SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2022-2023 Môn thi : TOÁN (Chuyên) Thời gian làm : 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) Giải phương trình : x + + x + = x + 20 Câu (1,0 điểm) Hai bạn An Bình so số lượng viên bi mà hai bạn có An nói với Bình :”Nếu bạn cho tơi số viên bi từ túi bạn tơi có số viên bi gấp lần số viên bi bạn Cịn tơi cho bạn số viên bi thế, số viên bi bạn thể có ? số viên bi tơi” Hỏi số viên bi mà bạn An có Câu (2,0 điểm) a) b) Tìm nghiệm ngun phương trình : Cho ba số nguyên dương a , b, c x4 + x2 − y − y + thỏa mãn a + b2 = c2 Chứng minh abcM60 Câu (1,5 điểm) Cho a , b, c số thực dương thỏa mãn P= biểu thức a+b+c ≤3 Tìm giá trị nhỏ 2024 + 2 a +b +c ab + bc + ca Câu (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm O nội tiếp tam giác D ABC , tiếp xúc với cạnh I E Gọi tâm đường tròn nội tiếp tam giác A, I , O a) Chứng minh thẳng hàng I thuộc đường tròn b) Các phân giác góc N Chứng minh tứ giác BCMN B ADE ( O) C cắt đường thẳng nội tiếp tam giác AB , AC DE BMC vuông M Câu (1,0 điểm) Người ta viết số nguyên 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8 lên đỉnh bát giác lồi cho tổng số ba đỉnh liên tiếp khơng nhỏ dương.Tìm giá trị lớn k k, với k nguyên ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) Giải phương trình : Điều kiện x ≥ −2 ( Vậy (1) Ta có ( 1) ⇔ ( x + 5) − ⇔ x + + x + = 3x + 20 x + + + ( x + ) − x + + = ) ( 2x + − + x + = x+2 −2 ⇒ ⇔ x = 2(tmdk ) x + = ) x=2 Câu (1,0 điểm) Hai bạn An Bình so số lượng viên bi mà hai bạn có An nói với Bình :”Nếu bạn cho tơi số viên bi từ túi bạn tơi có số viên bi gấp lần số viên bi bạn Cịn tơi cho bạn số viên bi thế, số viên bi bạn mà bạn An có ? Gọi số bi An có nói đến ( x, y , k ∈ ¥ *) x, số viên bi tơi” Hỏi số viên bi số bi Bình có y k số bi thay đổi mà An Theo giả thiết ta có hệ phương trình x = y + 4k x + k = ( y − k ) ( 1) ⇔ ( 3) 11 y = k x − k = ( y + k ) ( ) x Số viên bi mà bạn An có ứng với nhỏ , mà ta suy k = 3; y = 11 ⇒ x = 45 Vậy số bi mà bạn An có 45 viên bi x, y , k ∈ ¥ * nên từ (3) Câu (2,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình : c) x4 + x2 − y − y + 1 1 x + x − y − y + = ⇔ x + ÷ − y + ÷ = −4 2 2 ⇔ ( x + y + 1) ( x − y ) = ( −1) = ( −1) ( x + y + + x − y = x + > ) 2 x = ±1 x + y + = −1 x + y = −2 2 x = Th1: ⇔ ⇔ ⇔ y = −3 x − y = x − y = x − y = 2 x = ±1 x + y +1 = x + y = Th : ⇔ ⇔ x − y = −1 x − y = −1 y = Vậy nghiệm nguyên phương trình d) Cho ba số nguyên dương a, b, c ( x; y ) = ( 1; −3) , ( −1; −3) , ( 1; ) ; ( −1; −2 ) thỏa mãn a + b2 = c2 Chứng minh abcM60 a *)Ta có b chia hết cho Suy ⇒ c2 a + b2 ⇒ abc M3 a b không chia hết cho chia cho dư (vì số phương chia cho dư 1) chia cho dư 2, mâu thuẫn với số phương chia cho dư Do a b khơng chia hết cho không xảy Vậy a *) Ta có b chẵn abcM3 ( 1) ⇒ ab M4 ⇒ abc M4 c Nếu a b lẻ suy số lẻ mặt khác số phương lẻ chia dư Do a , b2 chia cho có dư suy chia cho dư điều mâu thuẫn với a + b = c2 số phương chẵn chia dư ( khơng xảy c2 a số chẵn), b lẻ a Trường hợp b không tính chẵn lẻ sử a số chẵn b số lẻ Ta có b2 , c2 chia hết cho ⇒ c − b2 = a M ⇒ a M4 ⇒ abc M4 ( ) a *) Ta có b chia hết cho ⇒ abM5 ⇒ abc M5 a b không chia hết cho suy phương chia dư hoặc 4) a + b2 Suy có vai trị nên ta giả chia cho dư (vì số phương lẻ chia dư 1) c − b2 Suy a, b chia cho dư 0,2 a2 , b2 ⇒ c2 chia cho dư (vì số chia cho dư 0,2 Mặt khác số phương chia cho dư hoặc c M5 ⇒ c M5 ⇒ abc M5 ( 3) Do Ta có abc chia hết cho 3,4,5 mà BCNN (3; 4;5) = 60 ⇒ abc M60 Câu (1,5 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn P= biểu thức P= Ta có : 2024 + 2 a +b +c ab + bc + ca 2 2022 + + 2 a +b +c ab + bc + ca ab + bc + ca 2022 = + ÷+ 2 2ab + 2bc + 2ca ab + bc + ca a +b +c ⇒P≥ ( + 2) ( a + b + c) + 2022 ( a + b + c) ≥ 2022 + = 675 a+b+c ≤ Tìm giá trị nhỏ Vậy Pmin = 675 ⇔ a = b = c = Câu (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm O nội tiếp tam giác AB, AC c) Chứng minh *Ta có ⇒ ∆ADE D I thẳng hàng I thuộc đường trịn ADE ( O) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) cân A suy giác góc tiếp xúc với cạnh E Gọi tâm đường tròn nội tiếp tam giác A, I , O AD = AE ABC , ∠ADE = ∠AED ⇒ 2∠IDE = 2∠IED ADE , ∠AED) ⇒ ∆IDE cân I nên ID = IE (vì DI , EI hai phân AD = AE (cmt ), ID = IE (cmt ), OD = OE ( = R ) Ta có Suy *Do Nên O, I , A ∈ OA ⊥ DE ⇒ ∠IDE + ∠DIO = 90° ∠DIO = ∠IDO ⇒ ∆IDO Suy OI = OD ⇒ I M Ta có : Ta có góc ngồi ∆ADE B nội tiếp tam giác ∠ABC ∠ACB 180° − ∠BAC + = ( 1) 2 180° − ∠BAC ( 2) ∠MOC = ∠MEC ⇒ EMCO mà ∠ECO = ∠BCO ( CO tứ giác nội tiếp phân giác góc C) ∠EMO = ∠OCB ⇒ ∠NMB = ∠NCB ⇒ BCMN Ta có tứ giác EMCO nội tiếp ⇒ ∠OMC = ∠OEC ∠OMC = 90° ⇒ ∠BMC = 90° Câu (1,0 điểm) ∠IDA = ∠IDE ∆BOC cân A nên ⇒ ∠EMO = ∠ECO mà C cắt đường thẳng BCMN ∠AED = ∠MEC = Từ (1) (2) suy Nên ∠IDA + ∠IDO = 90° OA ⊥ DE cân O N Chứng minh tứ giác ∠MOC thẳng hàng thuộc đường tròn (O) ⇒ ∠MOC = ∠OBC + ∠OCB = Nên Các phân giác góc d) A, I , O trung trực DE, suy Vậy ∆BMC tứ giác nội tiếp mà ∠OEC = 90° vuông M DE BMC vuông Người ta viết số nguyên 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8 lên đỉnh bát giác lồi cho tổng số ba đỉnh liên tiếp khơng nhỏ dương.Tìm giá trị lớn xi = { 1; 2;3; 4;5;6;7;8} , i = 1;8 *) Xét Theo giả thiết ta có : k, với k nguyên k số đỉnh bát giác theo thứ tự x1 + x2 + x3 ≥ k x + x + x ≥ k & ( = + + ≤ k ≤ + + = 21) x8 + x1 + x2 ≥ k Cộng vế theo vế bất phương trình ta : ( x1 + x2 + + x8 ) ≥ 8k ⇔ 3.36 ≥ 8k ⇔ k ≤ 13,5 Do k ∈¥ * nên k ≤ 13 Ta cần chứng minh k = 13 không thỏa mãn đề x1 = - x2 , x3 x7 , x8 Giả sử khơng thể nhận số số 3, tương tự ta có khơng thể nhận số số tổng đỉnh liên tiếp bé 13 , từ suy số đánh số vào đỉnh nằm liên tiếp hai đỉnh vô lý có hai số - Do ta có hai trường hợp số lại 4,5, 6, x4 , x5 x4 ; x5 ; x6 x5 , x6 x4 = 2, x5 = 8, x6 = điền vào vị trí , đồng thời số không x2 , x3 , x7 , x8 x3 = x8 = , điều x4 = 3, x5 = 8, x6 = Ta có ta có x1 + x2 + x3 ≥ 13 x1 + x8 + x7 ≥ 13 Suy Mà x2 + x3 ≥ 12, x7 + x8 ≥ 12 ⇒ x2 + x3 + x7 + x8 ≥ 24 + + + = 22 < 24 Trong trường hợp điều mâu thuẫn Do khơng tồn k = 12 ta dễ dàng đưa cách đánh số sau : x1 = 1, x2 = 5, x3 = 6, x4 = 2, x5 = 4, x6 = 7, x7 = 3, x8 = k Vậy giá trị lớn cần tìm k = 12 k = 13