056 b đề vào 10 chuyên tin 2022 2023 tỉnh thanh hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2022-2023 Mơn thi: Tốn chun Tin Thời gian làm : 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (2,0 điểm) Cho a, b, c ba số thực thỏa mãn điều kiện Tính giá trị biểu thức A=a 2022 +b 2022 +c a+b+c = a2 = ( a + c + 2) ( a + b − 2) 2022 x, y , z Cho số thực khác 0, đôi khác thỏa mãn x − xy = y − yz = z − zx 2 Chứng minh 1 + + =0 x y z Câu II (2,0 điểm) ( Giải phương trình 1) Giải hệ phương trình 2) ) )( x + − x + x + x2 + x + = x 2 x + xy − y − x + y + =  2  x + y + x + y − = Câu III (2,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương ( x; y ) cho x + y − ( x + y ) = xy p n Cho số nguyên tố lẻ Tìm tất số nguyên dương để phương số nguyên dương Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác r kính nơi tiếp tam giác thẳng ID cắt EF ABC ABC có AB < AC tiếp xúc với cạnh K, đường thẳng qua K ∠BAC = 60° BC , CA, AB song song với n − np I Đường tròn tâm bán BC bình cắt D, E , F AB, AC Đường theo thứ tự M,N 1) 2) Chứng minh tứ giác Gọi J giao điểm AC − AB = DJ AK IFMK BC IMAN nội tiếp Chứng minh J trung điểm BC Gọi S diện tích tứ giác 3) S IMN diện tích tam giác IEAF S IMN > Tính S theo r chứng minh )(trong IMN ) x, y , z Câu V (1,0 điểm) Xét ba số thực dương biểu thức S  P = x + y + 48  +  x+ z  thỏa mãn x + y + z ≤ 14 Tìm giá trị nhỏ  ÷ y+2 ÷  ĐÁP ÁN Câu I (2,0 điểm) Cho a, b, c ba số thực thỏa mãn điều kiện Tính giá trị biểu thức Ta có +b 2022 +c a2 = ( a + c + 2) ( a + b − 2) 2022 a = − ( b + c )  a + b + c = ⇔ b = − ( a + c )  c = − ( a + b ) Thay vào điều kiện ( b + c) A=a 2022 a+b+c = a2 = ( a + c + 2) ( a + b − 2) ta có : = ( −b + ) ( −c − ) ⇔ b + 2bc + c = ( −2b + ) ( −c − ) 2 b = 2 ⇔ b + 2bc + c = 2bc + 4b − 4c − ⇔ ( b − ) + ( c + ) = ⇒  ⇒a=0  c = −2 Vậy A = a 2022 + b 2022 + c 2022 = 22022 + ( −2 ) x, y , z Cho số thực x − xy = y − yz = z − zx 2 = 2023 khác 0, đôi khác thỏa mãn Chứng minh x − xy = y − yz = z − zx = a Giả sử ta có : 2022 1 + + =0 x y z x − xy = a ⇔ x ( x − y ) = a ⇔ x = Chứng minh tương tự ta có : a x−y ⇔ = x− y x a y−z z−x = ; = y a z a 1 x− y+ y−z+z−x + + = = 0(dfcm) x y z a Khi ta có Câu II (2,0 điểm) 3) ( Giải phương trình ĐK : ) )( x + − x +1 x2 + x2 + 4x + = x x>0 Khi : ( )( ) x + − x + x2 + x2 + 4x + = 4x ⇔ ( x2 + x2 + 4x + x + + x +1 ⇔ x +4 ( ( x + 1) ( x + 3) ) ) = 4x ⇔ x + x2 + x + = 2x x + + 2x x + = 2x x + + 2x x +1 ( ) ⇔ x x − x + + x +1 x + − x = x = ±  x2 = x +  ⇔ x − x +1 x − x + = ⇔  ⇔ x =  x = x + 12  x = −2  ( )( ) { ⇒ x ∈ 6; + Đối chiếu điều kiện 4) Giải hệ phương trình Ta có : }  x + xy − y − x + y + = ( 1)  2  x + y + x + y − = ( ) ( 1) ⇔ y − xy − y − x + 5x − = ⇔ y − ( x + 1) y − x + x − = ⇔ y − ( x + 1) y + ( x − ) ( − x ) = ⇔ y2 − ( 2x −1 − x + 2) y + ( x − 2) ( − 2x ) = ⇔ y − ( x − 1) y + ( x − ) y + ( x − ) ( − x ) = ⇔ y ( y − x + 1) + ( x − ) ( y − x + 1) = ↔ ( y + x − ) ( y − x + 1) =  y = − x ⇒ ( 2) ⇔ x2 + ( − x ) + x + − x − = ⇔ x = y =  x = y = ⇔  y = x − ⇒ ( ) ⇔ x + ( x − 1) + x + x − − = ⇔    x = − ; y = − 13  5   13   ; − ÷  5  ( x; y ) ∈ ( 1;1) ;  −  Vậy Câu III (2,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương Ta có : ( x; y ) cho x + y − ( x + y ) = xy ⇔ x + y − x − y − xy = ⇔ x − ( + y ) x + y − y = ( *) Xem phương trình cho phương trình bậc hai ẩn x x + y − ( x + y ) = xy ∆ = ( + y ) − ( y − y ) = y + y + − y + y = −3 y + 12 y + Để tồn cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn ⇒ ∆ ≥ ⇔ −3 y + 12 y + ≥ ⇔ nghiệm Mà y nguyên dương nên x + y − ( x + y ) = xy pt (*) phải có 6−4 6+4 ≤ y≤ 3 y ∈ { 1; 2;3; 4} ± 13 (ktm)  x = 0(ktm) *) y = ⇒ x + − ( x + ) = x ⇔   x = 4(tm) *) y = ⇒ x + − ( x + 1) = x ⇔ x = ± 13 (ktm) x = *) y = ⇒ x + 16 − ( x + ) = x ⇔  (tm) x = *) y = ⇒ x + − ( x + 3) = 3x ⇔ x = Vậy có cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn yêu cầu toán ( 2; ) ; ( 4; ) p n Cho số nguyên tố lẻ Tìm tất số nguyên dương để phương số nguyên dương (BÍ) Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác r bán kính nơi tiếp tam giác Đường thẳng thứ tự ID M,N cắt EF ABC ABC có AB < AC ∠BAC = 60° tiếp xúc với cạnh K, đường thẳng qua K n − np bình Đường tròn tâm BC , CA, AB song song với BC cắt I D, E , F AB, AC theo 4) Ta có Chứng minh tứ giác IMAN Nên tứ giác Xét tứ giác IFMK có IFMK INEK nội tiếp ∠IFM + ∠IKM = 90° + 90° = 180° nội tiếp có ⇒ ∠IMF = ∠IKF ∠IKN = ∠IEN = 90° ⇒ ∠ENI = ∠IKF , mà góc đối (hai góc nội tiếp chắn cung (góc ngồi góc đỉnh đối diện) (2) ∠IMF = ∠ENI = ∠ANI Gọi J giao điểm AC − AB = DJ IF ) ( 1) , mà góc nằm hai đỉnh kề nên tứ giác Từ (1) (2) suy nên tứ giác góc đỉnh đối diện nhau) 5) nội tiếp  MN / / BC ⇒ KD ⊥ MN ⇒ ∠IKM = ∠IKN = 90°   KD ⊥ BC Xét tứ giác INEK IFMK AK BC AMIN Chứng minh J nội tiếp (tứ giác có góc ngồi trung điểm BC *Chứng minh J trung điểm BC Tứ giác Tứ giác Mà IFMK INEK IE = IF nội tiếp (cmt) nội tiếp (cmt) ⇒ ∠IMK = ∠IFK ⇒ ∠INK = ∠IEK (cùng chắn cung IK) (cùng chắn cung IK) (cùng bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ⇒ ∠IEK = ∠IFK ⇒ ∠IMK = ∠INK ⇒ ∆IMN cân K ABC ) ⇒ ∆IEF cân I IK ⊥ MN ( cmt ) ⇒ K Mà đường trung tuyến) Vì MN / / BC trung điểm MN (trong tam giác cân đường cao đồng thời ⇒ MK = NK (gt), nên áp dụng định lí Ta-let ta có ⇒ BJ = CJ ⇒ J trung điểm *Chứng minh MK AK NK = = BJ AJ CJ mà MK = KN (cmt ) BC AC − AB = 2DJ Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có : CE = CD   AE = AF  BF = BD  Khi ta có : AC − AB = AE + CE − ( AF + BF ) = ( AE − AF ) + CD − BD = CD − BD = ( CJ + DJ ) − ( BJ − DJ ) = (CJ − BJ ) + DJ Mà J trung điểm Vậy 6) BC ( cmt ) ⇒ CJ = BJ ⇒ CJ − BJ = AC − AB = DJ (dfcm) Gọi S diện tích tứ giác S IMN diện tích tam giác *Tính diện tích IEAF IEAF S IMN > Tính S theo r chứng minh IMN ) theo r Áp dụng tính chất tiếp tuyến cắt nên ta có : AI phân giác ⇒ ∠IAF = ∠IAE = 60° = 30° Xét tam giác vuông AE = IE.cot 30° = r = AF ⇒ S IEA = IAE có : 1 r IE AE = r.r = = S IAF 2 ⇒ S IEAF = S IAE + S IAF = r Vậy S = r2 S IMN > S S IMN *Chứng minh )(trong diện tích tam giác Gọi H giao điểm AI EF Ta có : IMN ) ∠BAC S )(trong AE = AF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) IE = IF = r ⇒ I ∈ ⇒ AI Tứ giác thuộc trung trực EF trung trực EF EF ⇒ AI ⊥ EF trung trực AEIF ⇒A có ∠AEI + ∠AFI = 180° H mà góc đối nên AEIF ⇒ ∠EAF + ∠EIF = 180° ⇒ 60° + ∠EIF = 180° ⇒ ∠EIF = 120° Mà IA phân giác Xét tam giác Tứ giác IHE AMIN ∠EIF (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) IMN có nội tiếp (cm câu a) ⇒ ∠EAF + ∠NIM = 180° cân I (cmt) nên đường cao IK ⇒ ∠NIK = ∠MIK = 60° Xét tam giác vng Lại có IH ≤ IK NIK có ⇒ S IMN AEF ( r 3) = (tính chất tứ giác nội tiếp) đồng thời phân giác NK = IK tan 60° = IK ⇒ MN = NK = IK ( ) (quan hệ vuông góc, đường xiên) Do từ (3) (4) suy Xét tam giác ⇒ ∠EIH = ∠FIH = 60° HE = IH tan 60° = IH ⇒ EF = HE = IH ( 3) ⇒ ∠NIM = 180° − 60° = 120° Tam giác tứ giác nội tiếp có EF ≤ MN S IMN Ta có  ∠EAF = 60° ( gt ) ⇒ ∆AEF    AE = AF (cmt ) 1 MN MN EF = IK MN = MN = ≥ 22 4 ⇒ EF = AE = r r2 = 4 S = r 3(cmt ) ⇒ S IMN ≥ Mà Câu V (1,0 điểm) Xét ba số thực dương  P = x + y + 48  +  x+z  x, y , z S (dfcm) thỏa mãn  ÷ y+2 ÷  x + y + z ≤ 14 biểu thức Phá AM-GM áp dụng dồn biến cộng mẫu, ta có : Tìm giá trị nhỏ    ⇒ 4  = ≥ = y + 2 ( y + ) y + + y +  4 = ≥ x + z 4( x + z) x + z + Đưa x + y + z ≤ 14 ( x + y + 3z ) + x+z 16 ≥ y + x + y + z + 10 từ bậc bậc BĐT Bunhia copxki cho số, ta : ≤ ( + 22 + 32 ) ( x + y + z ) ≤ 14 Biến đổi bểu thức P mơ hình biến nghịch đảo : P ≥ 2x + y + 768 48.16 = ( x + y + z + 10 ) + = ( x + y + 3z ) − 30 x + y + z + 10 x + y + z + 10 P ≥ 3.48.16 − 14 − 30 = 52 48.16  3 ( x + y + z + 10 ) = x + y + z + 10  ⇒ Min P = 52 ⇔  x + y + 3z = 14; x + z = 4; y + = ⇒ x = 1; y = 2; z = x y z  = = 