SỞ GIÁO DỤC , KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ BẠC LIÊU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN Năm học 2022-2023 Mơn thi : TỐN CHUN Thời gian làm : 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (4 điểm) S = n3 ( n + ) + ( n + 1) ( n3 − 5n + 1) − 2n − a) Chứng minh biểu thức n với số nguyên b) Tìm nghiệm nguyên phương trình Câu (4 điểm) a) Rút gọn biểu thức Giải hệ phương trình Câu (4 điểm) b) Cho a, b, c x1 , x2 m để phương trình thỏa mãn hệ thức số dương thỏa mãn a 2b + b c + c a ≥ ( x2 − x + m − = có hai 1 + = x1 x2 a + b + c = Chứng minh rằng: 2 9a b c + a 2b c Câu (4 điểm) Cho đường trịn tâm O có đường kính AB ) a −1 a > ÷ a a ≠1 x ( x + y ) − 40 y = 2 x + y − 40 = a) Tìm tất giá trị tham số nghiệm dương phân biệt ( x + y ) ( x − y ) + ( x + y ) − ( x − y ) = 22 a 3a + a P = + ÷ a − a a − a − a +1 ÷ b) chia hết cho 120, MN = R Vẽ đường kính đường trịn (O) (A khác M A khác N) Tiếp tuyến đường tròn N cắt đường thẳng MA, MB a) Chứng minh tứ giác b) Khi đường kính AB điểm ABKI ( O) I, K nội tiếp quay quanh tâm O thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí đường kính AB để tứ giác ABKI có diện tích nhỏ Câu (4 điểm) Cho nửa đường trịn ( O) đường kính tròn (C khác A B) Gọi I điểm cung BC Gọi a) b) K giao điểm Chứng minh Nếu điểm C thuộc nửa đường AC , E giao điểm AI và BI EK ⊥ AB Gọi F điểm đối xứng với K qua I Chứng minh sin ∠BAC = c) AC AB, Gọi KH ( KH + HE ) = HE.KE H giao điểm EK AF tiếp tuyến AB ( O) Chứng minh ĐÁP ÁN Câu (4 điểm) S = n3 ( n + ) + ( n + 1) ( n3 − 5n + 1) − 2n − a) Chứng minh biểu thức n chia hết cho 120, với số nguyên S = n3 ( n + ) + ( n + 1) ( n3 − 5n + 1) − 2n − = n ( n + 5n3 + 5n − 5n − ) = n ( n − 1) ( n + 5n + ) = ( n − 1) n ( n + 1) ( n + ) ( n + ) Trong số nguyên liên tiếp có số chia hết cho 2;3;4;5 Nên S M( 2.3.4.5 ) ⇒ S M 120 b) Tìm nghiệm nguyên phương trình ( x + y ) ( x − y ) + ( x + y ) − ( x − y ) = 22 ( x + y ) ( x − y ) + ( x + y ) − ( x − y ) = 22 ⇔ ( x + y ) ( x − y + 3) − ( x − y + 3) = ⇔ ( x + y − ) ( x − y + ) = = 1.7 = 7.1 = (−7).(−1) = (−1).( −7) Sau thử trường hợp ta Câu (4 điểm) ( x; y ) ∈ { ( −2;8 ) , ( −2; ) } Rút gọn biểu thức c) a 3a + a P = + ÷ ÷ a −1 a a − a − a + a 3a + a P = + ÷ ÷ a −1 a a − a − a + a = d) ( ) ( a − 1) ( a − + 3a + a ) a −1 ( ( ) a −1 a > ÷ a a ≠1 ) ) a −1 a > ÷ a a ≠1 a −1 16a Giải hệ phương trình ( = ( 4a + a ) = a ( a + 1) = ( a + 1) 16a ( a + 1) 16a a x ( x + y ) − 40 y = 2 x + y − 40 = 2 x ( x + y ) − 40 y = x + xy − ( x + y ) y = ( 1) ⇔ 2 2 x + y = 40 x + y − 40 = ( 2) x + xy − ( x + y ) y = ⇔ x3 + xy − x y − y = x = 2y ⇔ ( x − y ) ( x + xy + y ) = ⇔ 2 x + xy + y = y = −2 ⇒ x = −4 2 x = y ⇒ y + y = 40 ⇔ y = ⇔ y = 2⇒ x = ⇔ x + xy + y = ⇔ x + y ÷ + 11 y = ⇔ x = y = 0(ktm) 2 ( x; y ) = ( 2; ) , ( −2; −4 ) Vậy Câu (4 điểm) a) Tìm tất giá trị tham số nghiệm dương phân biệt x1 , x2 m để phương trình thỏa mãn hệ thức x1 + x2 = ( 1) x1 x2 = m − x2 − 5x + m − = 1 + = x1 x2 Theo hệ thức Viet ta có : Để phương trình cho có hai nghiệm dương phân biệt có hai ∆ > S = x1 + x2 > P = x x > Thay vào (1) ta 1 + = ⇔ x1 x2 x2 + x1 x1 x2 = ⇒2 ( ( −5 ) − ( m − ) > 33 ⇔2 m − > ) x2 + x1 = x1 x2 ( Ta có : ) ⇒ x1 + x2 + x1 x2 = x1 x2 Thay (1) vào ta : ( ) ⇒ + m − = ( m − ) ⇒ ( m − ) − m − − 20 = m − = ⇔ m = 6(tmdk ) ⇔ m − = − 10 ( ktm ) Vậy m=6 b) Cho a , b, c số dương thỏa mãn a 2b + b c + c a ≥ a + b + c = Chứng minh rằng: 2 9a b c + a 2b c Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành ( a b + b c + c a ) + a b1 c 2 2 2 1 2 ÷≥ ⇔ ( a b + b c + c a ) + + + ≥ ab bc ca Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức Cosi cho ba số : a 2b + a b + 1 ≥ 3 a 2b.a 2b = 3a ab ab b2c + b 2c + 1 ≥ 3 b c.b c = 3b bc bc c 2a + c 2a + 1 ≥ c a.c 2a = 3c ca ca Cộng ba bất đẳng thức vế theo vế, ta : ( a 2b + b2 c + c a ) + 1 + + ≥ 3( a + b + c) = ab bc ca Dấu đẳng thức xảy a = b = c =1 Câu (4 điểm) Cho đường trịn tâm O có đường kính AB ( O) MN = R Vẽ đường kính đường trịn (O) (A khác M A khác N) Tiếp tuyến đường tròn MA, MB N cắt đường thẳng c) Ta có : Mà d) ∠MBA = ∠MNA ∠MNA = ∠MIN Suy Nên ABKI Chứng minh tứ giác nội tiếp (cùng chắn cung (cùng phụ với ∠MBA = ∠MIN , mà ∠MIN + ∠AB = 180° Khi đường kính điểm MA) ∠AMN ) ∠MBA + ∠ABK = 180° suy tứ giác AB I, K ABKI (hai góc kề bù) nội tiếp (tổng góc đối 180°) quay quanh tâm O thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí đường kính AB để tứ giác ABKI có diện tích nhỏ Ta có ∠AMB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) MIK Xét tam giác vng có MN đường cao MN = NK NI Suy S ABKI = 2S MIK − S MAB = R.IK − MA.MB = R ( IN + NK ) − MA.MB Ta có Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có : IN + NK ≥ IN IK = R; MA.MB ≤ Suy S ABKI ≥ R.4 R − R = R ⇒ S ABKI ≥ 3R Dấu xảy Vậy MA2 + MB AB = = 2R2 2 S ABKI IN = NK , MA = MB nhỏ AB ⊥ MN Câu (4 điểm) Cho nửa đường trịn ( O) đường kính AB, điểm C thuộc nửa đường tròn (C khác A B) Gọi I điểm cung AI BC Gọi K giao điểm AC BI AC , E giao điểm d) Ta có Chứng minh ∠AIB = 90° ⇒ ∆AEB e) EK ⊥ AB (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) có hai đường cao AC , BI cắt K ∆FAK ⇒ ∆FAK cân A A nên AF sin ∠BAC = Nếu ∆AEB ⇒ EK ⊥ AB tiếp tuyến (hai góc nội tiếp chắn ∠IAC = ∠IBA đồng thời đường trung tuyến ⇒ ∠FAI = ∠IAK (F K đối tiếp tuyến (O) Gọi KH ( KH + HE ) = HE.KE sin ∠KAH = Ta có sin ∠BAC = Mà ∆ABE ( AI ⊥ BI ) AC ⊥ BE ∠FAB = ∠FAI + ∠IAB = ∠IAK + ∠IAB = ∠IBA + ∠IAB = 90° ⇒ AF ⊥ AB f) º = IC º ⇒ ∠IBA = ∠IBC ⇒ IA (cùng chắn cung IC) nên có AI đường cao xứng qua I) Ta có AF ( O) ∠IAC = ∠IBC Tương tự trực tâm Gọi F điểm đối xứng với K qua I Chứng minh Do I điểm cung AC hai cung nhau) Mà ⇒K ⇒ BI ⊥ AE có BI H giao điểm EK AB Chứng minh KH AK KH 6 ⇒ = ⇒ AK = HK AK vừa đường cao vừa đường phân giác nên đường trung trực ⇒ KA = KE ( K ∈ BI ) EH = EK + KH = + 1÷ ÷KH Ta có : ∆ABE cân B nên BI KH ( KH + HE ) = KH KH + + 1÷ KH = + KH ÷ ( Và HE.KE = + 1÷ HK HK = ÷ 2 Suy KH ( KH + HE ) = HE.KE ( ) + HK )