ĐỀ Tuyển sinh vào LỚP 10 MÔN TOÁN chuyên năm 2022 2023 Trường THCS Bình Định

Microsoft Word 8 BÌNH �ÊNH doc SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VẢO LỚP 10 THPT BÌNH ĐỊNH NÃM HỌC 2022 2023 Để chính thức Môn thỉ chuyên TOÁN (CHUYÊN TOÁN) Ngày thi 1162022 Thời gian làm bài 15. ĐỀ Tuyển sinh vào LỚP 10 MÔN TOÁN chuyên năm 2022 2023 Trường THCS Bình Định

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Để thức KỲ THI TUYỂN SINH VẢO LỚP 10 THPT NÃM HỌC 2022-2023 Mơn thỉ chun: TỐN (CHUN TỐN) Ngày thi: 11/6/2022 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thởi gian phát đề) Bài 1: (2,5 điểm) Cho biểu thức: P  x 2022  x  x 2020  x  x  2017 Tính giá trị P x     Cho phương trình x3  bx  cx   b, c số nguyên Biết phương trình có nghiệm x0   Tìm b, c nghiệm cịn lại phương trình Bài 2: (2,5 điểm)  x( x  y )  y  y   Giải hệ phương trình:  2  y ( x  y)  x  y   Cho a, b, c số nguyên Đặt S  (a  2021)5  (2b  2022)5  (3c  2023)3 ; P  a  2b  3c  2022 Chứng minh S chia hết cho 30 chi P chia hết cho 30 Bài 3: ( 1,0 điểm) Có tất đa thức P ( x ) có bậc khơng lởn với hệ số nguyên không âm thỏa mãn điều kiện P (3)  100 Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB  AC) nội tiếp đường tròn (O) , đường cao AD, BE,CF cắt H Gọi M trung diểm BC a) Chứng minh tứ giác DMEF tứ giác nội tiếp b) Đường trịn tâm I đường kính AH cắt đường tròn (O) điểm thử hai P Kẻ đường kính AK đường trịn (O) Chứng minh bốn điểm P, H, M, K thẳng hàng c) Các tiếp tuyến A P đường tròn (I) cằt N Chứng minh ba đường thẳng MN, EF, AH đồng quy Bài 5: (1,0 điểm) Cho số x, y thỏa mãn: x  y   2  x  y  xy  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biều thức: T  x  y  xy -HẾT - Đáp án Bài 1: (2,5 điểm) Cho biểu thức P  x 2022 x  x 2020 x  x  2017 Tính giá trị P x  2  2 Cho phương trình x3  bx  cx   b, c số ngun Biết phương trình có nghiệm x0   Tìm b, c nghiệm cịn lại phương trình Lời giải Ta có x      x3  (2  5)  (2  5)  3    (    )  x3   x    ( x  5) x  x    5 Chú ý x  x    x     nên từ x    Thế nên P  x 2020 x  x    x  2017  2022 2 Bằng tính tốn trực tiếp, ta tính x03  38  17 5; x02   Vì x0 nghiệm phương trình x3  bx  cx   nên x03  bx02  cx0    (38  17 5)  b(9  5)  c(2  5)    (39  9b  2c)  (17  4b  c)  39  9b  2c   17  4b  c lí Do 17  4b  c  , kéo theo 39  9b  2c  4b  c  17  b  5 Giải hệ phương trình   c  9b  2c  39  Ta thấy 17  4b  c   b, c số ngun, điều vơ Với (b; c)  (5;3) phương trình trở thành x3  x  3x      x  x  ( x  1)  x     x   x   Vậy với (b; c)  (5;3) , ngồi nghiệm x0   PT cịn nghiệm x1   x2  Bài 2: ( 2,5 điểm)  x( x  y )  y  y   Giải hệ phương trinh  2  y( x  y)  x  y   a, b, c số nguyên Đặt S  (a  2021)5  (2b  2022)5  (3c  2023)5 ; P  a  2b  3c  2022 Chứng minh S chia hết cho 30 chi P chia hết Cho cho 30 Lời giải Xét hệ phương trình:  x( x  y )  y  y   1  2  y ( x  y )  x  y     Nhân hai vố phương trình (1) với , ta x  xy  y  y    3 Cộng theo vế phương trình (2) (3) ta y ( x  y )  xy  y  15 y   y  ( x  y )  2( x  y )  15   y ( x  y  3)( x  y  5)  y    x   y  x  5  y - Nếu y  thay vào phương trình (1) ta x   , khơng có nghiệm thực - Nếu x   y , thay vào phương trình (1) ta (3  y )   y  y   y   y  y  10   ( y  2)( y  5)    y  Với y  x  ; với y  x  2 - Nếu x  5  y , thay vào phương trình (1) ta (5  y )  (5)  y  y    103    y  y  26  , khơng có nghiệm thực y  y  26   y    2  2 Vậy hệ phương trình ban đầu có hai nghiệm ( x; y )  (1; 2) ( x; y )  (2;5) Đặt x  a  2021; y  2b  2022; z  3c  2023 S  x  y  z P  x  y  z Ta có S  P   x5  x    y  y    z  z  Xét A  x  x  x( x  1)( x  1)  x  1 Ta thấy ( x  1) x( x  1) tích ba số nguyên liên tiếp nên có tích chia hết cho , A chia hết cho Theo định lý Fermat, ta có x5  x( mod 5) nên A chia hết cho Mà ƯCLN (5, 6)  nên A  x  x chia hết cho 30 Hoàn toàn tương tự  y  y   z  z  chia hết cho 30 Do ( S  P ) chia hết cho 30 Điều cho biết S chia hết cho 30 chi P chia hết cho 30 Bài 3: ( 1,0 điểm ) Có tất đa thức P ( x ) có bậc khơng lớn với hệ số nguyên không âm thỏa mãn điều kiện P (3)  100 Lời giải - Xét đa thức P ( x)  C số có đa thức P(x)  100 thỏa mãn - Xét đa thức P( x)  ax  b với a  0; b  0; a, b   Ta có P(3)  100 hay 3a  b  100 , mà a  * ; b   nên  a  33 Với a ta tìm b  100  3a thỏa mãn điều kiện nên trường hợp có tất 33 đa thức thỏa đề Xét đa thức P ( x)  ax  bx  c với a  * ; b, c   Theo đề ta có 9a  3b  c  100 , mà a, b, c số nguyên nên c  3k  với k   (với giá trị k ta tìm giá trị c ) Khi 3a  b  k  33 hay b  k  33  3a  , suy  a  11 Với giá trị a vậy, có (34  3a) giá trị nguyên b nhận từ đến ( 33  3a) có giá trị k  33  3a  b thoả mãn sau chọn a b Vậy trường hợp có 11  (34  3a)  34 11   a 1 12 11  176 cặp ( a; b; k ) thoả mãn, ứng với 176 cặp (a; b; c) thoả mãn đề Trường hợp có 176 đa thức thoả mãn Từ ba trường hợp trên, có tất  33  176  210 đa thức P ( x ) với hệ số nguyên không âm P (3)  100 Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB