006 đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh bắc ninh

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYÊN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022-2023 Mơn thi: TỐN CHUN Thời gian làm : 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài số (1,5 điểm) A ( 2; −3) Oxy, 1) Trong mặt phẳng cho hai điểm B ( 7;7 ) Tìm điểm M thuộc trục Ox để M , A, B ba điểm 2) Cho a thẳng hàng nghiệm phương trình x + 3x − = Tính giá trị biểu thức : T = 12 a − a + a Bài số (2,0 điểm) ) )( ( x + − x − + x + x − 10 = 1) Giải phương trình 2) Giải hệ phương trình x + y + z =   xy + yz + zx = 11  xyz =  Bài số (2,0 điểm) 1) Tìm tất nghiệm ( x; y; z ) phương trình số nguyên z số nguyên tố 2) Tìm số thực Bài số (3,0 điểm) 1) Cho đường tròn đường tròn ( I) x + 2022 cho ( O) có đường kính đường kính BC AB AB − 2022 x Lấy điểm Vẽ tiếp tuyến (E nằm A F) cho tia góc với N ( I) x AO x ( x + x + 1) = z y − AD x, y thỏa mãn là số nguyên C thuộc đoạn cát tuyến AO AEF (C khác A,O) Vẽ với đường tròn AD, AE nằm hai tia Đường thẳng vuông vẽ từ C cắt đường tròn (O) hai điểm, gọi hai giao điểm cho N D thuộc hai nửa mặt phẳng đối bờ AB Gọi hai đường thẳng DI trung điểm NB Gọi R giao điểm hai đường thẳng SD a) Chứng minh tam giác S AND tam giác cân giao điểm DN AS Gọi J L, T b) Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp ∆SBC ∆SEF Chứng minh J , L, T ba điểm thẳng hàng 2) Cho hình vng ABCD MNPQ có diện tích S Tứ giác M , N , P, Q có đỉnh AB, BC , CD, DA thuộc cạnh hình vuông cho không trùng với đỉnh S ≤ AC hình vng Chứng minh Bài số (1,5 điểm) MN + NP + PQ + QM x, y , z a) Cho số thực không âm thỏa mãn P= biểu thức 3 x + y + z = Tìm giá trị nhỏ x y z + + y + 3z + x + b) Có 10 bạn học sinh tham gia thi đấu bóng bàn Hai bạn phải đấu với trận, bạn phải gặp đấu thủ khơng có trận đấu hịa Chứng minh xếp 10 bạn thành hàng dọc cho bạn đứng trước thắng bạn đứng kề sau ĐÁP ÁN Bài số (1,5 điểm) 3) Trong mặt phẳng trục Gọi Ox Oxy , ( d ) : y = ax + b cho hai điểm M , A, B để ba điểm A ( 2; −3) B ( 7; ) Tìm điểm M thuộc thẳng hàng đường thẳng qua hai điểm A B Khi :  −3 = a + b a = ⇔ ⇒ ( d ) : y = 2x −  7 = a + b b = −7 Ba điểm M , A, B = 2k − ⇔ k = Vậy 4) thẳng hàng ⇔ M ∈( d ) Mà M ∈ Ox nên M ( k ;0 ) 7  M  ;0÷ 2  a Cho nghiệm phương trình Tính giá trị biểu T = 12a − a + 2a thức : x2 + 3x − = a Vì nghiệm phương trình 6a + 3a − = ⇔ ( 6a ) =( 2 x2 + 3x − = − 3a ) nên : ⇔ 36a = 3a − 6a + ⇔ 12a = a − 2a + ⇔ 12a − a + 2a = T =1 Vậy Bài số (2,0 điểm) 3) ( Giải phương trình ( )( Đặt ) x + − x − + x + 3x − 10 = ( 1) Xét phương trình Phương trình (1) viết lại thành : ( ) )( x + − x − + x + x − 10 = )( (Điều kiện: ) x + − x − + x + x − =  a = x + ( a > b ≥ 0)  b = x − a − b2 = phương trình trở thành : x ≥ 2) ( a − b ) ( + ab ) = a − b2 ⇔ ( a − b ) ( + ab − a − b ) = 1 − a = ⇔ ( a − b) ( 1− a) ( 1− b) ⇔  ( a > b ) 1 − b =  a =  x + =  x = −4(ktm) ⇔ ⇒ ⇔ b =  x − =  x = 3(tm) Vậy phương trình cho có nghiệm 4) Giải hệ phương trình Xét hệ phương trình x=3 x + y + z =   xy + yz + zx = 11  xyz =  x + y + z = ( i )   xy + yz + zx = 11( ii )   xyz = ( iii ) ( i ) ⇒ x + y = − z, ( iii ) ⇔ xy = Từ z Thay vào (ii) ta : + z ( − z ) = 11 ⇔ z − z + 11z − = z z = ⇔ ( z − 1) ( z − ) ( z − 3) = ⇔  z =  z = • • • Với Với Với  x + y =  x = 2; y = z =1⇒  ⇒  xy =  x = 3; y = x + y =  x = 1, y = z =2⇒ ⇔  xy =  x = 3, y = x + y =  x = 1, y = z =3⇒  ⇔  xy =  x = 2, y = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y; z ) ( 1; 2;3) Bài số (2,0 điểm) 3) Tìm tất nghiệm x, y ( x; y; z ) phương trình số nguyên z số nguyên tố tất hoán vị x ( x + x + 1) = z y − thỏa mãn Biến đổi giả thiết thành Do x, y , z  x + = z  b  x + = z ( *) nguyên nên từ a (x + 1) ( x + 1) = z y ( *) suy x, y ≥ ( a, b ∈ ¢ ; a ≥ b ≥ ) Khi ta có x + 1Mx + ⇒ ( x + 1) ( x − 1) + 2Mx + 2M( x + 1) ⇒ x ∈ { 0;1} (do x ≥ 0) Với Đồng thời z số nguyên tố nên x = ⇒ ( *) ⇔ z y = ⇔ y = Dẫn tới z số nguyên tố x = ⇒ ( *) ⇔ z = ⇔ x = y = y Với Vậy 4) ( x; y; z ) = ( 1; 2; ) ( x; y; z ) = ( 0;0; k ) x Tìm số thực cho Giả sử x + 2022 x + 2022 = a ( a ∈ ¢ ) ⇒ x = a − 2022 ( với k số nguyên tố − 2022 x số nguyên ) a + 2022 3 − 2022 = − 2022 = − 2022 x a − 2022 a − 2022 3a   = + − 1÷ 2022 a − 2022  a − 2022  Vì − 2022 ∈ ¢ x a ∈¢ nên :  3a  a − 2022 ∈ ¢ ⇔ a = ±45  x = 45 − 2022  ⇒   −1 =  x = −45 − 2022  a − 2022 Bài số (3,0 điểm) 3) Cho đường trịn ( O) có đường kính A,O) Vẽ đường tròn với đường tròn AD, AE ( I) ( I) AB đường kính Lấy điểm BC C Vẽ tiếp tuyến (E nằm A F) cho tia Đường thẳng vng góc với AB thuộc đoạn AO AD AO (C khác cát tuyến AEF nằm hai tia vẽ từ C cắt đường tròn (O) hai điểm, gọi hai giao điểm mặt phẳng đối bờ AB Gọi NB c) Ta có : Xét S N cho N D thuộc hai nửa giao điểm hai đường thẳng Gọi R giao điểm hai đường thẳng DN AS DI Gọi J trung điểm SD Chứng minh tam giác AND tam giác cân AD AC ∆ADC ∽ ∆ABD( g g ) ⇒ = ⇒ AD = AB AC ( 1) AB AD ∆ANB vuông N có NC đường cao nên AN = AB AC ( ) AD = AN ⇒ AD = AN ⇒ ∆AND Từ (1) (2) suy d) Gọi L, T cân A tâm đường tròn ngoại tiếp minh ba điểm J , L, T thẳng hàng ∆SBC ∆SEF Chứng Ta có Hay ∠ADS = ∠ANS = 90° ∠SDN = ∠SND Suy ∆SDN trung trực ∠ADN = ∠AND nên : cân S hay SD=SN Kết hợp với DN Từ đây, xét ∆ADS ∠ADS − ∠ADN = ∠ANS − ∠AND AD = AN ( cmt ) vng D có DR đường cao nên : Mặt khác , dễ dàng chứng minh AD = AC AB = AE AF AR AS = AC AB = AE AF Suy tứ giác ngoại tiếp ∆SBC BCRS Mặt khác ∆DRS EFSR ∆SEF nên : cắt hai điểm R S Do vng R có RJ đường trung tuyến nên Cho hình vng ABCD lượt thuộc cạnh AD = AR AS IJ RS trung trực RS Kết hợp với kết suy ba điểm 4) đường nội tiếp Điều chứng tỏ đường tròn tâm L tâm T ngoại tiếp đường trung trực đoạn , suy AS có diện tích S Tứ giác AB, BC , CD, DA JR = JS ⇒ J L, T , J MNPQ thuộc đường thẳng hàng có đỉnh M , N , P, Q lần hình vng cho khơng trùng S ≤ AC với đỉnh hình vng Chứng minh MN + NP + PQ + QM ABCD Gọi độ dài cạnh hình vng chứng minh tương đương với : x ≤ x MN + NP + PQ + QM MN = BM + BN ≥ hay ( BM + BN ) 2 x, Khi AC = x S = x2 MN + NP + PQ + QM ≥ 2 x ( *) Do đó, điều phải Theo Pytago ta có : ⇒ MN ≥ ( BM + BN ) Tương tự, ta có : NP ≥ ( CN + CP ) ; PQ ≥ ( DP + DQ ) ; QM ≥ ( AQ + AM ) Từ suy : MN + NP + PQ + QM ≥ ( BM + BN + CN + CP + DP + DQ + AQ + AM ) = 2 x Vậy (*) ta có điều phải chứng minh Bài số (1,5 điểm) c) Cho x, y , z số thực không âm thỏa mãn P= biểu thức Theo AM − GM , 3 x + y + z = 3 x y z + + y + 3z + 3x + ta có : x + + ≥ 3 x3 1.1 = 3x ⇒ 3x + ≤ x + y + + ≥ 3 y 1.1 = y ⇒ y + ≤ y + z + + ≥ 3 z 1.1 = z ⇒ 3z + ≤ z + Do : Đặt : P≥ x3 y3 z3 P≥ + + y + z + x3 + a = x3 ; b = y , c = z a , b, c ≥ a+b+c =3 , đồng thời a b c a b c + + = + + b + c + a + ab + 3a bc + 3b ca + 3c ( a + b + c) ≥ (cauchy − schwarz ) = ab + bc + ca + ( a + b + c ) ab + bc + ca + ( a + b + c) ab + bc + ca ≤ Mặt khác , ta có : Dấu xảy Min P = Vậy =3 P≥ nên a = b = c =1⇔ x = y = z =1 ⇔ x = y = z =1 = 3+ Tìm giá trị nhỏ Có 10 bạn học sinh tham gia thi đấu bóng bàn Hai bạn phải đấu với trận, bạn phải gặp đấu thủ khơng có trận đấu hịa Chứng minh xếp 10 bạn thành hàng dọc cho bạn đứng trước thắng bạn đứng kề sau Vì khơng có trận đấu hịa nên ta xếp 10 bạn thành hàng dọc cho d) tồn k bạn liên tiếp mà bạn đứng trước thắng bạn kề sau Rõ ràng xếp hữu hạn nên tồn giá trị lớn k, giả sử k0 k0 ta gọi bạn hàng thỏa mãn yêu cầu toán Ta chứng minh k0 < 10 lại, - Khi tồn bạn A khơng thuộc dãy A thắng bạn đứng đầu dãy gồm k0 + ( k0 ) - gồm ( k0 ) - ( k0 ) k0 = 10 số cách dãy gồm Giả sử ngược Có khả sau xảy xếp A ( k0 ) len đầu dãy ta có dãy bạn thỏa mãn yêu cầu toán Điều mâu thuẫn với giả thiết A thua bạn đứng cuối dãy k0 + ( k0 ) ( k0 ) k≥2 ( k0 ) xếp A vào cuối dãy ( k0 ) ta có dãy bạn thỏa mãn yêu cầu toán Điều mâu thuẫn với giả thiết A thắng số bạn, đồng thời thua số bạn dãy ( k0 ) ( k0 ) Khi đó, tồn hai bạn B,C dãy mà B đứng C hai bạn B C có bạn thắng bạn thua A +Nếu A thua B A thắng C xếp A vào B C ta thu dãy gồm ( k0 ) k0 + bạn thỏa mãn yêu cầu toán Điều mâu thuẫn với giả thiết +Nếu A thắng B thua C Lần lượt xét bạn đứng phía B xuất khả năng: *) Tồn hai bạn liên tiếp phía B(có thể gồm B) mà bạn thắng A, đồng thời bận kề thua A Đến đây, ta lại xếp A vào hai bạn ( k0 ) dẫn tới mâu thuẫn với giả thiết *) A thắng tất bạn phía B Khi đó, ta lại xếp A lên đầu k0 dẫn tới mâu thuẫn với giả thiết Tóm lại, giả sử sai tốn chứng minh