THÔNG TIN TÀI LIỆU
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN Năm học 2022-2023 MƠN THI: TỐN CHUN Thời gian làm : 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (2 điểm) 1) Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện a b c abc Chứng minh : a2 b2 c2 2 2 2 2 a b c b c a c a b 2 2) Cho số thực x, y, z thỏa mãn x y y x Tính giá trị biểu thức : M x2 1 x y2 1 y Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình : x 3x x x x 2) Giải hệ phương trình : x x y y 12 6 xy x y 12 y y x Câu III (2 điểm) 2 x; y 1) Tìm tất cặp số nguyên dương cho x y xy x 14 y 11 n 2) Tìm tất số nguyên dương n để n 25 lập phương số nguyên tố Câu IV (3 điểm) Cho tam giác ABC (có AB AC ) nội tiếp đường tròn tâm O Các đường H E AC , F AB cao BE , CF tam giác ABC cắt Gọi M trung điểm cạnh BC , tia MH cắt đường tròn (O) điểm N 1) Chứng minh điểm A, E, H , F , N thuộc đường tròn 2) Lấy điểm P đoạn thẳng BC cho BHP CHM , gọi Q hình chiếu A lên HP Chứng minh OA vng góc với NQ O 3) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PMQ tiếp xúc với đường tròn Câu V (1 điểm) Người ta thực trị chơi bảng kẻ vng kích thước 5×9 (có 45ơ vng) Ban đầu, có 33 đồng xu đặt ngẫu nhiên vào ô vuông bảng cho khơng có vng chứa nhiều đồng xu Ở bước người chơi di chuyển tất đồng xu thỏa mãn đồng thời quy định sau: i) Các đồng xu phải di chuyển lên xuống, trái phải cho lần di chuyển đến ô kế bên (ơ chung cạnh) ii) Nếu bước di chuyển đồng xu di chuyển lên xuống bước phải di chuyển sang trái sang phải; ngược lại Trị chơi dừng lại vng bàn có nhiều đồng xu Chứng minh trò chơi kết thúc sau hữu hạn bước ĐÁP ÁN Câu I (2 điểm) 3) Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện a b c abc Chứng minh : Từ a2 b2 c2 2 2 2 2 a b c b c a c a b a b c a b c Khi : a b c a b3 c b c bc a b3 c 3 b c bc 3abc Mặt khác, ta có : a2 a2 a b c b c b c 2bc 2 1 a b c 2bc b2 b2 c2 c2 2 ; 3 2 c a b 2ab Tương tự, ta có : b c a 2ca 1, , Cộng vế theo vế ta : a2 b2 c2 2 2 2 2 a b c b c a c a b 2 2 3 a b c a b c 3abc (dfcm) 2bc 2ca 2ab 2abc 2abc 2 4) Cho số thực x, y, z thỏa mãn x y y x Tính giá trị biểu thức : M Từ x2 x y2 1 y x y2 y x2 x y2 y x2 x y 1 xy x y xy x y xy xy Vì x x 2 16 x 1 y 1 y x 1 16 x 1 y 1 x y x y 1 17 x 1 y 1 x 1 y 1 17 2 2 2 2 2 2 2 1 y 1 17 * 1 y 1 x y xy xy xy Do đó, từ * xy x 1 y 1 17 x 1 y 1 Khi : M x x2 x y2 1 y x 1 y 1 xy y x x y 1 y 1 xy y x x y 17 Vậy M 17 Câu II (2 điểm) 3) Giải phương trình : ĐKXĐ: x ¡ Đặt x 3x x x x x2 x t t x2 x t Phương trình cho trở thành : t x x 5 t t x t x 3 2 t t t x 3 t x x th1: t x x 2 x x x 2 x 3 th2 : t x x x x (tmdk ) x x x x 7 S 1; 2; Vậy 4) Giải hệ phương trình : ĐKXĐ: y Ta có : x 2 x y y 12 6 xy x y 12 y y x x x y xy 12 y 2 x y y 12 xy y x 12 y y x 6 xy x y 12 y y x xy 3 xy 1 12 y xy 3 xy 1 12 y xy 3 xy 1 xy 1 y x xy 1 y x 12 y xy 3 xy 1 12 y xy xy 1 12 y 1 xy 1 xy y x xy 1 y 1 x Xét phương trình xy 12 y y 0(ktm) x 4 1 : xy 1 y 1 x 3 y x 3 x 1 x x 12 2 x x 1 y y 1 12 y y y 1 1 4; ; 3; ; 3; 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm y 1 y Câu III (2 điểm) 2 x; y 3) Tìm tất cặp số nguyên dương cho x y xy x 14 y 11 Ta có: x y xy 14 y 11 x xy y x y y 12 y 11 x y x y 1 y 12 y 2 x y 1 y 3 x y x y 2 Vì x, y ¢ nên x y 2; x y ¢ x y 2; x y 1;1; 3;3 Lập bảng x 3y 1 3 x y4 3 1 x y 2 Vậy cặp số nguyên dương x; y cần tìm 0;1 , 5; , 1; , 4;1 n 4) Tìm tất số nguyên dương n để n 25 lập phương số nguyên tố Gọi p số nguyên tố cho n Với n ¥ * n 25 , p số nguyên tố lẻ 2n n 25 số lẻ , suy n phải số chẵn 3 Xét bảng đồng dư a a theo mod nên a 0; 1(mod 9) Vì n số nguyên dương chẵn, nên ta xét n theo mod Có ba trường hợp sau : 2n n 25 p3 * +TH1: n k k ¥ * p n 25 n 6k 4 Ta có : 6k 25 16.64k 36k 48k p 16 3k mod p k 1 mod p M3 p n n Thay p vào (*) ta : n 25 n 2( ktm) +TH2: n k k ¥ * Ta có : p 2n n 25 26 k 6k 25 4.64 k 36k 24k 29 Suy n n Thay p vào (*) ta : n 25 n 2( ktm) p 3k mod p k mod p M3 p Ta có : p n 25 6k 25 64 36k 25 +Th3: Nếu k p 36.1 25 125 p 5(tm) n 6.2 Nếu k p 36.2 25 4265 p ¢ (loại) 6.3 Nếu k p 36.3 25 262493 p ¢ ( ktm) k Nếu k , quy nạp ta chứng minh 3.4 36k với số nguyên k n 6k k ¥ * n 6k k 2 p 36 25 1 Khi đó, ta có 2 1 Mà lập phương hai số ngun liên tiếp Suy khơng có số nguyên tố 2k 2k 2k 6k k 2k 3 thỏa mãn yêu cầu Vậy n thỏa mãn đề Câu IV (3 điểm) Cho tam giác ABC (có AB AC ) nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao BE , CF tam giác ABC cắt cạnh BC , tia MH cắt đường tròn (O) điểm N H E AC , F AB Gọi M trung điểm 4) Chứng minh điểm A, E , H , F , N thuộc đường tròn Xét tứ giác AEHF có AEH AFH 90 AEH AFH 180 nên tứ giác AEHF nội tiếp AH 1 Nên bốn điểm A, E , H , F thuộc đườn trịn có đường kính Gọi K giao điểm AO với đường tròn Ta có: CK / / BH (cùng vng góc với AC), BK / / CH (cùng vng góc với AB) Nên tứ giác BHCK hình bình hành N , H , M , K thẳng hàng O ANK 90 hay ANH 90 Vậy N thuộc đường trịn đường kính AH AH Từ (1) (2) suy : điểm A, E , H , F , N thuộc đường trịn đường kính Từ (1) (2) suy : Các điểm A, E, H , F , N thuộc đường trịn có đường kính AH 5) Lấy điểm P đoạn thẳng BC cho BHP CHM , gọi Q hình chiếu A lên HP Chứng minh OA vuông góc với NQ Q hình chiếu A HP AQH 90 Q thuộc đường trịn có đường kính AH Vì BHP CHM ( gt ) nên NHF QHE (lần lượt đối đỉnh với BHP CHM ) » sdQE » sd NF (trong đường trịn đường kính AH ) tứ giác QEFN hình thang cân NQ / / FE 3 Ta lại có : Tứ giác BFEC nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhìn đoạn thẳng nối hai đỉnh cịn lại góc khơng đổi) ACB AFE (cùng bù với BFE ) O : AKB ACB Trong đường trịn (hai góc nội tiếp đường tròn chắn cung) AKB AFE Mà AKB BAK 90 (hai góc phụ nhau) (5) Từ (4) (5) có : AFE BAK 90 hay AFI FAI 90 (với I giao điểm AK FE ) AK FE Từ (3) (6) suy NQ AK hay NQ AO(dfcm) O 6) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PMQ tiếp xúc với đường tròn Gọi J điểm đối xứng với H qua BC Kẻ đường cao AD tam giác Ta có : HCD JCD mà HCD BAD (cùng phụ với ABC ) ABC D BC BAD JCD hay BAJ JCB J O AKN NJA Mặt khác : AO NQ ANQ AKN (cùng phụ với QNK ) Vì PHJ cân P nên PJH PHJ PHJ AHQ (hai góc đối đỉnh), AHQ ANQ (hai góc nội tiếp đường trịn chắn cung) AKN PJH hay AKN PJA Từ (7) (8) ta suy PJA NJA ba điểm N , J , P thẳng hàng Ta lại có : ANM ADM 90 ANDM tứ giác nội tiếp PMN DMN DAN HQN PQN Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANDM Gọi G giao điểm AK MQ , ta có : HQG PQM PNM JAK HAG G thuộc đường tròn đường kính AH O Qua điểm N, vẽ đường thẳng xy tiếp tuyến đường tròn Ta có : MNx KNx KAN GAN GQN MQN xy tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp PQM Vậy, đường tròn ngoại tiếp tam giác PMQ tiếp xúc với đường tròn (O) Câu V (1 điểm) Người ta thực trò chơi bảng kẻ vng kích thước 5×9 (có 45ơ vng) Ban đầu, có 33 đồng xu đặt ngẫu nhiên vào ô vuông bảng cho vng chứa nhiều đồng xu Ở bước người chơi di chuyển tất đồng xu thỏa mãn đồng thời quy định sau: iii) Các đồng xu phải di chuyển lên xuống, trái phải cho lần di chuyển đến kế bên (ơ chung cạnh) iv) Nếu bước di chuyển đồng xu di chuyển lên xuống bước phải di chuyển sang trái sang phải; ngược lại Trò chơi dừng lại vng bàn có nhiều đồng xu Chứng minh trò chơi kết thúc sau hữu hạn bước Đánh số 45 ô vuông hình bên 121212121 4 4 121212121 4 4 121212121 Theo cách đánh này, có : 15 số 1, 12 số 2, ô số 3, 10 ô số Đặt ngẫu nhiên 33 đồng xu vào ô vuông bảng cho khơng có vng chứa nhiều đồng xu Ta chia 33 đồng xu thành hai nhóm : Nhóm I: Các đồng xu vị trí đánh số Nhóm II: Các đồng xu vị trí đánh số Ta thấy: - Theo quy tắc i) sau bước đồng xu nhóm I chuyển thành nhóm II ngược lại - Theo quy tắc ii) sau hai bước đồng xu đánh số chuyển sang ô đánh số Do đó, sau hữu hạn bước có trường hợp nhóm I có 17 đồng xu (vì nhóm II có 17 đồng xu bước sau nhóm I có 17 đồng xu) Khi đó, theo ngun lí Dirichlet, 17 đồng xu nhóm I có đồng xu ô đánh loại số (1 3) + Nếu có đồng xu đánh số Tuy nhiên có đánh số 3, nên có có nhiều đồng xu Trị chơi kết thúc + Nếu có đồng xu ô đánh số sau hai bước đồng xu nằm ô đánh số Tuy có đánh số 3, nên có có nhiều đồng xu Trò chơi kết thúc Vậy, trò chơi kết thúc sau hữu hạn bước
Ngày đăng: 09/05/2023, 06:45
Xem thêm: