EAB ( g g ) EB EC    3 EA EB (hai cặp cạnh tỉ lệ)  EB  EA.EC... ứng tỉ lệ) Từ (3) (4)  EB  ME  BE  ME  E trung điểm BM  AE đường trung tuyến tam giác MAB Mà G trọng tâm tam giác MAB  G thuộc đường thẳng AE  A, C , G, E thẳng hàng  A, C , G thẳng hàng