SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022-2023 Môn thi: TỐN (Dành cho thí sinh thi chun Tốn, Tin) Thời gian làm : 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 01 trang) Câu (2,0 điểm) a) Cho a, b, c số thực thỏa mãn a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 Tính 2 giá trị biểu thức P a b c a b c f x m 4m 10 x b) Cho hàm số với m tham số thực số b 2020 a 2021 ; P x ax bx c c) Cho đa thức bậc hai P 1 , P 2022 với a, b, c số thực Giả sử P , số nguyên Chứng minh P 2022 số nguyên Câu (2,5 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau : a)3 x 1 x x 3x x x 1 y 1 b) 8 xy x 16 x 16 y 16 y 16 Câu (3,5 điểm) Chotam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn có đường cao AM , BN , CP cắt H Gọi Q điểm cung nhỏ BC (Q khác B, Q khác C) Gọi E , F điểm đối xứng Q qua AB AC ; J giao điểm QE AB, I giao điểm QF AC O; R a) Chứng minh MH MA MP.MN b) Chứng minh ba điểm E , H , F thẳng hàng AB AC c) Biết BC R 3, tìm giá trị nhỏ QJ QI Câu (1,0 điểm) Tìm số tự nhiên x, y thỏa mãn : 2 x 1 x x 3 x y 11879 Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức : 4a b c 4b c a 4c a b 3 2a b c 2b c a 2c a b 2 2 ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 d) Cho a, b, c số thực thỏa mãn P a2 b2 c a b c Tính giá trị biểu thức Từ giả thiết có: abc ab bc ca a b c abc ab bc ca a b c ab bc ca 1 P a b c a b c 2 ab bc ca Vậy P e) Cho hàm số f x m2 4m 10 x a 2021 ; Với n nguyên dương, có với m tham số thực số b 2020 n 1 n 1 2022 n n 2n n n n n n Ta thấy n 1,3,5, , 2021 ta có : 1; 3, , 2022 2020 2021 Cộng vế BĐT ta : 2022 2 2022 2021 2020 2022 2021 2b 2a b a f a f b m 4m 10 a b 6 m a b a b f a f b Vậy f a f b f) Cho đa thức bậc hai P , P 1 , P P x ax bx c với a, b, c số thực Giả sử số nguyên Chứng minh P 2022 số nguyên Ta có P c, P 1 a b c, P 4a 2b c 4a 2b c c 4a 2b ¢ số nguyên a b c c a b ¢ 4a 2b a b 2a ¢ a b 2a 2b ¢ Do 2b ¢ 2022b ¢ , 2a ¢ 2022 a ¢ , kết hợp với c ¢ 20222 a 2022b c ¢ P 2022 ¢ Vậy P 2022 số nguyên Câu (2,5 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau : a )3 x 1 x x 3x x ĐKXĐ: x ¡ Ta đặt x a, x x b b a 2b x x a b 3ab a 2b a b a 2b a 2b Khi phương trình trở thành : x 1 *) a b x x x x2 x 2x 1 x x x 1 *) a 2b x x x x x x x x 12 Vậy phương trình có nghiệm x x 1 y 1 b) 8 xy x 16 x 16 y ĐKXĐ: x 1; y 1; xy Ta có : x 1 y 1 hpt 8 xy x y 1 16 y 16 x 1 y 1 x y x y 8 xy x y 3.4 x xy y Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki có : x y x y x y 16 x y 1 Mà lại có xy Từ ta có x, y Áp dụng BĐT AM-GM ta có : x y x y y x y 2 2 x 1 y 1 x y x y 3(tm) x y Từ (1), (2) dấu xảy x, y x xy y x x; y 3;3 Vậy hệ có nghiệm Câu (3,5 điểm) Chotam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn có đường cao AM , BN , CP cắt H Gọi Q điểm cung nhỏ BC (Q khác B, Q khác C) Gọi E , F điểm đối xứng Q qua AB AC ; J giao điểm QE AB, I giao điểm QF AC O; R d) Chứng minh MH MA MP.MN Tứ giác APMC có APC AMC 90 (Do CP, AM đường cao ABC ) tứ giác APMC nội tiếp đường tròn đường kính AC MPC MAC hay MPH MAN Từ tứ giác APMC nội tiếp ta có BMP BAC tương tự CMN CAB BMP CMN BAC AMB AMC 90 , kết hợp với PMH AMN (phép cộng góc) MH MP MA.MH MP.MN MN MA e) Chứng minh ba điểm E , H , F thẳng hàng Gọi BH , CH giao (O) điểm thứ hai X , Y PHM ∽ ANM ( g.g ) Ta chứng minh H đối xứng X qua AB Ta có XBP ACP (do tứ giác ACBX nội tiếp) tứ giác BPNC nội tiếp đường kính BC (do BPC BNC 90) ACP PBH XBP PBH BP HX HBX cân PH PX (dfcm) Theo tính chất phép đối xứng ta thu tứ giác EXHQ hình thang cân XHE QXH QAC (tính chất góc nội tiếp) Tương tự ta có Y đối xứng với H qua AC YHF QYH QAB Mà XHY 180 BAC (do tứ giác APHN nội tiếp) XHE YHF XHY QAC QAB BAC 180 180 E , H , F thẳng hàng AB AC BC R 3, QJ QI f) Biết tìm giá trị nhỏ Ta chứng minh bổ đề sau : O; R 1) Cho tam giác ABC nội tiếp sin BAC BC 2R Ta chứng minh cách kẻ OM vng góc BC trung điểm M Khi BM R.sin BOC BC R.sin BAC sin BAC BC BM 2R O; R 2) Cho tam giác ABC nội tiếp BC R BAC 60 sin BAC Chứng minh dựa theo bổ đề 3) Định lý Ptolemy: AB.QC AC.BQ AQ.BC 2 4) BC QB QB.QC QC Áp dụng bổ đề định lý 3, ta có biến đổi sau : AB QJ AC QI BAC 60 AB QJ AB AB R : AQ AQ AQ sin QAB AQ BQ AC QI AC AC R : AQ AQ AQ sin QAC AQ CQ AB AC R AB AC R AB.CQ AC BQ R AQ.BC 3R QJ QI AQ BQ CQ AQ QB.QC AQ QB.QC QB.QC 2 2 Từ (2) 3R QB QB.QC QC QB QC 3QB.QC QB.QC R (do QB QC 0) Dấu = xảy QB QC Q điểm cung BC Min AB AC 2 3Q QJ QI điểm cung BC khơng chứa A Câu (1,0 điểm) Tìm số tự nhiên x, y thỏa mãn : 2 x 1 x x 3 x y 11879 x y Đặt a a 1 a a 3 a 11879 a 1 a a a 3 y 11879 a 5a a 5a 11879 a 5a y 11880 y y M5 a 5a M5 a 5a 5M5 a 5a M25 Nếu y Như y M25 11880M25 (vô lý) y a 5a 11885( ktm) y 2 x y a 5a 11881 a x x, y (3, 0) Thử lại với ta thấy thỏa mãn Vậy x, y 3, cặp số thỏa mãn đề Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức : 4a b c 4b c a 4c a b Ta có : 2a b c 2b c a 2c a b 2 2 4a b c b c 4a b c b c 2 2a b c 2a b c a b2 a c2 2 2 b2 b2 c 4a b c c2 2 2 2 2 2 2 a b a c a b c a b a c 4b c a c2 a2 2 2b c a a2 b2 b c Chứng minh tương tự ta có : 4c a b a2 b2 2 2 3 2c a b2 a c b c 1, , Cộng vế BĐT ta có : 4a b c 4b c a 4c a b a b2 b2 c c2 a 2 3 2 2a b c 2b c a 2c a b a b b c c a 2 Dấu = xảy a b c 4a b c 4b c a 4c a b 2 3 a b c 2 2b c a 2c a b Vậy 2a b c 2