SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THÁI NGUYÊN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN NĂM HỌC 2022-2023 Mơn thi: TỐN (CHUN) Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,5 điểm) Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 2022 ( 2022 + a ) ( 2022 + b ) ( 2022 + c ) Q= 2 ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) 2 2 Tinh giá trị biểu thức Câu (1,5 điểm) Tìm tất giá trị nguyên dương tham số m để phương x − ( m + 3) x + m + = trình có hai nghiệm trị biểu thức x x A = ÷ + ÷ x2 x1 số nguyên P ( x) có tất hệ số số nguyên Biết ba số nguyên phân biệt thỏa mãn trình P( x) − 2023 = − phân biệt, khác không thoả mãn giá Câu 3, (1,0 điểm) Cho đa thức a , b, c x1 , x2 P ( a ) = P ( b ) = P ( c ) = 2022 Hỏi phương có nghiệm ngun khơng? Vì sao? Câu (1,0 điểm) Tìm số nguyên tố a,b,c cho: Câu (1,0 điểm) Cho A a + b + c + 54 = 11abc tập tập số tự nhiên N Tập A có phần tử nhỏ 1, phần tử lớn 100 phần tử x thuộc diễn dạng x = a+b A ( x ≠ 1) ln biểu a,b thuộc A (a b) Hãy tìm A tập có số phần tử nhỏ Giải thích cách tìm? Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường A trịn (O) có trực tâm H Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ , B, C tam giác ABC Gọi I trung điểm cạnh BC, P giao điểm hai đường thẳng EF BC Đường thẳng DF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai K a) Chứng minh PB.PC=PE.PF KE song song với BC; b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai Q Chúng minh tứ giác BIQF nội tiếp Câu (2,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C phân biệt theo thứ tự nằm đường thẳng Qua điểm B kẻ đường thẳng d vng góc với đường thẳng AC; D ( D ≠ B) điểm di động đường thẳng d Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD cắt đường thẳng d điểm E khác D Gọi P, Q hình chiếu vng góc điểm B đường thẳng AD AE Gọi R giao điểm hai đường thẳng BQ CD, S giao điểm hai đường thẳng BP CE Chứng minh: a) Tứ giác PQSR nội tiếp; b) Tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQSR thuộc đường thẳng cố định điểm D di động đường thẳng d ĐÁP ÁN Câu (1,5 điểm) Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn ( 2022 + a ) ( 2022 + b ) ( 2022 + c ) Q= 2 ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) Tinh giá trị biểu thức Ta có : ab + bc + ca = 2022 2 2022 + a = a + ab + bc + ca = ( a + b ) ( a + c ) 2022 + b = ( b + a ) ( b + c ) 2022 + c = ( c + a ) ( c + b ) Tương tự : Thay vào Q ta Q=1 Câu (1,5 điểm) Tìm tất giá trị nguyên dương tham số m để phương trình x − ( m + 3) x + m + = có hai nghiệm thoả mãn giá trị biểu thức phân biệt, khác không x x A = ÷ + ÷ x2 x1 số nguyên ∆ = ( m + 3) − ( m + 1) = m + 2m + = ( m + 1) + > ( ∀m ) Ta có: x1 , x2 Vậy phương trình cho có hai nghiệm Áp dụng định lý Vi-et ta có : x1 , x2 x1 + x2 = m + x1 x2 = m + phân biệt, khác ⇔ m ≠ −1 2 2 ( x1 + x2 ) − x1 x2 x1 x2 x1 x2 A = ÷ + ÷ = + ÷ −2 = −2 x1 x2 x2 x1 x2 x1 2 m + 4m + = ÷ − = m + 3+ ÷ −2 m +1 m +1 Với m nguyên dương, biểu thức A ∈ ¢ ⇔ 4M( m + 1) m + = m = 0( ktm) ⇔ m + = ⇔ m = 1(tm) m + = m = 3(tm) Vậy m = 1, m = thỏa mãn yêu cầu toán Câu 3, (1,0 điểm) Cho đa thức a , b, c có tất hệ số số nguyên Biết ba số nguyên phân biệt thỏa mãn phương trình Ta có P ( x) P( x) − 2023 = − P ( a ) = P ( b ) = P ( c ) = 2022 có nghiệm nguyên khơng? Vì sao? P ( a ) = P ( b ) = P ( c ) = 2022 ⇔ P ( a ) − 2022 = P ( b ) − 2022 = P ( c ) − 2022 = P ( x ) − 2022 a, b, c Khi đó: nghiệm phân biệt đa thức Do đó, tồn đa thức Q(x) có hệ số số nguyên cho: P ( x ) − 2022 = ( x − a ) ( x − b ) ( x − c ) Q ( x ) Giả sử, phương trình Khi đó, có nghiệm nguyên x=d P ( d ) − 2023 = ⇔ P ( d ) − 2022 = Ta lại có, Vậy P( x) − 2023 = P ( d ) − 2023 = ( d − a ) ( d − b ) ( d − c ) Q ( d ) ( d − a ) ( d − b ) ( d − c ) Q ( d ) = = 1.1 = (−1).(−1) ( *) d − a , d − b, d − c số nguyên phân biệt Do đó, từ (*) suy Q( d ) số nguyên d − a ∈ { −1;1} ; d − b ∈ { −1;1} ; d − c ∈ { −1;1} Hỏi Theo nguyên lý Đi-rich-lê có ba số d − a; d − b; d − c Điều mâu thuẫn với Vậy điều giả sử sai Tóm lại: Phương trình P( x) − 2023 = d − a; d − b; d − c số ngun phân biệt khơng có nghiệm ngun Câu (1,0 điểm) Tìm số nguyên tố a,b,c cho: Th1: Vì a + b + c + 54 = 11abc a ≠ 3; b ≠ 3; c ≠ a, b, c số nguyên tố nên a ≡ 1( mod 3) , b4 ≡ 1( mod ) , c ≡ 1( mod ) ⇒ a + b + c ≡ ( mod ) a + b + c + 54 ≡ ( mod 3) ;11abc ≡ ( mod 3) Ta có Vậy trường hợp khơng thỏa mãn TH2: Trong số a , b, c 11abc ≡ ( mod 3) có số Khơng tính tổng qt, giả sử a =3 Ta có : + b + c + 54 = 33bc ⇔ b + c + 135 = 33bc ( *) Vì 4 33bc ≡ ( mod 3) ⇒ b + c ≡ ( mod ) 135 ≡ ( mod 3) Mặt khác Vậy từ b, c Thay b, c số nguyên tố nên b ≡ ( mod 3) c ≡ 1( mod 3) b ≡ ( mod 3) b + c ≡ ( mod 3) ⇒ c ≡ ( mod ) Do 4 số nguyên tố nên b=c=3 b=c=3 vào (*) ta thấy thỏa mãn b ≡ 1( mod 3) ; c ≡ ( mod 3) Vậy a =b=c=3 Câu (1,0 điểm) Cho A tập tập số tự nhiên N Tập A có phần tử nhỏ 1, phần tử lớn 100 phần tử x thuộc biểu diễn dạng tìm tập A Giả sử Vì A n, a,b thuộc A (a b) Hãy ta xếp chúng theo thứ tự k ∈ { 1; 2;3; ; n − 1} Áp dụng kết Suy tập ln có số phần tử nhỏ Giải thích cách tìm? Giả sử A có số phần tử Suy với x = a+b A ( x ≠ 1) ( 2) ta thu ta có = x1 < x2 < < xn = 100 ( 1) xk +1 = xi + x j ≤ xk + xk = xk , với ≤ i, j ≤ k ( ) x2 ≤ + = 2; x3 ≤ + = 4; x4 ≤ 8, x5 ≤ 16, x6 ≤ 32, x7 ≤ 64 phải có phần tử n = ⇒ x8 = 100 x6 + x7 ≤ 32 + 64 = 96 < 100 ⇒ x8 = x7 = 50 Vi` x5 + x6 ≤ 16 + 32 = 48 < 50 ⇒ x7 = x6 ⇒ x6 = 25 Vì x4 + x5 ≤ + 16 = 24 < 25 ⇒ x6 = x5 ⇒ x5 = 12,5 n=9 (mâu thuẫn) A = { 1; 2;3;5;10; 20; 25;50;100} Với ta có tập thỏa mãn yêu cầu toán Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường A trịn (O) có trực tâm H Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ , B, C tam giác ABC Gọi I trung điểm cạnh BC, P giao điểm hai đường thẳng EF BC Đường thẳng DF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai K a) Chứng minh PB.PC=PE.PF KE song song với BC Ta có: ∠BEC = ∠BFC = 90° ⇒ BFEC tứ giác nội tiếp ⇒ ∆PFB ∽ ∆PCE ( g.g ) ⇒ PB.PC = PE.PF ( 1) Các tứ giác BFHD, HEKF nội tiếp nên : ∠EBC = ∠HBD = ∠HFD = ∠HEK = ∠BEK ⇒ KE / / BC b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai Q Chúng minh tứ giác BIQF nội tiếp Xét ∆PHE ∆PEQ có : ∠HPE = ∠HPF ; ∠PEH = ∠PQF ⇒ ∆PHE ∽ ∆PFQ( g.g ) ⇒ PH PQ = PF PE ( ) PB.PC = PH PQ ⇒ Từ (1) (2) suy Xét ∆PBQ ∆PHC ∠BPC = ∠HPC ; có : ⇒ ∠PQB = ∠PCH ⇒ BHQC Khi PB PQ = PH PC PB PQ = ⇒ ∆PBQ ∽ ∆PHC (c.g.c) PH PC tứ giác nội tiếp ∠FQB = ∠FQH + ∠HQB = ∠FEH + ∠HCB = 2∠FCB = ∠FIB BIQF Vậy tứ giác tứ giác nội tiếp Câu (2,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C phân biệt theo thứ tự nằm đường thẳng Qua điểm B kẻ đường thẳng d vng góc với đường thẳng ( D ≠ B) AC; D điểm di động đường thẳng d Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD cắt đường thẳng d điểm E khác D Gọi P, Q hình chiếu vng góc điểm B đường thẳng AD AE Gọi R giao điểm hai đường thẳng BQ CD, S giao điểm hai đường thẳng BP CE Chứng minh: a) Tứ giác PQSR nội tiếp Do tứ giác ADCE nội tiếp nên ∠ADE = ∠ACE ⇒ ∠SBC = ∠ABP = ∠ACE ⇒ SB = SC ∠SEB = ∠SBE ⇒ SC = SE tương tự , ta có Cmtt R trung điểm CD Do nên S trung điểm CE RB = RC , SB = SC ⇒ ∆SRB = ∆SRC ( c.c.c ) ⇒ ∠BSR = ∠CSR = ∠BEC = ∠BAP = ∠BQP ⇒ PQSR tứ giác nội tiếp b) Tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQSR thuộc đường thẳng cố định điểm D di động đường thẳng d Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tứ giác RL / / AC , RS / / DE ⇒ ∠LRS = 90° PQSR Ta có : Suy LS đường kính đường tròn (I) , gọi L trung điểm AD Gọi M, N trung điểm đoạn thẳng Khi N điểm cố định Lại có MNLS Mà DE , AC ML / / AE , NS / / AE ML = NS = I hình bình hành, suy trung điểm MN ∠MBN = 90° nên IN = IB Vậy I thuộc đường trung trực đoạn thẳng BN cố định AE nên tứ giác