De vao 10 chuyen nam 2022 2023

Tailieumontoan.com  Điện thoại (Zalo) 039.373.2038 ĐỀ VÀO LỚP 10 CHUN MƠN TỐN NĂM 2022-2023 (Liệu hệ tài liệu word mơn tốn SĐT (zalo) : 039.373.2038 Tài liệu sưu tầm, ngày 27 tháng năm 2022 Website: tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH AN GIANG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học: 2022 - 2023 Môn thi: TỐN - CHUN Thời gian làm bài: 150 phút (Khơng kể thời gian phát đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài (2,5 điểm) Cho A = (4 + x + 3+ x ) ( − 10 + + x ) a) Tính giá trị biểu thức A x = 2 b) Tìm x biết A = −9 Bài (2,0 điểm) Cho Parabol ( P ) : y = −2 x hai điểm A ( −1;0 ) , B (1; −2 ) a) Vẽ đồ thị ( P ) hai điểm A, B hệ trục toạ độ b) Viết phương trình đường thẳng ( d ) song song với AB tiếp xúc với ( P ) Bài (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai ẩn x, n tham số: nx − ( n + 1) x + n = a) Tìm n để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 b) Chứng minh x1 − x2 ≤ với số n nguyên dương Bài (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông C ( AC > BC ) , BC = Biết đường tròn ( O ) qua ba điểm A, B, M ( M trung điểm BC ) cắt AC L với BL tia phân giác góc ABC a) Chứng minh CA.CL = b) Chứng minh AB.LC = BC.LM c) Tính độ dài cạnh AB Bài (1,0 điểm) Một nông dân thu hoạch 100 trái dưa lưới có khối lượng trung bình 1,5 kg Trong 100 trái có trái dưa lưới nặng 1,5 kg có khối lượng trung bình 1,73 kg, trái dứa lưới nhẹ 1,5 kg có khối lượng trung bình 1,33 kg trái dưa lưới nặng 1,5 kg a) Tìm biểu thức liên hệ số trái dưa lưới theo khối lượng chúng b) Có trái dưa lưới nặng 1,5 kg? = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Liên hệ tài liệu word toán SĐT: 038.373.2038 Website: tailieutoanhoc.com Website: tailieumontoan.com Hướng dẫn giải: Bài (2,5 điểm) Cho A = (4 + x + 3+ x ) ( − 10 + + x ) a) Tính giá trị biểu thức A x = 2 b) Tìm x biết A = −9 Lời giải Với điều kiện + x ≥ ⇔ x ≥ −3 A =(1 + + x )  − 10(1 + + x ) =(1 + + x ) − 10(1 + + x ) a) Với x = 2 + x =3 + 2 =(1 + 2) ⇒ + x =1 + Suy A =+ (2 2) − 10(2 + 2) =+ (2 2) (2 + 2) − 10  Do (2 + 2) = + ⇒ A = (6 + 2)(−4 + 2) = + b) Đặt t =+ + x (t ≥ 1) Biểu thức A trở thành A= t − 10t t = ±1 A = −9 ⇔ t − 10t + = ⇔ ( t − 1)( t − ) = ⇔  t = ±3 Do t ≥ nên t = t = Với t =⇒ 1 + + x =⇔ 3+ x = 0⇔ x= −3 (nhận) Với t = ⇒ + + x = ⇔ + x = ⇔ + x = ⇔ x = (nhận) Vậy A = −9 tìm giá trị x −3;1 Bài (2,0 điểm) Cho Parabol ( P ) : y = −2 x hai điểm A ( −1;0 ) , B (1; −2 ) a) Vẽ đồ thị ( P ) hai điểm A, B hệ trục toạ độ b) Viết phương trình đường thẳng ( d ) song song với AB tiếp xúc với ( P ) Lời giải a) Vẽ đồ thị hàm số y = −2 x ( P ) , ta có bảng sau: x y = −2 x -2 -8 -1 -2 0 -2 -8 y -2 -1 A -2 x B -8 (P) b) Gọi ( d ') : = y ax + b phương trình đường thẳng qua hai điểm A(−1;0), B(1; −2) Liên hệ tài liệu word toán SĐT: 038.373.2038 Website: tailieutoanhoc.com Website: tailieumontoan.com 0 =−a + b a =−1 Khi  ⇔ ⇒ ( d ') : y =− x − b =−1 −2 =a + b Phương trình đường thẳng (d ) / / ( d ') có dạng y =− x + c ( c số) Xét phương trình hồnh độ giao điểm ( P), (d ) : −2 x =− x + c(*) ( P), (d ) tiếp xúc ⇔ phương trình (*) có nghiệm kép ⇔ ∆ = − 4(−2)(−c) = ⇔ c = Vậy (d ) : y =− x + phương trình đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán Bài (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai ẩn x, n tham số: nx − ( n + 1) x + n = a) Tìm n để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 b) Chứng minh x1 − x2 ≤ với số n nguyên dương Lời giải Phương trình nx − 2(n + 1) x + n = (1) phương trình bậc hai ẩn x nên n ≠ 2 a) Biệt thức ∆ '= (n + 1) − n = 2n + Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 ⇔ ∆ ' > ⇔ 2n + > ⇔ n > − Vậy với n > − n ≠ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 b) Do n nguyên dương ⇒ n ∈ * , tức n ≥ Từ câu a thấy với n ≥ , phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 =2 + x1 x2 = n ⇒ x1 − x2= ( x1 + x2 ) − x1 x2= + ≤ + 8= n2 n Dấu "=" xảy n = Bài (2,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường trịn ( O ) đường kính AC Gọi I điểm thuộc đoạn OC ( I khác O C ) Qua I kẻ đường vng góc với AC cắt BC E AB kéo dài D Gọi K điểm đối xứng C qua điểm I a) Chứng minh tứ giác BDCI AKED nội tiếp b) Chứng minh IC.IA = IE.ID Lời giải Liên hệ tài liệu word toán SĐT: 038.373.2038 Website: tailieutoanhoc.com Website: tailieumontoan.com Xét ∆CML ∆CAB có  = CBA  ( Tứ giác BMLA nội tiếp) CLM = MCL ACB (góc chung) Nên hai tam giác CML, CAB đồng dạng CM ML CL (1) ⇒ = = CA AB CB a) M trung điểm BC ⇒ CM = BC ⇒ CM CB = BC =2 Từ (1) ⇒ CL.CA = CM CB = b) Từ (1) ⇒ AB.LC = BC.LM =  c) BL tia phân giác  ABC ⇒ MBL ABL Mà B, M, L, A thuộc đường tròn nên LM = LA Từ câu a ) ⇒ LM = LA = AC − CL = AC − AC   2 ⋅  AC − AC − )  BC ⋅ LM AC  AC (  Từ câu b) ⇒ AB = = = = AC − 2 LC AC AC 2 2 ∆ABC vuông C ⇒ AB= AC + BC= AC + = ( AC − ) + = AB + (2) Từ (2) ⇔ ( AB − 3)( AB + 2) =0 ⇒ AB =3( AB > 0) Bài (1,0 điểm) Một nơng dân thu hoạch 100 trái dưa lưới có khối lượng trung bình 1,5 kg Trong 100 trái có trái dưa lưới nặng 1,5 kg có khối lượng trung bình 1,73 kg, trái dứa lưới nhẹ 1,5 kg có khối lượng trung bình 1,33 kg trái dưa lưới nặng 1,5 kg a) Tìm biểu thức liên hệ số trái dưa lưới theo khối lượng chúng b) Có trái dưa lưới nặng 1,5 kg? Lời giải a) Gọi x, y, z số dưa nặng 1,5 kg; 1,5 kg; nhẹ 1,5 kg (trong x, y, z số nguyên dương) Khi ta có 1, 73 x + 1,5 y + 1,33= z 1,5.100 = 150 (1) Liên hệ tài liệu word toán SĐT: 038.373.2038 Website: tailieutoanhoc.com Website: tailieumontoan.com b) Theo cách gọi câu a), ta có: x + y + z= 100 ⇒ 1,5 x + 1,5 y + 1,5 z= 150 (2) Từ (1), (2) ⇒ 0, 23 x − 0,17 z = ⇔ x = 17 z 23 Vì (17, 23) = nên đặt= z 23k ( k ∈ * ) ⇒= x 17 k Từ suy y= 100 − x − z= 100 − 40k  y = 60 y ≥ ⇒ 100 − 40k ≥ ⇔ k ≤ 2,5 ⇒ k = 1; ⇒   y = 20 Vậy có 20 trái dưa lưới nặng 1,5 kg Liên hệ tài liệu word toán SĐT: 038.373.2038 Website: tailieutoanhoc.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU ĐỀ CHÍNH THỨC Website: tailieumontoan.com KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Năm học: 2022 – 2023 ĐỀ THI MƠN: TỐN (Chun) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi:09/06/2022 Câu (3,0 điểm)  x −2 x +  2( x − 1) với x ≥ 0, x ≠ − : 2  ( x − 1)( x + 1) ( x + 1)  (1 − x) a) Rút gọn biểu thức P  = b) Giải phương trình: x − 3x + − ( x − 1) x − =  x + xy + x − = c) Giải hệ phương trinh:  4 y + x + y − =0 Câu (2,0 điểm) ac ≥ Chứng minh phương trình sau ln b+d có nghiệm ( x + ax + b )( x + cx + d ) = a) Cho số thực a, b, c, d thỏa mãn b) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình ( x + y )(2 x + y ) + x + y + = Câu (1,0 điểm) Với số thực dương x, y, z thỏa mãn ( x + y + z )= y ( x + z ) Tìm giá trị lớn biểu thức = P 2( x + y + z ) − ( x + z ) Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O có ba đường cao AD, BE , CF cắt H Gọi I , J trung điểm AH BC a) Chứng minh IJ vng góc với EF IJ song song với OA b) Gọi K , Q giao điểm EF với BC AD Chứng minh QE KE = QF KF  cắt AB, AC M N Tia c) Đường thẳng chứa tia phân giác FHB  cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN điểm P khác A phân giác CAB Chứng minh ba điểm H , P, J thẳng hàng Câu (1,0 điểm) Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieutoanhoc.com Website: tailieumontoan.com Cho tam giác ABC cố định có diện tích S Đường thẳng d thay đổi qua trọng tâm tam giác ABC cắt cạnh AB, AC M , N , Gọi S1 , S2 diện tích tam giác ABN ACM Tìm giá trị nhỏ S1 + S2 HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (3,0 điểm)  x −2 x +  2( x − 1) − với x ≥ 0, x ≠ : 2  ( x − 1)( x + 1) ( x + 1)  (1 − x) = a) Rút gọn biểu thức P  b) Giải phương trình: x − 3x + − ( x − 1) x − =  x + xy + x − = c) Giải hệ phương trinh:  4 y + x + y − =0 Lời Giải:  ( x − 2)( x + 1) − ( x + 2)( x − 1)  ( x − 1) (−2 x )( x − 1) a) P = =2 = − x  ⋅ ( x − 1)( x + 1)   2( x − 1) 2( x − 1) ( x + 1) b) Điều kiện : x ≥  x − =0(1) Phương trình ⇔ ( x − 1)( x − − x − 5) = ⇔   x − 2= x − 5(2) (1) ⇔ x = (không thỏa mãn điều kiện) x ≥ x ≥ ⇔ ⇔x= (2) ⇔   2 ( x − 2) = x −  x − x + = Vậy tập hợp nghiệm phương trình cho S = {3} c) Cộng hai phương trình cho theo vế x + 2y = ( x + y ) + 2( x + y ) − = ⇔  −3 x + 2y = Trường hợp 1: x + y =1 ⇔ x =1 − y thay vào phương trình sau hệ thu  y = ⇒ x =1 y +1− y + y −1 = ⇔  y = − ⇒x=  Trường hợp : x + y =−3 ⇔ x =−2 y − thay vào phương trình sau hệ thu Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieutoanhoc.com Website: tailieumontoan.com  −1 + 17 −5 − 17 = = ⇒x y 4 y2 − − y + y −1 = ⇔ y2 + y − = ⇔   −1 − 17 −5 + 17 = = ⇒x y  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (1;0 ) ;  2; −    −5 − 17 −1 + 17   −5 + 17 −1 − 17  ; ; ;  ;     4    Câu (2,0 điểm) ac ≥ Chứng minh phương trình sau ln b+d có nghiệm ( x + ax + b )( x + cx + d ) = a) Cho số thực a, b, c, d thỏa mãn b) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình ( x + y )(2 x + y ) + x + y + = Lời Giải:  x + ax + b = 0(1) ⇔ a) Phương trình cho  0(2)  x + cx + d = Ta có ∆1 = a − 4b ∆ = c − 4d Giả sử phương trình vơ nghiệm, hai phương trình (1), (2) vơ 4b > a ∆(1) < nghiệm Tức  ⇔ ⇒ b > 0; d > ⇒ b + d >  4d > c ∆(2) < Lúc theo giả thiết ac ≥ ⇒ ac ≥ 2(b + d ) b+d Tuy nhiên điều vô lý 2(b + d ) > ( ) 2 a + c ≥ ac Vậy với điều kiện đề cho pt ( x + ax + b )( x + cx + d ) = ln có nghiệm a= x + y b 2x + 3y = b/ Đặt  Khi x + y + = x + y − x − y + = ( x + y ) − ( x + y ) + = 4a − b + Ta có ( x + y )(2 x + y ) + x + y + = ⇔ ab + 4a − b + = Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieutoanhoc.com Website: tailieumontoan.com ⇔ a ( b + ) =b − 2 ⇒ b − 2 b + ⇒ ( b − )( b + ) ( b + ) ⇒ ( b + ) − ( b − )( b + ) ( b + ) ⇒ 8 ( b + ) ⇒ ( b + ) ∈ {4,8} Nếu b + =4 ⇒ b =0 ⇒ a =−  − x + y = ⇒ 2 x + y =  x = − ⇒ (loại)  y = Nếu b + = b = ⇒ a = ⇒ b =−2 ⇒ a =−  *) b = ⇒ a = 0 x + y = ⇒ 2 x + y =  x = −2 (nhận) ⇒ y = *) b =−2 ⇒ a =−  − x + y = ⇒ 2 x + y = −2  x = ⇒ (loại)  y = −1 Vậy ( −2; ) thỏa mãn pt cho Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieutoanhoc.com ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀO 10 CHUYÊN CÁC TỈNH NĂM HỌC 2022 - 2023 Sau xóa 1010 số bảng cịn lại 1012 số + Nếu có 504 số lẻ suy phải chứng minh + Nếu có 504 số lẻ có 506 số chẵn Chọn 504 số chẵn từ 506 số chẵn ta điều phải chứng minh …………………………………………… Trang SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH YÊN BÁI KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC NĂM HỌC 2022 – 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Mơn thi: Tốn chun Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Khóa thi ngày: 07/6/2022 Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức P = x 2x − x x − , với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ + + x −1 x −2 x −3 x + a) Rút gọn biểu thức P b)Tìm tất giá trị x để P − P = Câu (3,0 điểm) Cho phương trình x − 5mx − 4m = (m tham số) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x12 + 5mx2 + 16m − =  x + y = y − xy xy x − y + = Giải hệ phương trình  Câu (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) Đường trịn tâm O đường kính BC cắt cạnh AC AB E F Gọi H giao điểm BE CF, I trung điểm AH a) Chứng minh ràng tam giác IHE cân b) Chứng minh IE tiếp tuyến đường tròn (O) c) AH cắt BC EF D M Chứng minh IE2 = IM.ID d) IC cắt đường tròn (O) N (khác C) Chứng minh B, M, N thẳng hàng Câu (1,0 điểm) Chứng minh với số tự nhiên n, số B = 9.52n + 13.3n ln chia hết cho 22 Tìm tất cặp số nguyên dương (a; b) cho ab ước a2 + b Câu (1,0 điểm) Cho số dương a, b, c thỏa mãn 1 + + = Chứng minh rằng: a b c b + 2a c + 2b a + 2c + + ≥ ab bc ca Cho X tập hợp gồm 26 số nguyên dương đôi khác nhau, số không lớn 100 Chứng minh X tồn hai số x, y cho x - y thuộc tập hợp {5;10;15} LỜI GIẢI Câu 1: x 2x − x x − + + x −1 x −2 x −3 x + a) P = x + x −1 = 2x − x x − + x − ( x − 1)( x − 2) = x( x − 2) + 2( x − 1) + x − x x − ( x − 1)( x − 2) = x x − 2x + x − + 2x − x x − ( x − 1)( x − 2) = x −4 = ( x − 1)( x − 2) x −1 ( P ≥ 0) P = P  P = − P ( P < 0) b) Để P − P = ⇔ P = P ⇔  * Với P = P (P≥0) x −1 > ⇔ x −1 > ⇔ x > ⇔ x > −2  =  x −1 * Với P = -P (P x ≠ Câu 2: 1) Cho pt : x − 5mx − 4m = (1) Ta có= ∆ (5m) − 4(−4= m) 25m + 16m Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ 25m − 16m > ⇔m< −16 m > 25 Vì x1 nghiệm phương trình (1) nên ta có: x12 − 5mx1 − 4m =0 ⇔ x12 =5mx1 + 4m Thay= x12 5mx1 + 4m vào phương trình x12 + 5mx2 + 16m − = Ta được: 5mx1 + 4m + 5mx2 + 16m − = ⇔ 5m( x1 + x2 ) + 20m − = (*) Mà x1, x2 nghiệm phương trình (1) nên theo hệ thức Viet ta có: 5m  x1 + x2 =   x1.x2 = −4m Thay vào (*) ta được: 5m.5m + 20m − = ⇔ 25m + 20m − =  m=  ⇔ (Thỏa mãn)   m = −1 Vậy m = m = −1 2) Giải hệ phương trình: Cách 1:  x + y = y − xy  x + y = y − xy ⇔    x − y + = xy  x − xy = y −  x − y = y − xy (1)  ⇔ y−2 (2) x = 1− y  Thế x = y−2 vào (1) ta được: 1− y y−2 ( y − 2) y Điều kiện: y ≠ + y2 = y − (1 − y ) 1− y ⇔ ( y − 2) + ( y − y )(1 − y ) + y ( y − 2) + y ( y − 2)(1 − y ) = ⇔ y − y + + ( y − y )(1 − y + y ) + ( y − y )(1 − y ) = ⇔ y − y + + y − y3 + y − y + y − y3 + y − y3 − y + y = ⇔ y − y3 + y − y + = ⇔ ( y − 2) ( y − y + 1) = (t / m) y = ⇔  y − y + =0 (vô nghiêm) Thay y = vào (1) ta x = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (0; 2) Cách 2:  x + y = y − xy (1)  (2) xy x − y + = Trừ vế (1) cho (2) ta được: x + y − x + y − = y − xy ⇔ x + y + xy − x − y − = 0 ⇔ ( x + y)2 − ( x + y) − = x + y = ⇔ −1 x + y = * Với x + y =2 => x = – y thay vào (2) ta được: − y − y + = (2 − y ) y ⇔ 2(2 − y ) − (2 − y ) y = ⇔ (2 − y ) = ⇔ y= => x = * Với x + y = –1 => x = –1 – y thay vào (2) ta được: −1 − y − y + =(−1 − y ) y ⇔ − y + =− y − y ⇔ y2 − y +1 = (vơ nghiệm) Vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x; y) = (0; 2) Câu 3: A E I N M F H B D O C  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) a) Ta có BEC ) ⇒ AEH = 90o (kề bù với BEC  Tương tự AF H = 90o  nhìn đoạn AH góc 90o Suy  AEH AFH => Tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH, mà I trung điểm AH => I tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AEHF => IE = IH => ∆IHE cân I b) Kéo dài AI cắt BC D => AD ⊥ BC Ta có ∆IAE cân I  = IEA  => IAE Mặt khác ∆OEC cân O  = OCE  => OEC  + IAE = Mà OCE 90o  + IEA = hay OCE 90o  = 90o => IEO => IE tiếp tuyến (O) c) Xét ∆IFM ∆IDF có: I chung  = IDF  ( = FBE  tứ giác BDHF nội tiếp) IFM => ∆IFM ∽ ∆IDF (g - g) => IF IM = ⇒ IF2 = ID.IM ID IF Mặt khác IE = IF (tứ giác AEHF nội tiếp (I)) => IE2 = ID.IM (1) d) Xét ∆IEN ∆ICE có: I chung  = ECN  (góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn NE ) IEN => ∆IFM ∽ ∆IDF (g - g) => IE IN = ⇒ IE = IN IC IC IE (2) Từ (1) (2) => IN.IC = IM.ID ⇒ IM IN = IC ID Xét ∆IMN ∆ICD có: I chung IM IN = IC ID => ∆IMN ∽ ∆ICD (c - g - c)   => INM = IDC = 90o => MN ⊥ IC (*)  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Mà BNC => BN ⊥ NC (**) Từ (*) (**) => BN ⊥ IC Mà MN ⊥ IC Câu 4: => B, M, N thẳng hàng a)= B 9.52 n + 13.3n = 9.25n + 13.3n = 9.25n + 22.3n − 9.3n = 9.(25n − 3n ) + 22.3n = 9.(25 − 3)(25n −1 + 25n − 2.3 + + 3n −1 ) + 22.3n = 9.22.(25n −1 + 25n − 2.3 + + 3n −1 ) + 22.3n n −1 n−2 n −1 9.22.(25 + 25 + + ) 22 Vì  n 22.3  22 Áp dụng tính chia hết tổng => B 22 b) Để ab ước a + b thì: a + b ab a = da1 b = db1 d ( a, b) ⇒  = gọi (a1, b1) = Vì a + b ab ⇒ d a12 + d b1  d a1b1 ⇒ d a12 + b1  da1b1 d a12 + b1  a1  ⇒ d a12 + b1  b1  d a1 + b1  d b1  a1  ⇒ a1  b1 b  d 1 Mà ( a1; b1 ) = b1  a1 1  ⇒ a1 =1 ⇒ a =d  da1  b1   ⇒ d  b1 mà b1  d a1 =  Vậy b = d2 = a2  2a = ⇒ b = a = ⇒ b = Từ a + b ab ⇒ 2a  a ⇒ 2 a ⇒  Câu 5: Để chứng minh toán ta chứng minh bất đẳng thức sau: 3( x + y + z ) ≥ ( x + y + z ) (1) (1) ⇔ 3x + y + 3z ≥ x + y + z + xy + yz + zx ⇔ x + y + z − xy − yz − zx ≥ ⇔ ( x − xy + y ) + ( x − xz + z ) + ( y − yz + z ) ≥ ⇔ ( x − y ) + ( x − z ) + ( y − z ) ≥ Dấu “=” xảy x = y = z b + 2a c + 2b a + 2c + + ≥ ab bc ca ⇔ 2 + + 2+ + 2+ ≥ a b b c c a Ta có: 1 1 1 1 + = 2+ 2+ 2≥  + +  a b a b b 3 a b b  ⇒ 2 1 1 + ≥  + +  (1) a b 3a b b Tương tự: 1 1 + ≥  + +  (2) b c 3b c c 1 1 + ≥  + +  (3) c a 3c a a Từ (1), (2) (3) ⇒ 2  3 3 + + 2+ + 2+ ≥  + +  =3 a b b c c a 3a b c 1 1  a= b= c Dấu “=” xảy ⇔  1 + + =  a b c ⇒ a =b =c =3 Ta chia số nguyên từ đến 100 thành đoạn sau: [1; 20] ; [ 21; 40] ; [ 41;60] ; [61;80] ; [81;100] Vì có 26 số ngun dương khác nên 26 theo ngun lí Đirrichlet có   + =6 số thuộc đoạn Hiệu 5 hai số số lớn nhỏ 20 Trong số ta chọn hai số có số dư chia cho 5, hiệu hai số chia hết cho Giả sử hai số x; y 0 < x − y < 20 ⇒ ⇒ x − y ∈ {5;10;15}  x − y 5 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - hạnh Phúc BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CHUN NĂM 2022 Mơn thi : Tốn Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)  x  x 1   : Bài (1,5 điểm) Cho A      x  0; x  1  x 1 x   x 1  x  x  1 a) Rút gọn A b) Tìm số nguyên x cho số nguyên dương A Bài (2,5 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d  : y  a.x  b biết đường thẳng d  qua điểm A2; 1 song song với đường thẳng y  3x  b) Một cửa hàng kinh doanh điện máy su nhập tivi, bán tivi đó; cửa hàng thu tiền lãi 10% giá nhập Giả sử cửa hàng tiếp tục nâng giá bán tivi thêm 5% giá bán, bớt cho khách hàng 245000 đồng, cửa hàng thu tiền lãi 12% giá nhập Tìm giá tiền nhập tivi Bài (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O  , điểm D thuộc cung nhỏ  AB ( D khác A B ) Các tiếp tuyến với đường tròn O  B C cắt AD theo thứ tự E G Gọi I giao điểm CE BG a) Chứng minh rằng: EBC  BCG b) Tính số đo góc BIC Từ đó, chứng minh tứ giác BIDE nội tiếp c) Gọi K giao điểm DI BC Chứng minh KB  KI KD Bài (3,0 điểm) a) Tìm số thực x cho a  x  b  x3  đồng thời hai số hữu tỉ b) Biết rằng: phương trình bậc hai x  a1 x  b1  có hai nghiệm x0 x1 ; phương trình bậc hai x  a2 x  b2  có hai nghiệm x0 x2 ; … phương trình bậc hai x  a2022 x  b2022  có hai nghiệm x0 x2022 x1  x2   x2022 nghiệm phương trình bậc hai: 2022  a  a2   a2022   b1  b2   b2022    x   x        2022 2022 Chứng số thực   - Hết - Trang HƯỚNG DẪN GIẢI  x  x 1 1   : Bài (1,5 điểm) Cho A   với x  x    x 1 x   x 1  x  x  a) Rút gọn A b) Tìm số nguyên x cho số nguyên dương A GIẢI a) Với x  x  ta có:  x  x 1 1    A    : x 1 x   x 1  x  x  A A x  x   x   x 1   A  A   x 2 x 3 x 2  x  1 x  2 x  1 x 2 b) Ta có  x 1 : x 1 x 1 x 1  x  2  x 1   x 1 x 1 1   A A   x 1  Vì 1 số nguyên dương nên   A A   x 1  Khi x  thỏa Vậy x  giá trị thỏa mãn yêu cầu Bài (2,5 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d  : y  a.x  b biết đường thẳng d  qua điểm A2; 1 song song với đường thẳng y  3x  b) Một cửa hàng kinh doanh điện máy su nhập tivi, bán tivi đó; cửa hàng thu tiền lãi 10% giá nhập Giả sử cửa hàng tiếp tục nâng giá bán tivi thêm 5% giá bán, bớt cho khách hàng 245000 đồng, cửa hàng thu tiền lãi 12% giá nhập Tìm giá tiền nhập tivi GIẢI a) Do d  song song với đường thẳng y  3x  nên a  3 b  Mặt khác, đường thẳng d  qua điểm A2; 1 nên 1  2a  b  6  b, tư b  (thỏa mãn b  ) Vậy phương trình đường thẳng d  cần tìm d  : y  3x  b) Gọi x (đồng) giá tiền chiết tivi lúc nhập Rõ ràng x  Ta có tiền lãi tivi bán 10% x  x x 11x (đồng), suy giá bán tivi x   (đồng) 10 10 10 Nếu cửa hàng nâng giá tivi thêm 5% so với giá bán số tiền lãi thêm 11x 11x (đồng) Thế thì, sau tăng thêm 5% giá bán giá tivi (khi 5%  10 200 11x 11x 231x (đồng) Khi giảm cho khách hàng 245000 đồng giá bán chưa giảm giá)   10 200 200 Trang 231x  245000 (đồng) Với giá cửa hàng thu lãi 12% giá nhập về, tức 200 3x 12% x  (đồng) Như ta có: 25  231x  3x  245000  x  Giải phương trình này, ta x  7000000 Vậy giá nhập   200 25 ti vi x  7000000 (đồng) Bài (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O  , điểm D thuộc cung nhỏ  AB ( D khác A B ) Các tiếp tuyến với đường tròn O  B C cắt AD theo thứ tự E G Gọi I giao điểm CE BG a) Chứng minh rằng: EBC  BCG b) Tính số đo góc BIC Từ đó, chứng minh tứ giác BIDE nội tiếp c) Gọi K giao điểm DI BC Chứng minh KB  KI KD GIẢI  a) Do tam giác ABC nên AB  BC  CA, BAC ABC   ACB  600 Tâm đường tròn ngoại tiếp O trực tâm tam giác ABC Do BO  AC Lại có BE tiếp tuyến B O nên BE  BO từ BE //AC  BAE  Tương tự ta có CG //AB Suy  AEB  GAC AGC (các góc đồng vị) Từ AEB  GAC (g-g), dẫn đến BE BA BE CB   Mà AC  AB  BC nên Từ đây, kết hợp AC CG BC CG   GCB   1200 , ta EBC  BCG (c-g-c) (1) với EBC   CBG  Từ CEB  CBI , dẫn đến CIB   CBE   1200 Suy b) Từ (1) ta có BEC   1800  BIC   600 BIE   BDE  Tứ giác BIDE có   BCA   600 , suy BIE Do tứ giác ADBC nội tiếp O  nên BDE   BDE  , mà hai góc có đỉnh kề nhìn cạnh BE nên tứ giác BIDE tứ giác nội tiếp BIE   BEI  (hai góc nội tiếp chắn cung BI ), mà c) Do tứ giác BIDE tứ giác nội tiếp nên BDI   KDB    CBG  nên KBI BEC Trang   KDB  nên hai tam giác đồng dạng Xét hai tam giác KBI KDB có góc K chung KBI (g-g) Suy KB KD từ KB  KI KD  KI KB Bài (3,0 điểm) a) Tìm số thực x cho a  x  b  x3  đồng thời hai số hữu tỉ b) Biết rằng: phương trình bậc hai x  a1 x  b1  có hai nghiệm x0 x1 ; phương trình bậc hai x  a2 x  b2  có hai nghiệm x0 x2 ; … phương trình bậc hai x  a2022 x  b2022  có hai nghiệm x0 x2022 x1  x2   x2022 nghiệm phương trình bậc hai: 2022  a  a2   a2022   b  b2   b2022  x    x         2022 2022 Chứng số thực   GIẢI a) Ta có: x  a  2,   b  x3   a    a  6a  1 a  Vì a, b số hữu tỉ nên 1 a  số hữu tỉ Suy 1 a  0, tức a  1 Từ ta c x  1 x  1 Thử lại, ta thấy giá trị thỏa mãn yêu cầu Vậy có hai giá trị x thỏa mãn yêu cầu toán x  1 x  1 b) Sử dụng định lý viet, ta có x0  xi  ai x0 xi  bi với i  1, 2, , 2022 Từ suy a1  a2   a2022   2022 x0   x1  x2   x2022   2022  x0    b1  b2   b2022  x0  x1  x2   x2022   2022 x0 a1  a2   b2022 b  b   b2022 x0  Do đó, theo định lý viet đảo, 2022 2022 a  a   a2022 b1  b2   b2022 hai số x0  nghiệm phương trình x    2022 2022 Như x0     - Hết - Trang ... Suy A =+ (2 2) − 10( 2 + 2) =+ (2 2) (2 + 2) − 10  Do (2 + 2) = + ⇒ A = (6 + 2)(−4 + 2) = + b) Đặt t =+ + x (t ≥ 1) Biểu thức A trở thành A= t − 10t t = ±1 A = −9 ⇔ t − 10t + = ⇔ ( t −... (4 + x + 3+ x ) ( − 10 + + x ) a) Tính giá trị biểu thức A x = 2 b) Tìm x biết A = −9 Lời giải Với điều kiện + x ≥ ⇔ x ≥ −3 A =(1 + + x )  − 10( 1 + + x ) =(1 + + x ) − 10( 1 + + x ) a) Với... = ⇔ x = 17 z 23 Vì (17, 23) = nên đặt= z 23k ( k ∈ * ) ⇒= x 17 k Từ suy y= 100 − x − z= 100 − 40k  y = 60 y ≥ ⇒ 100 − 40k ≥ ⇔ k ≤ 2,5 ⇒ k = 1; ⇒   y = 20 Vậy có 20 trái dưa lưới nặng 1,5