SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2022-2023 Môn thi : TOÁN CHUYÊN Thời gian làm : 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) P Cho biểu thức x x 11 x 1 x 2 x 2 1 x 1 x 2 (với x 1) a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P chia hết cho Câu (2,0 điểm) a) Cho phương trình x m 1 x 1 (với m tham số) Tìm tất giá trị ngun m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 b) Giải phương trình x x Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh : a2 b2 c2 abc bca c a b a bc Câu (1,5 điểm) Tìm n ¥ để n chia hết cho n Câu (3,5 điểm) Từ điểm A bên ngồi đường trịn O kẻ hai tiếp tuyến AM , AN với (O) (M, N tiếp điểm) Gọi E trung điểm AN , C giao điểm ME với (O) (C khác M) H giao điểm MN AO a) Chứng minh tứ giác HCEN nội tiếp b) Gọi D giao điểm AC với (O) ( D với C ) Chứng minh tam giác MND tam giác cân O c) Gọi I giao điểm NO với (I khác N); K giao điểm MD AI KM Tính tỉ số KD ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) P Cho biểu thức x x 11 x 1 x 2 x 2 1 x 1 x 2 (với x 1) c) Rút gọn biểu thức P P x x 11 x 1 x 2 x 2 1 x 1 x 2 x x 11 x x x x x 2 x 1 x6 x 7 x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 x 7 x 7 x 2 d) Tìm x để P chia hết cho Ta có : P x 7 5 1 P 0 x 1 2 x 2 x 2 Biểu thức P chia hết cho Vậy x P 3 x 7 x x x (tm) x 2 Câu (2,0 điểm) c) Cho phương trình x m 1 x 1 (với m tham số) Tìm tất giá trị nguyên m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 Vì ac nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với giá trị m x1 x2 2m x x 3 3 Theo hệ thức Vi-et ta có : Kết hợp x1 x2 với (2) ta x1 4m 9; x2 2m Thay vào (3) ta : m 4m 2m 3 8m 46m 60 15 m x 3x d) Giải phương trình Điều kiện : x x 3x x 1 3x x 3 x 3 x 3 0 x 1 3x 3x x 1 x 0(VN ) x 3x Vậy x Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh : a2 b2 c2 abc bca c a b a bc x a b c a x z y b c a x y yz z c a b b ;c 2 Đặt x y 4z Ta cần chứng minh : x y Ta có : 4z y z 4x 2 y z 4x z x 4y z x 4y xy yz zx 1 z x y xy yz yz zx xy zx y; z; x x y z y Mặt khác : z x xy yz zx x y z 2 Khi z x y x yz x y Từ (1) (2) ta có : 4z y z 4x x z 4y x yz a2 b2 c2 abc Vậy b c a c a b a b c Dấu xảy a b c Câu (1,5 điểm) Tìm n ¥ để n chia hết cho n n5 1Mn3 n2 n3 1 n 1 Mn3 Với n ¥ , ta có : n 1 Mn3 n 1 n 1 M n 1 n n 1 n 1Mn n (do n 0) n n 1 Mn n n n 1 1Mn n n2 n n 1Mn n (tm) n n n Vậy n 0, n Câu (3,5 điểm) Từ điểm A bên đường tròn kẻ hai tiếp tuyến AM , AN với (O) (M, N tiếp điểm) Gọi E trung điểm AN , C giao điểm ME với (O) (C khác M) H giao điểm MN AO O d) Chứng minh tứ giác HCEN nội tiếp Ta có AM , AN hai tiếp tuyến cắt nên OA đường phân giác MON MON cân O, có OA đường phân giác nên OA đồng thời đường tung trực ứng với MN MH HN ; OA MN Vì MN HN , AE EN nên HE đường trung bình MAN ¼ ) HE / / MA HEM AME mà MNC AME (cùng chắn MC Nên MNC HEM suy tứ giác HCEN nội tiếp e) Gọi D giao điểm AC với (O) ( D với C ) Chứng minh tam giác MND tam giác cân ENC ∽ EMN ( g.g ) EN EC EA EC EM EN mà EN EA nên EM EA EA EC ECA EAM có : EM EA AEC chung ECA ∽ EAM EAC EMA ¼ Lại có EMA MDC (cùng chắn MC ) nên EAC MDC Suy MD / / AN DMN MNA Mặt khác, MDN MNA (cùng chắn cung MN) MDN DMN Do MND cân N O f) Gọi I giao điểm NO với (I khác N); K giao điểm MD KM AI Tính tỉ số KD Gọi L giao điểm MD, NI Vì MD / / AN (cmt ), IN AN (tính chất tiếp tuyến) Nên IN MD L INA có DL ML LK / / AN MD LK IL 1 AN IN Ta có IM / / AO (cùng vng góc với MN ), suy MIL AON Lại có MLI ONA 90 nên MIL ∽ AON ( g.g ) IL ML IL ML IL ML 2 Suy NO AN NO AN IN AN LK ML ML ML LK MK KL 2 Từ (1) (2) suy AN AN Vì MK LK , ML DL KD 3KM KM KD