a đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh thanh hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN Năm học 2022-2023 MƠN THI: TỐN CHUN Thời gian làm : 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (2 điểm) 1) a , b, c Cho a+b+c = số thực thỏa mãn điều kiện 2 abc ≠ Chứng minh : a b c + 2 + = 2 2 a −b −c b −c −a c −a −b 2 2) Cho số thực M = ( x2 +1 + x x, y , z )( x 1+ y2 + y 1+ x2 = thỏa mãn y2 +1 + y Tính giá trị biểu thức : ) Câu II (2 điểm) 1) 2) Giải phương trình : x + 3x + = ( x + 5) x + x + Giải hệ phương trình :  x  x − y + y = 12  6 xy + x y = 12 y + y + x  Câu III (2 điểm) 1) 2) Tìm tất cặp số nguyên dương n Tìm tất số nguyên dương để Câu IV (3 điểm) Cho tam giác cao BC , BE , CF tia 1) 2) MH tam giác ABC (có Chứng minh điểm Lấy điểm P đoạn thẳng OA x − y − xy − x + 14 y − 11 = lập phương số nguyên tố nội tiếp đường tròn tâm O Các đường H ( E ∈ AC , F ∈ AB ) Gọi M trung điểm cạnh N A, E , H , F , N BC cho 2n + n + 25 AB < AC ) cắt cắt đường tròn (O) điểm HP Chứng minh 3) ABC ( x; y ) cho thuộc đường tròn ∠BHP = ∠CHM , gọi Q hình chiếu vng góc với NQ Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PMQ tiếp xúc với đường tròn ( O) A lên Câu V (1 điểm) Người ta thực trò chơi bảng kẻ vng kích thước 5×9 (có 45ơ vng) Ban đầu, có 33 đồng xu đặt ngẫu nhiên vào ô vuông bảng cho vng chứa nhiều đồng xu Ở bước người chơi di chuyển tất đồng xu thỏa mãn đồng thời quy định sau: Các đồng xu phải di chuyển lên xuống, trái phải cho lần di chuyển đến kế bên (ơ chung cạnh) Nếu bước di chuyển đồng xu di chuyển lên xuống bước phải di chuyển sang trái sang phải; ngược lại i) ii) Trò chơi dừng lại vng bàn có nhiều đồng xu Chứng minh trò chơi kết thúc sau hữu hạn bước ĐÁP ÁN Câu I (2 điểm) a, b, c Cho 3) số thực thỏa mãn điều kiện 2 a+b+c = abc ≠ Chứng minh : a b c + 2 + = 2 2 a −b −c b −c −a c −a −b 2 Từ a + b + c = ⇔ a = −( b + c) Khi : a =  − ( b + c )  ⇒ a = −b3 − c − ( b + c ) bc ⇒ a + b3 + c = −3 ( b + c ) bc = 3abc Mặt khác, ta có : a2 a2 a − b − c =  − ( b + c )  − b − c = 2bc ⇒ 2 = ( 1) a −b −c 2bc Tương tự, ta có : Cộng vế theo vế b2 b2 = ( 2) ; b − c − a 2ca ( 1) , ( ) , ( 3) c2 c2 = ( 3) c − a − b 2ab ta : a b c2 + + = 2 2 2 2 a −b −c b −c − a c −a −b 2 2 3 a b c a +b +c 3abc = + + = = = (dfcm) 2bc 2ca 2ab 2abc 2abc 4) Cho số thực M= ( x2 +1 + x )( x, y , z x + y2 + y 1+ x2 = thỏa mãn y2 +1 + y ) Tính giá trị biểu thức : ( x + y2 + y + x2 = ⇔ x + y2 + y + x2 Từ ⇔ x ( y + 1) + xy ⇔ x y + xy ⇔ x y + xy (x ⇔  xy +  (x Vì 2 = ( 2 2 2 2 2 2 2 + 1) ( y + 1) > x y = xy ≥ − xy ⇒ xy + x2 + + x (x + 1) ( y + 1)  = 17 ( *)  Do đó, từ ( = 16 ( x + 1) ( y + 1) + y ( x + 1) = 16 ( x + 1) ( y + 1) + ( x y + x + y + 1) = 17 ( x + 1) ( y + 1) + ( x + 1) ( y + 1) = 17 ( *) ⇒ xy + M= ) )( (x + 1) ( y + 1) = 17 ) (x y2 +1 + y = ) ( (x + 1) ( y + 1) > Khi : + 1) ( y + 1) + xy + y x + + x y + ) + 1) ( y + 1) + xy + y x + + x y + = 17 + M = 17 + Vậy Câu II (2 điểm) 3) Giải phương trình : ĐKXĐ: Đặt x + 3x + = ( x + ) x + x + x∈¡ x2 + x + = t ( t > 0) ⇒ x2 + x + = t Phương trình cho trở thành : t + x + = ( x + 5) t ⇔ t − ( x + ) t + ( x + 3) = 2 t = ⇔ ( t − ) ( t − x − 3) = ⇔  t = x + x = th1: t = ⇒ x + x + = 2 ⇔ x + x − = ⇔   x = −2  x > −3 th2 : t = x + ⇒ x + x + = x + ⇔  (tmdk ) ⇒ x = −  x + x + = ( x + ) Vậy −7   S = 1; 2;    4) Giải hệ phương trình : ĐKXĐ: y≠0  x 2 x − y + y = 12  6 xy + x y = 12 y + y + x  Ta có :  x 2 x y + xy − = 12 y 2 x − y + y = 12 ⇔    xy ( y + x ) = 12 y + ( y + x ) 6 xy + x y = 12 y + y + x  ( xy + 3) ( xy − 1) = 12 y ( xy + 3) ( xy − 1) = 12 y ⇔ ⇔ ( xy + 3) ( xy − 1) − ( xy − 1) ( y + x ) = ( xy − 1) ( y + x ) = 12 y ( xy + 3) ( xy − 1) = 12 y ( xy + ) ( xy − 1) = 12 y ( 1) ⇔ ⇔ ( xy − 1) ( xy + − y − x ) = ( xy − 1) ( y − 1) ( x − ) = ( ) Xét phương trình     xy = ⇒ 12 y = ⇒ y = 0(ktm)   x = −4 1 ( ) : ( xy − 1) ( y − 1) ( x − 3) = ⇔  y = ⇒ ( x + 3)  x − 1÷ ⇔ x + x − 12 = ⇔  2  x =    x = ⇒ ( 1) ⇔ ( y + ) ( y − 1) = 12 y ⇔ y + y − = ⇔   Vậy hệ phương trình có nghiệm Câu III (2 điểm) 3) 1  1   −4; ÷;  3; ÷; ( 3; −1) 2  2  Tìm tất cặp số nguyên dương ( x; y ) cho x − y − xy − x + 14 y − 11 = Ta có: x − y − xy + 14 y − 11 = ⇔ x − xy + y − x + y − y + 12 y − 11 = ⇔ ( x − y ) − ( x − y ) + 1 − ( y ) − 12 y +  =     2 ⇔ ( x − y − 1) − ( y − 3) = ⇔ ( x − y + ) ( x + y − ) = Vì x, y ∈ ¢ nên  y = −1  y =  2 x − y + 2; x + y − ∈ ¢ ⇒ x − y + 2; x + y − ∈ { −1;1; −3;3} Lập bảng x − 3y + x+ y−4 −1 −3 −3 −1 x y 2 Vậy cặp số nguyên dương Tìm tất số ngun dương để tố n∈¥ * ⇒ + n + 25 n 2n + n + 25 > số lẻ , suy phải số chẵn Xét bảng đồng dư a3 theo mod nên a ≡ 0; ±1(mod 9) số nguyên dương chẵn, nên ta xét +TH1: n = k + ( k ∈ ¥ *) p = + n + 25 = n lập phương số nguyên n a 2n + n + 25 , p số nguyên tố lẻ n ( 0;1) , ( 5; ) , ( 1; ) , ( 4;1) 2n + n + 25 = p3 ( *) Gọi p số nguyên tố cho Vì cần tìm n 4) Với ( x; y ) n theo mod Có ba trường hợp sau : Ta có : + ( 6k + ) + 25 = 16.64k + 36k + 48k + 6k +4 ⇒ p ≡ 16 + 3k + ( mod ) ⇔ p ≡ ( k + 1) ( mod ) ⇔ p M3 ⇔ p = p=3 Thay +TH2: vào (*) ta : n = k + ( k ∈ ¥ *) p = + n + 25 = n Suy Thay +Th3: Nếu Ta có : + ( 6k + ) + 25 = 4.64k + 36k + 24k + 29 p = − 3k + ( mod ) ⇒ p3 = ( − k ) ( mod ) ⇔ p M3 ⇒ p = p=3 vào (*) ta : n = 6k ( k ∈ ¥ *) 2n + n + 25 = 33 ⇔ 2n + n = 2( ktm) p = 2n + n + 25 = 6k + ( 6k ) + 25 = 64 k + 36k + 25 Ta có : k = ⇒ p = + 36.1 + 25 = 125 ⇒ p = 5(tm) ⇒ n = Nếu 6k +2 2n + n + 25 = 33 ⇔ 2n + n = 2( ktm) k = ⇒ p = 26.2 + 36.22 + 25 = 4265 ⇒ p ∉ ¢ (loại) Nếu Nếu k = ⇒ p = 26.3 + 36.32 + 25 = 262493 ⇒ p ∉ ¢ ( ktm) k≥4 , quy nạp ta chứng minh (2 ) 2k Khi đó, ta có (2 ) 2k (2 2k < p = 26 k + 36k + 25 < ( 22 k + 1) + 1) 3.4k > 36k với số nguyên k≥4 3 Mà lập phương hai số nguyên liên tiếp Suy khơng có số ngun tố thỏa mãn yêu cầu Vậy n=6 thỏa mãn đề Câu IV (3 điểm) Cho tam giác cao BE , CF cạnh BC , tam giác tia MH ABC ABC (có AB < AC ) cắt nội tiếp đường tròn tâm O Các đường H ( E ∈ AC , F ∈ AB ) cắt đường tròn (O) điểm N Gọi M trung điểm 4) Chứng minh điểm Xét tứ giác AEHF có ∠AEH = ∠AFH = 90° ⇒ ∠AEH + ∠AFH = 180° Nên bốn điểm nên tứ giác A, E , H , F Gọi K giao điểm CK / / BH BHCK AEHF thuộc đường trịn nội tiếp thuộc đườn trịn có đường kính AO với đường trịn (cùng vng góc với AC), Nên tứ giác A, E , H , F , N ( O) BK / / CH hình bình hành AH ( 1) Ta có: (cùng vng góc với AB) ⇒ N, H , M , K thẳng hàng ⇒ ∠ANK = 90° ∠ANH = 90° hay Vậy Từ (1) (2) suy : Các điểm Lấy điểm P lên HP Chứng minh ∠BHP = ∠CHM ( gt ) » = sdQE » ⇒ sd NF ⇒ tứ giác Ta lại có : Tứ giác BFEC OA nên QEFN cho ∠BHP = ∠CHM , HP ⇒ ∠AQH = 90° ⇒ Q ∠NHF = ∠QHE hình thang cân A thuộc đường trịn có (lần lượt đối đỉnh với ∠BHP ∠CHM ) AH ) ⇒ NQ / / FE ( 3) ⇒ ∠ACB = ∠AFE ( O ) : ∠AKB = ∠ACB ∠AKB + ∠BAK = 90° Từ (4) (5) có : ∠AFE + ∠BAK = 90° Từ (3) (6) suy (cùng bù với (hai góc nội tiếp đường tròn chắn cung) hay ∠AFI + ∠FAI = 90° tam giác ∠HCD = ∠JCD (với I giao điểm AK NQ ⊥ AK hay NQ ⊥ AO (dfcm) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AD ∠BFE ) (hai góc phụ nhau) (5) FE ) ⇒ AK ⊥ FE ( ) Ta có : gọi Q hình chiếu vng góc với NQ ⇒ ∠AKB = ∠AFE ( ) Kẻ đường cao AH nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhìn đoạn thẳng nối hai đỉnh Trong đường tròn 6) thuộc đường trịn có đường kính (trong đường trịn đường kính lại góc khơng đổi) Mà AH ( ) AH đường kính Vì A BC AH ( ) thuộc đường trịn đường kính A, E , H , F , N đoạn thẳng Q hình chiếu thuộc đường trịn đường kính A, E , H , F , N Từ (1) (2) suy : điểm 5) N mà ABC ( D ∈ BC ) ∠HCD = ∠BAD PMQ tiếp xúc với đường tròn Gọi J điểm đối xứng với H qua BC (cùng phụ với ∠ABC ) ( O) ⇒ ∠BAD = ∠JCD Mặt khác : Vì ∆PHJ hay ∠BAJ = ∠JCB ⇒ J ∈ ( O ) ⇒ ∠AKN = ∠NJA ( ) AO ⊥ NQ ⇒ ∠ANQ = ∠AKN cân P nên ∠PHJ = ∠AHQ ∠AHQ = ∠ANQ (cùng phụ với (hai góc đối đỉnh), (hai góc nội tiếp đường trịn chắn cung) ⇒ ∠AKN = ∠PJH hay ∠AKN = ∠PJA ( ) Từ (7) (8) ta suy Ta lại có : ∠PJH = ∠PHJ ∠QNK ) ∠PJA = ∠NJA ⇒ N, J, P ba điểm ∠ANM = ∠ADM = 90° ⇒ ANDM thẳng hàng tứ giác nội tiếp ⇒ ∠PMN = ∠DMN = ∠DAN = ∠HQN = ∠PQN ⇒Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác Gọi G giao điểm AK MQ , ta có : ∠HQG = ∠PQM = ∠PNM = ∠JAK = ∠HAG ⇒ G Qua điểm N, vẽ đường thẳng xy ANDM thuộc đường trịn đường kính tiếp tuyến đường tròn ∠MNx = ∠KNx = ∠KAN = ∠GAN = ∠GQN = ∠MQN ⇒ xy tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp PMQ ( O) AH Ta có : ∆PQM Vậy, đường trịn ngoại tiếp tam giác tiếp xúc với đường tròn (O) Câu V (1 điểm) Người ta thực trò chơi bảng kẻ vng kích thước 5×9 (có 45ơ vng) Ban đầu, có 33 đồng xu đặt ngẫu nhiên vào vng bảng cho khơng có ô vuông chứa nhiều đồng xu Ở bước người chơi di chuyển tất đồng xu thỏa mãn đồng thời quy định sau: iii) Các đồng xu phải di chuyển lên xuống, trái phải cho lần di chuyển đến kế bên (ơ chung cạnh) iv) Nếu bước di chuyển đồng xu di chuyển lên xuống bước phải di chuyển sang trái sang phải; ngược lại Trò chơi dừng lại vng bàn có nhiều đồng xu Chứng minh trò chơi kết thúc sau hữu hạn bước Đánh số 45 ô vng hình bên 121212121 4 4 121212121 4 4 121212121 Theo cách đánh này, có : 15 số 1, 12 số 2, ô số 3, 10 ô số Đặt ngẫu nhiên 33 đồng xu vào ô vuông bảng cho khơng có vng chứa nhiều đồng xu Ta chia 33 đồng xu thành hai nhóm : Nhóm I: Các đồng xu vị trí ô đánh số Nhóm II: Các đồng xu vị trí đánh số Ta thấy: - Theo quy tắc i) sau bước đồng xu nhóm I chuyển thành nhóm II ngược lại - Theo quy tắc ii) sau hai bước đồng xu đánh số chuyển sang ô đánh số Do đó, sau hữu hạn bước có trường hợp nhóm I có 17 đồng xu (vì nhóm II có 17 đồng xu bước sau nhóm I có 17 đồng xu) Khi đó, theo ngun lí Dirichlet, 17 đồng xu nhóm I có đồng xu ô đánh loại số (1 3) + Nếu có đồng xu ô đánh số Tuy nhiên có ô đánh số 3, nên có có nhiều đồng xu Trị chơi kết thúc + Nếu có đồng xu đánh số sau hai bước đồng xu nằm ô đánh số Tuy có đánh số 3, nên có có nhiều đồng xu Trị chơi kết thúc Vậy, trò chơi kết thúc sau hữu hạn bước  ... Thay +TH2: vào (*) ta : n = k + ( k ∈ ¥ *) p = + n + 25 = n Suy Thay +Th3: Nếu Ta có : + ( 6k + ) + 25 = 4.64k + 36k + 24k + 29 p = − 3k + ( mod ) ⇒ p3 = ( − k ) ( mod ) ⇔ p M3 ⇒ p = p=3 vào (*)... ta thực trò chơi bảng kẻ vng kích thước 5×9 (có 45ơ vng) Ban đầu, có 33 đồng xu đặt ngẫu nhiên vào ô vuông bảng cho khơng có vng chứa nhiều đồng xu Ở bước người chơi di chuyển tất đồng xu thỏa... ta thực trò chơi bảng kẻ vng kích thước 5×9 (có 45ơ vng) Ban đầu, có 33 đồng xu đặt ngẫu nhiên vào ô vuông bảng cho vng chứa nhiều đồng xu Ở bước người chơi di chuyển tất đồng xu thỏa mãn đồng