SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút , khơng kể giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (3,5 điểm) a) x Giải phương trình x 1 x x 1 4 x 2 b) Giải phương trình x x 15 x x 4 x y xy 3x 14 y x 3x x y 3 18 y c) Giải hệ phương trình Câu (1,5 điểm) 2 a) Tìm tất số nguyên tố p, q cho p pq 4q số phương b) Tìm tất số nguyên tố p cho tồn số tự nhiên x, y thỏa mãn x y xy p Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c ab bc ca Chứng minh : a) a b c b) 2ab a b 2 2bc b c 2ca c a 6 Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O cho hai tia BA CD cắt điểm E Hai tia AD, BC cắt điểm F Gọi G, H trung điểm AC , BD Đường phân giác góc BEC AFB cắt điểm K Gọi L hình chiếu vng góc K đường thẳng EF Chứng minh : a )DEF DFE EBF KL LE.LF b) GED HEA EG.FH EH FG MB NB KH ; KG M giao điểm hai đường thẳng EK BC, N c) MC NA giao điểm hai đường thẳng FK AB Câu (1,0 điểm) Thầy Hùng viết số nguyên 1; 2;3; ; 2021; 2022 lên bảng Thầy Hùng xóa 1010 số bảng Chứng minh số lại bảng ln tìm được: a) số có tổng bình phương hợp số b) 504 số có tổng bình phương chia hết cho ĐÁP ÁN Câu (3,5 điểm) d) Giải phương trình Với x khơng nghiệm phương trình Với x chia vế phương trình cho x ta : x x x x 4 x 1 x 1 1 x 4 x 1 a x x x Đặt , phương trình trở thành a a 4 a 5a x 0(VN ) x 1 a 1 x 3 a (tmdk ) x 4 x x x x 3 x Vậy e) Giải phương trình x x 15 x x 4 (2) x 3 x 5 x 15 x x Điều kiện : , Đặt t x x t 2 2 Ta có t 15 x x 15 x x t Phương trình (2) trở thành t t 4 t t 12 t 4(tm) x x x x x 1(tm) t 3( ktm) Vậy x x y xy 3x 14 y 1 x 3x x y 3 18 y f) Giải hệ phương trình x y 1 x x x 3 Với x 3x y x y 14 x 3x x y 3 18 Với y 0, chia vế phương trình cho y ta : y a a b 11 b x 3x a a , y ab 18 x y b b Đặt hệ phương trình trở thành x 3x x x 24 a x 3; y *) y b x 8; y 20 y 12 x x y x 3x 9 x 12 x 45 a x y *) y b x 15 y 20 y 5 x x y Vậy hệ phương trình có nghiệm 0;0 ; 3;0 ; 3;9 ; 8; 20 ; 3; ; 15; 20 Câu (1,5 điểm) 2 c) Tìm tất số nguyên tố p, q cho p pq 4q số phương Giả sử p, q cặp số nguyên tố cho tồn số nguyên dương r thỏa mãn p pq 4q r 1 Giả sử p, q đểu khác Ta có : p q 1 mod 3 2 2 nên r p pq 4q p q (mod3) (vô lý số phương chia cho khác 2) p 3 Do pM3 qM3 mà p, q số nguyên tố nên q Nếu p thay vào (1) ta : r 4q 9q p 12 p 2q 3 Mặt khác r 4q 9q 4q 8q 2q Nên 2q 3 r 2q 2 Điều nầy vô lý nên trường hợp khơng có giá trị r thỏa mãn 2 Nếu q thay vào (1) ta : r p p 36 p 12 p 36 p r p p 36 p p 16 p Nên p r p 6 , r p 5 p p 36 p 10 p 25 p 11(tm) Vậy p 11; q 2 2 d) Tìm tất số nguyên tố p cho tồn số tự nhiên x, y thỏa 3 mãn x y xy p Với số x, y, p thỏa mãn giả thiết, ta có : x3 y xy p x y 3xy x y xy p x y 3xy x y p x y 3xy x y p 3 x y x y x y xy p 2 x y x y xy x y p * x y 2; x y xy x y ước p U ( p ) 1; p Do x, y nguyên dương nên x y 2, mặt khác p nguyên tố nên ta có : x y p 1 2 x y xy x y 1 2 Xét phương trình x y xy x y x y xy x y x y x y Vì x, y có vai trị nên giả sử x y 2 2 2 Mà ; x,y số nguyên x y nên xảy trường hợp sau : x y 1 x y x x y 1 x th1: x x 1 x y x y y y Với x 1; y p Với x 3; y p p 5 Hai trường hợp lại làm tương tự cho p p 5;7 Vậy Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c ab bc ca Chứng minh : 2 2 a b b c c a a) a b c Ta có : a 2ab b b 2bc c c 2ca a a b c ab bc ca 2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca 3a 3b 3c a b c 2ab 2bc 2ca 3a 3b 3c a b c a b c 2 a b c 2 Mặt khác: a b c ab bc ca a b c ab bc ca a b c a b c ab bc ca a b c 2 6.3 2 a b c a b c 3 2 abc Dấu xảy 2ab 2bc 2ca b) 6 2 a b b c c a 1 a b c Từ giả thiết ta có : 2ab a b 2ab a b c ab bc ca a b a b Tương tự ta có : c b c a a b c a a b ; 2ca a b b c 2 b c b c c a c a Do : b c c a c a a b a b b c VT 1 2 a b b c c a b c c a c a a b a b b c 6(dfcm) 3 2 a b b c c a 2bc 1 Dấu xảy abc 2 1 b c c a a b Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn cho hai tia BA CD cắt điểm E Hai tia AD, BC cắt điểm F Gọi G, H trung điểm AC , BD Đường phân giác góc BEC AFB cắt điểm K Gọi L hình chiếu vng góc K đường thẳng EF Chứng minh : O a )DEF DFE EBF KL LE.LF Theo tính chất tổng góc tam giác, ta có : BEF BFE 180 EBF BEC 180 EBC BCE , AFB 180 ABF BAF Tứ giác ABCD nội tiếp nên BCE BAF 180 DEF DFE BEF BEC BFE AFC BEF BFE BEC AFB 180 EBF BEC AFB BEC AFB 180 EBC BCE 180 ABF BAF 360 2.EBF BCE BAF 360 2EBF 180 180 2EBF DEF DFE 180 EBF 2EBF 180 EBF dfcm *EKF 180 KEF KFE (tính chất tổng ba góc KEF ) BEC AFB 180 KED DEF KDB DFE 180 DEF DFE Do KEF vng K, có KL đường cao nên theo hệ thức ta : KL2 LE.LF suy KL LE.LF dfcm BEC AFB 180 2EBF 180 DEF DFE 180 ADE 2 180 90 EBF EBF 90 b) GED HEA EG.FH EH FG Xét EAC EDB có : » BEC góc chung, ECA EBD (góc nội tiếp chắn AD) AC AE EAC ∽ EDB ( g g ) 1 BD DE 1 DH BD, AG AC 2 Mà (do H trung điểm BD; G trung điểm AC) 1 AG AE DH DE Nên từ » Ta có BAC BDC (góc nội tiếp chắn BC (O)) Mà EAC 180 BAC; BDE 180 BDC (kề bù) nên EAC 180 BAC ; BDE 180 BDC (kề bù) nên EAC BDE Xét EAG EDH có : AG AE (cmt ) EAG ∽ EDH ( g g ) DH DE GEA HED GEA HEG HED HEG GED HEA(dpcm) EG AE AC FG AC Từ (2) EH DE BD Tương tự ta có: FH BD EG FG EG.FH EH FG dfcm Do EH FH MB NB KH ; KG M giao điểm hai đường thẳng EK BC, N c) MC NA giao điểm hai đường thẳng FK AB Từ (2) AEG DEH EK tia phân giác BEC nên AEK DEK AEG AEK DEH DEK HEK GEK EK tia phân giác GEH Tương tự FK tia phân giác GKH Gọi K ' giao điểm EK , GH Theo tính chất đường phân giác, ta có : EAG EDH (cmt ); K ' G EG FG K ' H EH FH K ' G FG HFG có K ' H FH nên FK ' đường phân giác GFH Do K ' giao ba đường phân giác DEF K K ' H , K , G thẳng hàng MB EB BEC có MC EC (theo tính chất đường phân giác ) EBC EDA có BEC chung EBC ADC (cùng bù ADC ) EB ED EBC ∽ EDA( g.g ) EC EA ED EH 2 EA EG EH KH MB KH HEG có EG KG (theo tính chất đường phân giác) MC KG NB KH MB NB KH dfcm KG Tương tự ta có : NA KG MC NA Câu (1,0 điểm) Thầy Hùng viết số nguyên 1; 2;3; ; 2021; 2022 lên bảng Thầy Hùng xóa 1010 số bảng Chứng minh số cịn lại bảng ln tìm được: c) số có tổng bình phương hợp số Dãy số nguyên 1; 2;3; ; 2021; 2022 có 1011 số chẵn 1011 số lẻ Nếu xóa 1010 sổ lẻ bảng cịn 1011 số chẵn Chọn số chẵn số chẵn cịn lại tổng bình phương ba số số chẵn Nếu xóa 1010 số chẵn bảng cịn số chẵn Chọn số chẵn số lẻ cịn lại thi tổng bình phương số số chẵn Tổng bình phương ba số chia hết cho lớn nên tổng hợp số d) 504 số có tổng bình phương chia hết cho Các số phương lẻ chia dư Các số phương chẵn chia hết cho Tổng 504 số phương lẻ chia hết cho Sau xóa 1010 số bảng cịn lại 1012 số +Nếu 1012 số có 504 số lẻ 504 số có tổng bình phương chia hết cho +Nếu 1012 số có 504 số lẻ có 506 số chẵn 506 số chẵn có tổng bình phương chia hết cho (đpcm) ... 2021; 2022 lên bảng Thầy Hùng xóa 101 0 số bảng Chứng minh số cịn lại bảng ln tìm được: c) số có tổng bình phương hợp số Dãy số nguyên 1; 2;3; ; 2021; 2022 có 101 1 số chẵn 101 1 số lẻ Nếu xóa 101 0... cho Tổng 504 số phương lẻ chia hết cho Sau xóa 101 0 số bảng cịn lại 101 2 số +Nếu 101 2 số có 504 số lẻ 504 số có tổng bình phương chia hết cho +Nếu 101 2 số có 504 số lẻ có 506 số chẵn 506 số chẵn... có 101 1 số chẵn 101 1 số lẻ Nếu xóa 101 0 sổ lẻ bảng cịn 101 1 số chẵn Chọn số chẵn số chẵn cịn lại tổng bình phương ba số số chẵn Nếu xóa 101 0 số chẵn bảng cịn số chẵn Chọn số chẵn số lẻ cịn lại