Thông tin tài liệu
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
Ngày đăng: 10/10/2022, 00:22
Xem thêm:
