b đề vào 10 chuyên tin 2022 2023 tỉnh thanh hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2022-2023 Mơn thi: Tốn chun Tin Thời gian làm : 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (2,0 điểm) Cho a, b, c ba số thực thỏa mãn điều kiện a  b  c  a   a  c    a  b   2022 2022 2022 Tính giá trị biểu thức A  a  b  c Cho số thực x, y, z khác 0, đôi khác thỏa mãn 1   0 x  xy  y  yz  z  zx Chứng minh x y z 2 Câu II (2,0 điểm) 1)  Giải phương trình   x   x  x2  x2  x   x 2 2 x  xy  y  x  y    2 2) Giải hệ phương trình  x  y  x  y   Câu III (2,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương  x; y  cho x  y   x  y   xy 2 Cho p số nguyên tố lẻ Tìm tất số nguyên dương n để n  np bình phương số nguyên dương 2 Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB  AC BAC  60 Đường trịn tâm I bán kính r nôi tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB D, E , F Đường thẳng ID cắt EF K, đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự M,N 1) Chứng minh tứ giác IFMK IMAN nội tiếp 2) Gọi J giao điểm AK BC Chứng minh J trung điểm BC AC  AB  DJ 3) Gọi S diện tích tứ giác IEAF Tính S theo r chứng minh S IMN diện tích tam giác IMN ) S IMN  S )(trong 2 Câu V (1,0 điểm) Xét ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  14 Tìm giá trị nhỏ  P  x  y  48    x z  biểu thức   y2   ĐÁP ÁN Câu I (2,0 điểm) a2   a  c  2  a  b  2 a , b , c a  b  c  Cho ba số thực thỏa mãn điều kiện 2022 2022 2022 Tính giá trị biểu thức A  a  b  c a    b  c   a  b  c   b    a  c   c    a  b  Ta có a2   a  c  2  a  b  2 Thay vào điều kiện  b  c ta có :   b    c    b  2bc  c   2b    c   b  2  b  2bc  c  2bc  4b  4c    b     c      a0  c  2 A  a 2022  b 2022  c 2022  22022   2  2022 2 Vậy Cho số thực x, y, z khác 0, đôi khác thỏa mãn 2023 1   0 x  xy  y  yz  z  zx Chứng minh x y z 2 Giả sử ta có : x  xy  y  yz  z  zx  a 2 a xy   x y x a yz zx  ;  a z a Chứng minh tương tự ta có : y 1 x y yzzx     0(dfcm) a Khi ta có x y z x  xy  a  x  x  y   a  x  Câu II (2,0 điểm)  3) Giải phương trình ĐK : x   Khi :   x   x  x  x2  x   x   x   x  x2  x2  4x   4x   x2  x2  4x  x   x 1  x 4   x  1  x  3    4x  x  x2  x   2x x   2x x   2x x   2x x 1    x x  x   x 1 x   x  x    x2  x    x  x 1 x  x      x   x  x  12  x  2    Đối chiếu điều kiện    x  6;   2 x  xy  y  x  y    1  x  y  x  y    2   4) Giải hệ phương trình  1  y  xy  y  x  5x   Ta có :  y   x  1 y  x  x    y   x  1 y   x     x    y2   2x 1  x  2 y   x  2   2x    y   x  1 y   x   y   x     x    y  y  x  1   x    y  x  1    y  x    y  x  1   y   x   2  x2    x   x   x    x  y   x  y    y  x      x   x  1  x  x        x   ; y   13  5   13   x; y    1;1 ;   ;    5   Vậy Câu III (2,0 điểm) x; y Tìm tất cặp số nguyên dương   cho x  y   x  y   xy Ta có : x  y   x  y   xy  x  y  x  y  xy   x    y  x  y  y   * Xem phương trình cho phương trình bậc hai ẩn x     y    y  y   y  y   y  y  3 y  12 y  2 Để tồn cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn x  y   x  y   xy pt (*) phải có nghiệm     3 y  12 y    Mà y nguyên dương nên y   1; 2;3; 4 64 6  y 3  13 (ktm)  x  0(ktm) *) y   x    x    x    x  4(tm) *) y   x    x  1  x  x   13 (ktm) x  *) y   x  16   x    x   (tm) x  *) y   x    x  3  3x  x  Vậy có cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn yêu cầu toán     Cho p số nguyên tố lẻ Tìm tất số nguyên dương n để n  np bình phương số ngun dương (BÍ) Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB  AC BAC  60 Đường tròn tâm I bán kính r nơi tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB D, E , F Đường thẳng ID cắt EF K, đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự M , N 2; ; 4; 4) Chứng minh tứ giác IFMK IMAN nội tiếp  MN / / BC  KD  MN  IKM  IKN  90  KD  BC  Ta có Xét tứ giác IFMK có IFM  IKM  90  90  180 , mà góc đối IF )  1 Nên tứ giác IFMK nội tiếp  IMF  IKF (hai góc nội tiếp chắn cung Xét tứ giác INEK có IKN  IEN  90 , mà góc nằm hai đỉnh kề nên tứ giác INEK nội tiếp  ENI  IKF (góc ngồi góc đỉnh đối diện) (2) Từ (1) (2) suy IMF  ENI  ANI nên tứ giác AMIN nội tiếp (tứ giác có góc ngồi góc đỉnh đối diện nhau) 5) Gọi J giao điểm AK BC Chứng minh J trung điểm BC AC  AB  DJ *Chứng minh J trung điểm BC Tứ giác IFMK nội tiếp (cmt)  IMK  IFK (cùng chắn cung IK) Tứ giác INEK nội tiếp (cmt)  INK  IEK (cùng chắn cung IK) Mà IE  IF (cùng bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC )  IEF cân I  IEK  IFK  IMK  INK  IMN cân K   Mà trung điểm MN (trong tam giác cân đường cao đồng thời  MK  NK đường trung tuyến) IK  MN cmt  K MK AK NK   Vì MN / / BC (gt), nên áp dụng định lí Ta-let ta có BJ AJ CJ mà MK  KN (cmt )  BJ  CJ  J trung điểm BC *Chứng minh AC  AB  2DJ Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có : CE  CD   AE  AF  BF  BD  Khi ta có : AC  AB  AE  CE   AF  BF    AE  AF   CD  BD  CD  BD   CJ  DJ    BJ  DJ   (CJ  BJ )  DJ BC  cmt   CJ  BJ  CJ  BJ  Mà J trung điểm Vậy AC  AB  DJ (dfcm) S IMN  6) Gọi S diện tích tứ giác IEAF Tính S theo r chứng minh S IMN diện tích tam giác IMN ) *Tính diện tích IEAF theo r Áp dụng tính chất tiếp tuyến cắt nên ta có : AI phân giác BAC  IAF  IAE  60  30 Xét tam giác vng IAE có : AE  IE.cot 30  r  AF  S IEA  1 r2 IE AE  r.r   S IAF 2  S IEAF  S IAE  S IAF  r Vậy S  r *Chứng minh S IMN  S )(trong S IMN diện tích tam giác IMN ) S )(trong Gọi H giao điểm AI EF Ta có : AE  AF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  A thuộc trung trực EF IE  IF  r  I  trung trực EF  AI trung trực EF  AI  EF H Tứ giác AEIF có AEI  AFI  180 mà góc đối nên AEIF tứ giác nội tiếp  EAF  EIF  180  60  EIF  180  EIF  120 Mà IA phân giác EIF (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)  EIH  FIH  60 Xét tam giác IHE có HE  IH tan 60  IH  EF  HE  IH  3 Tứ giác AMIN nội tiếp (cm câu a)  EAF  NIM  180 (tính chất tứ giác nội tiếp)  NIM  180  60  120 Tam giác IMN cân I (cmt) nên đường cao IK đồng thời phân giác  NIK  MIK  60 NK  IK tan 60  IK  MN  NK  IK   NIK Xét tam giác vng có Lại có IH  IK (quan hệ vng góc, đường xiên) Do từ (3) (4) suy EF  MN Ta có Xét tam giác AEF có  S IMN  r 3  S IMN   EAF  60  gt   AEF    AE  AF (cmt ) 1 MN MN EF IK MN  MN   22 4  EF  AE  r  r2 S S  r 3(cmt )  S IMN  (dfcm) Mà 2 Câu V (1,0 điểm) Xét ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  14 Tìm giá trị nhỏ  P  x  y  48    xz  biểu thức   y2   Phá AM-GM áp dụng dồn biến cộng mẫu, ta có :   1 16     4  xz y  x  y  z  10    y  2  y   y   y   2 Đưa x  y  z  14 từ bậc bậc BĐT Bunhia copxki cho số, ta : 4   x  z 4 x  z x  z   x  y  3z    12  22  32   x  y  z   14 Biến đổi bểu thức P mô hình biến nghịch đảo : P  2x  y  768 48.16   x  y  z  10     x  y  3z   30 x  y  z  10 x  y  z  10 P  3.48.16  14  30  52 48.16  3  x  y  z  10   x  y  z  10   Min P  52   x  y  3z  14; x  z  4; y    x  1; y  2; z  x y z     ...   a  b  c   b    a  c   c    a  b  Ta có a2   a  c  2  a  b  2 Thay vào điều kiện  b  c ta có :   b    c    b  2bc  c   2b    c   b  2  b