Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2022 - 2023 THCS.TOANMATH.com ĐỀ THI MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (3,5 điểm) a. Giải phương trình xxxx2 1 2 4 1 4 x 2 . b. Giải phương trình x 3 5 x 2 15 2 xx2 4. 2 2 x y xy 3 x 14 y c. Giải hệ phương trình 2 . xxxy 3 3 18 y Câu 2. (1,5 điểm) a. Tìm tất cả các số nguyên tố p và q sao cho p2 3 pq 4 q 2 là một số chính phương. b. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại các số tự nhiên x, y thỏa mãn x3 y 3 6 xy p 8 . Câu 3. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 b 2 c 2 ab bc ca 3 . Chứng minh rằng: 3 2 a. a b c . 2 2ab 3 2 bc 3 2 ca 3 b. 6 . (a b )(2 b c )( 2 c a ) 2 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O sao cho hai tia BA và CD cắt nhau tại điểm E, hai tia AD và BC cắt nhau tại điểm F. Gọi G, H lần lượt là trung điểm của AC, BD. Đường phân giác của các góc BEC và AFB cắt nhau tại điểm K. Gọi L là hình chiếu vuông góc của K trên đường thẳng EF. Chứng minh rằng: a. DEF DFE EBF và KL LELF. . b. GED HEA và EGFH EHFG . MB NB KH c. 2. ; trong đó M là giao điểm của hai đường thẳng EK và BC, N là giao điểm của hai đường MC NA KG thẳng FK và AB. Câu 5. (1,0 điểm) Thầy Hùng viết các số nguyên 1, 2, 3, , 2021, 2022 lên bảng. Thầy Hùng xóa đi 1010 số bất kì trên bảng. Chứng minh rằng trong các số còn lại trên bảng luôn tìm được: a. 3 số có tổng các bình phương là hợp số. b. 504 số có tổng các bình phương chia hết cho 4. HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm./.
2. 1 LỜI GIẢI ĐỀ THI TS VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TỈNH VĨNH PHÚC Được thực hiện bởi Nguyễn Nhất Huy, Thầy Trịnh Văn Luân ™ Bài 1: a) Giải phương trình (x2 − x + 1)(x2 + 4x + 1) = −4x2. √ √ √ b) Giải phương trình x + 3 + 5 − x − 2 15 + 2x − x2 = −4.  x2 + y2 + xy + 3x = 14y c) Giải hệ phương trình (x2 + 3x)(x + y − 3) = 18y Hướng dẫn giải a) (x2 − x + 1)(x2 + 4x + 1) = −4x2. • Với x = 0 thì VT = 1; VP = 0, nên x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. • Với x ̸= 0 ta chia cả hai vế của phương trình cho x2, ta được  1   1  x − 1 + x + 4 + = −4. x x  1  Đặt x − 1 + = a, phương trình trở thành a(a + 5) = −4 x ⇔ a2 + 5a + 4 = 0  a = −1 ⇔  . a = −4 1 – Với a = −1 ⇒ x + − 1 = −1 ⇔ x2 + 1 = 0 (vô nghiệm). x √  −3 − 5 x1 = 1 2  2 – Với a = −4 ⇒ x + − 1 = −4 ⇔ x + 3x + 1 = 0 ⇔  √ . x  −3 + 5 x = 2 2 √ √ √ b) x + 3 + 5 − x − 2 15 + 2x − x2 = −4 √ √ √ ⇔ x + 3 + 5 − x = 2 15 + 2x − x2 − 4. (∗)  x + 3 ≥ 0   √ √ Điều kiện 5 − x ≥ 0 ⇔ 1 − 2 3 ≤ x ≤ 1 + 2 3. √  15 + 2x − x2 − 2 ≥ 0 √  √  (∗) ⇔ x + 3 + 5 − x + 2 15 + 2x − x2 = 4 15 + 2x − x2 − 4 15 + 2x − x2 + 4 √ ⇔ 4(15 + 2x − x2) − 18 15 + 2x − x2 + 8 = 0. √ Đặt 15 + 2x − x2 = a ≥ 2, ta có phương trình
3. 2 2a2 − 9a + 4 = 0 ⇔ (a − 4)(2a − 1) = 0 ⇔ a = 4 (vì a ≥ 2) √ Khi đó, với a = 4 ⇒ 15 + 2x − x2 = 4 ⇔ −x2 + 2x + 15 = 16 ⇔ x = 1 (thoả mãn điều kiện) Vậy tập nghiệm của phương trình S = {1}.  x2 + y2 + xy + 3x = 14y (1) c) (x2 + 3x)(x + y − 3) = 18y (2)  x = 0 • Với y = 0 phương trình (1) trở thành x2 +3x = 0 ⇔  . Ta thấy (0; 0), (−3; 0) x = −3 thoả mãn phương trình (2), nên (0; 0), (−3; 0) là hai nghiệm của phương trình. • Với y ̸= 0, chia cả hai vế của phương trình cho y ta được x2 + 3x  2  + (x + y) = 14 x + 3x  y  = a Đặt y . x2 + 3x  (x + y − 3) = 18 x + y − 3 = b  y   a + b = 11 b = 9 ⇒ a = 2 Hệ phương trình trở thành ⇔  . ab = 18 b = 2 ⇒ a = 9  x2 + 3x   a = 2  = 2 x2 + 5x − 24 = 0 x = 3; y = 9 – Với ⇒ y ⇔ ⇔  . b = 9 x + y − 3 = 9 y = 12 − x x = −8; y = 20  x2 + 3x   a = 9  = 9 x2 + 12x − 45 = 0 x = 3; y = 2 – Với ⇒ y ⇔ ⇔  . b = 2 x + y − 3 = 2 y = 5 − x x = −15; y = 20 Vậy hệ phương trình có 6 nghiệm (0; 0), (−3; 0), (3; 9), (−8; 20), (3; 2), (−15; 20). ™ Bài 2: a) Tìm tất cả các số nguyên tố p và q sao cho p2 + 3pq + 4q2 là một số chính phương. b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại các số tự nhiên x, y thoả mãn x3 + y3 − 6xy = p − 8. Hướng dẫn giải
4. 3 a) Giả sử (p, q) là cặp số nguyên tố sao cho tồn tại số nguyên dương r thỏa mãn p2 + 3pq + 4q2 = r2. (1) Trường hợp p, q đều khác 3, ta có p2 ≡ q2 ≡ 1 (mod 3) và vì thế nên r2 = p2 + 3pq + 4q2 ≡ p2 + q2 ≡ 2 (mod 3). điều này mâu thuẫn nên một trong hai số p, q phải bằng 3. Ta xét hai trường hợp sau. • Nếu p = 3 thế vào (1) ta được (2q + 2)2 = 4q2 + 8q + 4 < r2 = 4q2 + 9q + 9 < 4q2 + 12q + 9 = (2q + 3)2. Điều này vô lý nên trường hợp này không có giá trị thỏa mãn. • Nếu q = 3 thế vào (1) ta được (p + 4)2 < r2 = p2 + 9p + 36 < (p + 6)2. Do đó r2 = (p + 5)2 tương đương với p = 11. Vậy chỉ có duy nhất 1 cặp nguyên tố (p, q) thỏa mãn bài toán là (11, 3). b) Với các số x, y, p thỏa mãn giả thiết, ta có x3 + y3 + 23 − 3x · y · 2 = p ⇔ (x + y + 2) x2 + y2 + 4 − xy − 2x − 2y
   = p. Do x, y nguyên dương nên ta được x + y + 2 ≥ 2 từ lập luận trên và như vậy x + y + 2 = p, (1) x2 + y2 + 4 − xy − 2x − 2y = 1. (2) Từ (1), ta có y = p − x − 2. Thế vào (2) rồi biến đổi tương đương, ta được 3x2 + (6 − 3p)x + p2 − 6p + 11
   = 0. Coi phương trình trên là một phương trình bậc hai ẩn x. Ta cần có ∆x là số chính phương. Ta tính được 2 2
   2 ∆x = (6 − 3p) − 4.3. p − 6p + 11 = −3p + 36p − 96. Ta dễ thu được 4 ≤ p ≤ 8 từ ∆ ≥ 0. Với yêu cầu chọn p là số nguyên tố ta được p ∈ {5, 7} Thử với p = 7, ta tìm được (x, y) = (2, 3) và (x, y) = (3, 2). Thử với p = 5, ta tìm được (x, y) = (1, 2) và (x, y) = (2, 1). Vậy p ∈ {5, 7} là các số nguyên tố thỏa mãn đề bài.
5. 4 ™ Bài 3: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn điều kiện a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca ≤ 3. Chứng minh rằng √ 3 2 a) a + b + c ≤ . 2 2ab + 3 2bc + 3 2ca + 3 b) + + . (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 Hướng dẫn giải a) Từ giả thiết, suy ra 6 ≥ 2(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca) = a2 + b2 + c2 + (a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca) (a + b + c2) 4 ≥ + (a + b + c)2 = (a + b + c)2 √ 3 3 √ r6 · 3 3 2 2 ⇒ a + b + c ≤ = . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 4 2 2 2ab + 3 2bc + 3 2ca + 3 b) + + (1). (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 2ab + 3 2ab + a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca Từ giả thiết ta thấy ≥ (a + b)2 (a + b)2 (a + b)2 + (b + c)(c + a) = (a + b)2 (b + c)(c + a) = 1 + . (a + b)2 (b + c)(c + a) (c + a)(a + b) (a + b)(b + c) Tương tự, VT (1) ≥ 3 + + + (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 s (b + c)(c + a) (c + a)(a + b) (a + b)(b + c) ≥ 3 + 3 · · = 6 = VP (1) (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 √ 2 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 2 ™ Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) sao cho hai tia BA và CD cẳt nhau tại điểm E, hai tia AD và BC cắt nhau tại điếm F . Gọi G, H lần lượt là trung điểm của AC, BD. Đường phân giảc của các góc BEC\ và AF[ B cắt nhau tại điểm K. Gọi L lả hình chiếu vuông góc của K trên đường thẳng EF . Chưng minh rằng: √ a) DEF\ + DF\ E = EBF\ và KL = LE · LF . b) GED\ = HEA\ và EG.F H = EH · FG. MB NB KH c) + = 2 · ; trong đó M là giao diểm của hai đường thẳng EK và BC, N là MC NA KG giao điểm của hai đường thẳng FK và AB.
6. 5 Hướng dẫn giải F L A N B G K K' H M E O C D a) Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên EBF\ = ABC[ = 180◦ − ADC\ = 180◦ − EDF\ = DEF\ + DF\ E Bằng các phép biến đổi góc ta có AF[ B + BEC\ KFE\ + KEF\ = + BF\ E + BEF\ 2 360◦ − F[ AB − BCE\ − 2ABF[ = + ABF[ 2 = 90◦ − ABF[ + ABF[ = 90◦ Do đó ∆KEF là tam giác vuông tại K, có KL là đường cao nên theo hệ thức lượng ta √ được KL2 = LE.LF suy ra KL = LE · LF . Vậy bài toán được chứng minh.
7. 6 b) Ta có ∆EAC ∽ ∆EDB(g-g) vì có BEC\ chung, EAC[ = BAC[ = BDC\ = BDE\. Mà EG, EH là trung tuyến của ∆EAC, ∆EBD nên ∆EAG ∽ ∆EDH. EG AG AC FG AC Suy ra GED\ = HEA\ và = = . Tương tự ta được = . EH DH BD FH BD FG EG Do đó = suy ra EG · FH = EH · FG. Vậy bài toán được chứng minh. FH EH c) Theo b) ta được EK là phân giác GEH\. Tương tự ta được FK là phân giác GF\ H. Gọi K′ là giao của EK với GH. Theo tính chất đường phân giác ta có K′G EG FG = = . K′H EH FH Suy ra FK′ là phân giác GF\ H. Do đó K trùng K′. Nên H, K, G thẳng hàng. Vì EK là phân giác nên theo tính chất đường phân giác kết hợp với phương tích, ta được MB EB ED EH KH = = = = . MC EC EA EG KG NB KH MB NB KH Tương tự ta được = suy ra + = 2 · . NA KG MC NA KG Vậy bài toán được chứng minh. ™ Bài 5: Thầy Hùng viết các số nguyên 1, 2, 3, , 2021, 2022 lên bảng. Thầy Hùng xoá đi 1010 số bất kì trên bảng. Chứng minh rằng trong các số còn lại trên bảng luôn tìm được a) 3 số có tổng các bình phương là hợp số. b) 504 số có tổng các bình phương chia hết cho 4. Hướng dẫn giải a) Trên bảng có tất cả 2022 số nguyên dương đầu tiên. Sau khi xóa đi 1010 số trên bảng, tồn tại ít nhất 1 số chẵn còn lại trên bảng luôn tạo với 2 số lẻ tổng các bình phương chẵn nên chúng là hợp số. b) Các số chính phương lẻ luôn đồng dư 1 (mod 7) và các số chính phương chẵn luôn chia hết cho 4. Suy ra tổng các bình phương của 504 số lẻ luôn chia hết cho 4 (504 chia hết cho 4). Giả sử số các số chẵn trên bảng còn lại ít hơn số lẻ nên số số lẻ lớn hơn 506 số. Khi đó tồn tại tổng các bình phương 504 số lẻ thỏa mãn hoặc nếu số các số chẵn trên bảng còn lại nhiều hơn số lẻ. Suy ra số số chẵn lớn hơn 506. Vậy tổng các bình phương 504 số đó luôn chia hết cho 4.