Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh nghệ an

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2022-2023 MÔN THI :TOÁN CHUYÊN Thời gian làm : 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (6,5 điểm) a) Giải phương trình x   x2  x  x2   xy  1  x  y  2 2 x  x  y   y  y b) Giải hệ phương trình Câu (3,0 điểm)      a) Tìm x, y  ¢ thỏa mãn  n 2n b) Cho n số nguyên dương Chứng minh  36 12  25 khơng đồng thời số phương x y  xy   12 x  y Câu (1,5 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn  x, y, z  3 Tìm giá trị lớn biểu thức T  x  y  z  y  z  3xz  26 xyz Câu (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn  O  Các đường cao AD, BE , CF cắt H Tia AH cắt (O) K  K khác A), tia KO cắt (O) M (M khác K) tia MH cắt (O) P ( P khác M) a) Chứng minh OD / / MH điểm A, O, D, P nằm đường tròn b) Gọi Q giao điểm PA EF Chứng minh DQ  EF c) Tia PE tia PF cắt đường tròn (O) L N (L, N khác P) Chứng minh LC  NB Câu (2,0 điểm) Cho tập hợp A gồm 2022 số tự nhiên liên tiếp từ đến 2022 Tìm số tự nhiên n nhỏ cho tập gồm n phần tử A chứa phần tử số đôi nguyên tố ĐÁP ÁN Câu (6,5 điểm) c) Giải phương trình Ta có : x   x2  x  x2  x   x  x  x   x   x    x  1  x  Đặt a  x  1, b  x  Điều kiện a  0, b  Khi phương trình trở thành : a  b a  b  a  b   a  b   a  b  1    a  b    x  1(tm ) a  b  x   x     x  0(ktm)    a  b   x   x   1 VT   ptvn  S   0;1 Vậy  xy  1  x  y  1  2 2 x  x  y   y  y   d) Giải hệ phương trình     xy  1 y  x  y 2  Nếu y   x   (vô lý) , x     2x2  y 2 xy   y Nếu y  Khi , vào (1), ta  2x2  y  x 2 t    x  y  3 y   Đặt y chia hai vế (3) cho y , ta : t 1  2t  1  4t   4t  4t   4t   t  1    x  y  0(ktm)  t   x  y     x   x  1 x   x  y   x  y    -) Nếu -) Nếu t  1  y   x      x  1 x  x  x  y  0(ktm) Vậy hệ có nghiệm  1;1 ,   1 ;   2 Câu (3,0 điểm) c) Tìm x, y  ¢ thỏa mãn  x  y    xy    12  x  y  Đặt x  y  a, xy  b a, b  ¢ , ta biến đổi phương trình sau :  x  y    xy    12  x  y   a   b    12a b 8a  12a  12a  12a   8  ¢  1  ¢ 2 a a a2 a |12a    3a  1  3a  1; a    3a  1; a   Suy Từ ta mà a   1; 1; 2; 2 nên 4Ma Ta xét trường hợp sau :  x  y   x  0; y  1 *) a    1  b      xy   x  1; y  *) a  1  b  24  y( y  1)  24(k co nghiem nguyen)  y 1 x  *) a    1  b   y  y      y  1  y  3     y  3  x  1  y  5; x  *) a  2  b  15  y  y    15   y  1     y  3; x  5  x; y     0; 1 ;  1;0  ;  3;1 ;  1;3 ;  3;5  ;  5; 3  Vậy n 2n d) Cho n số nguyên dương Chứng minh  36 12  25 không đồng thời số phương n 2n Giả sử tồn n nguyên dương cho  36 12  25 số phương Ta lập bảng đồng dư sau : x x 2 Do ta rút nhận xét : số phương dư 0,1,2,4 theo modun   nên n chẵn(vì số đồng Quay trở lại tốn, dư 0,1 mod 3) Ta xét trường hợp sau : 2n  36  2n mod n  3k , k  2t  12n  25  5n   125k    1    mod  k Cmtt n  3k  n  3k  mâu thuẫn với nhận xét , mâu thuẫn với nhận xét n 2n Do , điều giả sử sai.Vậy  36 12  25 không đồng thời số phương với n nguyên dương Câu (1,5 điểm) Cho số thực x, y , z thỏa mãn  x, y, z  3 Tìm giá trị lớn biểu thức T  x  y  z  y  z  xz  26 xyz Theo giả thiết, ta có :  z    z  1  z  3    z  z  1  z  3   z  z  z   1 z  1  z  3   z  z  Cũng theo giả thiết ta có :  Thế vào (1) ta z  10  z  3  14 z   26 z  24 Từ kết hợp với 27  3x  26 xy  27   26  2  , ta có : z  3zx  26 xyz  z  26 z  24  zx  26 xyz  z  z  27  3x  26 xy   24  27  3x  26 xy  24   x  26 xy Từ kết hợp với  26 y   26  22  ta có : T  x  y  y   3x  26 xy  x  y  y   26 xy  x   26 y   y  y    26 y  y  y   y  25 y  Đến áp dụng y  y  (vì x, y, z bình đẳng) , nên ta : T   y  3  25 y   11y  20  11.3  20  13 Vậy giá trị lớn T  13 Dấu xảy x  z  1; y  Câu (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  O nội tiếp đường tròn   Các đường cao AD, BE , CF cắt H Tia AH cắt (O) K  K khác A), tia KO cắt (O) M (M khác K) tia MH cắt (O) P ( P khác M) d) Chứng minh OD / / MH điểm A, O, D, P nằm đường tròn * Ta có KBC  DAC (hai góc nội tiếp chắn cung KC ) Do ADB  AEB  90, mà hai đỉnh D, E hai đỉnh kề Suy tứ giác ABDE nội tiếp  EBD  EAD  HBD  DAC   Do Suy BHD ∽ BKD(c  g  c)  DH  DK , hay D trung điểm HK Xét KHM có O trung điểm KM , D trung điểm HK Suy OD đường trung bình HKM  OD / / HM  Vì OD / / MH  DOK  PMK (hai góc đồng vị) HBD  KBC  DAC Mà PMK  POK (góc nội tiếp nửa góc tâm chắn cung PK ) POK hay OD phân giác POK  POD  DOK Mà PMK  PAD (2 góc nội tiếp chắn cung PK )  POD  PAD , mà hai đỉnh A O hai đỉnh kề Suy tứ giác APDO nội tiếp, hay bốn điểm A, O, P, D nằm đường tròn  DOK  e) Gọi Q giao điểm PA EF Chứng minh DQ  EF Dễ dàng chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp Suy AEQ  ABC Mà ABC  APC nên AEQ  APC Do ta : AEQ ∽ APC  AE AQ   AP AQ  AE AC  1 AP AC AH AD  AE AC   Vì HECD tứ giác nội tiếp nên Từ (1) (2) ta : AH AD  AP AQ Do tứ giác PQHD tứ giác nội tiếp Ta có AOP ∽ PHD hai tam giác cân AOP  ADP  PDH Từ kết hợp với PQHD tứ giác nội tiếp suy PQD  PHD  PAO nên QD / / AO Vì OAC  90  ABC  90  AEF nên OA  EF Mà QD / / AO nên QD  EF Vậy toán chứng minh f) Tia PE tia PF cắt đường tròn (O) L N (L, N khác P) Chứng minh LC  NB Vì AP.AQ  AE.AC theo b) AE AC  AF AB , tứ giác BFEC nội tiếp nên tứ giác PQEC , PQFB nội tiếp Do ta : FQB  FPB  NPB, EQC  EPC  LPC  * Kẻ BX , CY vng góc với EF Ta có CEY ∽ ABD( g.g ); BFX ∽ ACD( g.g ) Từ kết hợp với CD.BC  CE AC , BD.BC  BF AB định lý Talet hình thang BXYC ta tỉ lệ thức sau : CY CE BX BF CY CE AC CD.BC CD YQ  ;       AD AB AD AC BX BF AB BD.BC BD XQ EQC  YQC  XQB  FQB  ** Mà CYQ  BXQ  90 nên CYQ ∽ BXQ( g.g )  » » Từ (*) (**) ta NPB  LPC hay sd NB  sd LC  NB  LC Vậy toán chứng minh Câu (2,0 điểm) Cho tập hợp A gồm 2022 số tự nhiên liên tiếp từ đến 2022 Tìm số tự nhiên n nhỏ cho tập gồm n phần tử A chứa phần tử số đôi nguyên tố Trước hết, ta có nhận xét: Trong số tự nhiên liên tiếp, số chọn ta ln tìm số đơi ngun tố Chứng minh: Gọi số tự nhiên liên tiếp a; a  1; ; a  • Giả sử a chẵn, ta đặt: a = 2k, số tự nhiên liên tiếp số là: 2k ; ; 2k  Ta xét trường hợp Trường hợp 1: Nếu số 2k + l;20+3;2k+5 chọn, ta có số thỏa mãn yêu cầu đề Trường hợp 2: Nếu số có số khơng chọn, có số chọn nên số 2k ; 2k  2; 2k  số chọn Và số 2k+1;2k+3 số 2k  3; 2k  chọn ta chọn số 2k+2; 2k+4 Khi số chọn là: 2k; 2k+1; 2k+2; 2k+4; 2k+5 Đến đây, số 2k+1; 2k+5 có số khơng chia hết cho hiệu hai số không chia hết cho Ta xét 2k+1 chia hết cho Trường hợp lại chứng minh tương tự Trong trường hợp này, ta chọn số: k + 1;2k+5;2k+2 Còn với 2k+5 chia hết cho ta lại chọn: 2k+5; 2k + 4; 2k + • Trường hợp a lẻ, ta chứng minh tương tự Như nhận xét chứng minh Quay trở lại toán, xét n = 1349 Khi chùa 2022 số tự nhiên thành 337 nhóm: {1; 2; 3; ; 6),… ; (2017; 2018; ; 2022) Khi đó, theo ngun lí Dirichlet tồn nhóm chứa phần tử chọn theo nhận xét tồn số địi nguyên tố Ta chứng minh n ≤ 1348 không thỏa mãn Thật vậy, ta chọn tất số nhận làm ước Ta tính có 1011 số chia hết cho 2, 674 số chia hết cho 3, 337 số chia hết cho Vì số số chọn là: 1011+674 – 337 = 1348 Vậy ta kết luận: n = 1349  ...   xy  1 y  x  y 2  Nếu y   x   (vơ lý) , x     2x2  y 2 xy   y Nếu y  Khi , vào (1), ta  2x2  y  x 2 t    x  y  3 y   Đặt y chia hai vế (3) cho y , ta : t 1 ... 1  z  3   z  z  z   1 z  1  z  3   z  z  Cũng theo giả thiết ta có :  Thế vào (1) ta z  10  z  3  14 z   26 z  24 Từ kết hợp với 27  3x  26 xy  27   26  2... ABD( g.g ); BFX ∽ ACD( g.g ) Từ kết hợp với CD.BC  CE AC , BD.BC  BF AB định lý Talet hình thang BXYC ta tỉ lệ thức sau : CY CE BX BF CY CE AC CD.BC CD YQ  ;       AD AB AD AC BX BF