054 đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh thái bình

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     x2 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 3Q 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