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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2022-2023 Môn thi: Toán (chuyên) ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Dành cho thí sinh thi vào Trường THPT Chuyên Hạ Long) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi này có 01 trang) Câu 1. (3,0 điểm) a) Cho các số hữu tỉ xy, thỏa mãn (3xy− 23)( −= 2) 1. Chứng minh A= x22 −+ xy y là số hữu tỉ. b) Giải phương trình: 6x2 − 51 x += xx 51 −.  x2  +=x 6  y c) Giải hệ phương trình:  .  y2 3 +=y  x 2 Câu 2. (2,0 điểm) a) Chứng minh rằng với x là số nguyên bất kỳ thì 25x + 1 không thể viết được dưới dạng tích hai số nguyên liên tiếp. 3xx2 ++ 21 1 = b) Tìm tất cả các số thực x sao cho 2 , trong đó kí hiệu {a} = aa −[ ] với [a] 21x + 2 là số nguyên lớn nhất không vượt quá a . Câu 3. (1,0 điểm) Cho các số thực dương xyz,, thỏa mãn xyz+≤. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2211 1 P=(22 x + yz +) ++ . xy222 z 2 Câu 4. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao AH . Đường tròn ()O đường kính BC cắt AB tại E ( E khác B ). Gọi D là một điểm trên cung nhỏ BE ( D khác B , D khác E ). Hai đường thẳng DC và AH cắt nhau tại G , đường thẳng EG cắt đường tròn ()O tại M ( M khác E ), hai đường thẳng AH và BM cắt nhau tại I , đường thẳng CI cắt đường tròn ()O tại P ( P khác C ). a) Chứng minh tứ giác DGIP nội tiếp; b) Chứng minh GAGI = GE GM ; c) Hai đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N , DB và CP cắt nhau tại K . Chứng minh hai đường thẳng NK và AH song song với nhau. Câu 5. (0,5 điểm) Chứng minh rằng trong 16 số nguyên dương đôi một khác nhau nhỏ hơn 23, bao giờ cũng tìm được hai số khác nhau có tích là số chính phương. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (3,0 điểm) a. Cho các số hữu tỉ xy, thỏa mãn (3xy− 23)( −= 2) 1. Chứng minh A= x22 −+ xy y là số hữu tỉ. b. Giải phương trình: 6x2 − 51 x += xx 51 −.  x2  +=x 6  y c. Giải hệ phương trình:  .  y2 3 +=y  x 2 Lời giải a. Cho các số hữu tỉ xy, thỏa mãn (3xy− 23)( −= 2) 1. Chứng minh A= x22 −+ xy y là số hữu tỉ. Ta có (3xy− 23)( −= 2) 1 ⇔9xy − 6 x − 6 y += 41 ⇔9xy =+− 663 x y ⇔3xy =+− 221 x y ⇔32xy =( x +− y) 1 22 A= x2 − xyy + 22 = x +23 xyy + 2 − xy =( xy +) − 21( xy +) +=( xy +− 1) = xy +− 1 Vì xy, hữu tỉ nên suy ra xy+−1 là số hữu tỉ ⇒ A hữu tỉ (đpcm) b. Giải phương trình: 6x2 − 51 x += xx 51 − (1) 1 Điều kiện: x ≥ 5 Phương trình (1) tương đương với phương trình ⇔6x2 − 5 x +− 1 xx 5 −= 10 ⇔(6x2 − 351 xx −+) ( 251510 xx −−+= x) ⇔32xxx( −−+− 51) 512510 x( xx −−=) ⇔(2xx − 513 −)( xx + 510 −=) ⇔2xx − 5 −= 10 hoặc 3xx+ 5 −= 10 TH1: 2xx− 5 −= 10
3. ⇔=2xx 51 − ⇔=−4xx2 51 ⇔4xx2 − 5 += 10 ⇔4x2 − 4 xx −+= 10 ⇔4xx( −− 1) ( x −= 10) ⇔( xx −14)( −= 1) 0 x −=10 ⇔  4x −= 10 x =1  ⇔ 1 (thỏa mãn đk) x =  4 TH2: 3xx+ 5 −= 10 1 Do điều kiện x ≥ nên 3xx+ 5 −> 10 với mọi giá trị của x 5 ⇒ Phương trình vô nghiệm 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1; 4  x2  +=x 6  y c. Giải hệ phương trình:  Điều kiện xy≠≠0; 0  y2 3 +=y  x 2  x2  +=x 61( )  y Ta có hệ phương trình   y2 3 +=y (2)  x 2 Nhân vế với vế của hai phương trình (1) và (2) ta được: xy22   +xy  +=  9 yx   ⇔+++=xy y22 x xy 9 2 ⇔+( xy) =9 xy+=3 ⇔  xy+=−3 TH1: xy+=⇒=−33 y x
4. x2 x2 Thay vào +=x 6 ta được +=x 6 y 3− x Điều kiện x ≠ 3 xx22xx(3−−) 63( x) +=⇔x 6 + = 3−x 33 −− xx 3 − x ⇒+−=−x223 xx 18 6 x ⇔=9x 18 ⇔=x 2 (tmđk) 4 Thay x = 2 vào phương trình (1) ta được +=⇔26y = 1 (thỏa mãn) y TH2: xy+ =−⇒33 y =−− x x2 x2 Thay vào +=x 6 ta được +=x 6 y −−3 x Điều kiện x ≠−3 xx22− xx(3++) 63( x) +=⇔x 6 + = −−3x 33+ xx + 3 + x ⇒−x22 +3 xx + = 18 + 6 x ⇔=−3x 18 ⇔=−x 6 (tmđk) 36 Thay x = −6 vào phương trình (1) ta được −=⇔66y = 3 (thỏa mãn) y Vậy hệ phương trình có nghiệm ( xy; ) là (2;1) ;(− 6;3) . Câu 2 (2,0 điểm) a. Chứng minh rằng với x là số nguyên bất kỳ thì 25x + 1 không thể viết được dưới dạng tích hai số nguyên liên tiếp. 3xx2 ++ 21 1 = b. Tìm tất cả các số thực x sao cho 2 , trong đó kí hiệu {a} = aa −[ ] với [a] 21x + 2 là số nguyên lớn nhất không vượt quá a . Lời giải a. Chứng minh rằng với x là số nguyên bất kỳ thì 25x + 1 không thể viết được dưới dạng tích hai số nguyên liên tiếp. Giả sử 25x + 1 có thể viết được dưới dạng tích hai số nguyên liên tiếp Khi đó, ta có 25x+= 1 nn( + 1) (với nZ∈ ) ⇔nn2 + −=1 25 x
5. ⇔n2 −2 nn + 3 −+= 6 5 25 x ⇔(nn −2)( + 3) += 5 25 x Vì x là số nguyên nên 25x chia hết cho 25 với mọi x nguyên (*) TH1: n − 2 chia hết cho 5 thì nn+=3( − 25) + cũng chia hết cho 5 nên (nn−+23)( ) chia hết cho 25 ⇒ (nn−2)( ++ 35) không chia hết cho 25 ⇒ Mâu thuẫn với (*) , nên trường hợp này loại TH2: n − 2 không chia hết cho 5 thì nn+=3( − 25) + cũng không chia hết cho 5 nên (nn−+23)( ) không chia hết cho 5 ⇒−(nn2)( ++ 35) không chia hết cho 5 hay vế trái không chia hết cho 25 ⇒ Mâu thuẫn với (*) , nên trường hợp này loại Vậy với x là số nguyên thì 25x + 1 không thể viết được dưới dạng tích hai số nguyên liên tiếp. 3xx2 ++ 21 1 = b. Tìm tất cả các số thực x sao cho 2 , trong đó kí hiệu {a} = aa −[ ] với [a] 21x + 2 là số nguyên lớn nhất không vượt quá a . 2 Ta có 3x22+ 2 x += 12 xx +( + 1) > 0 với mọi giá trị của x 2x2 +> 10 với mọi giá trị của x 3xx2 ++ 21 ⇒>01( ) 21x2 + 2 Với mọi giá trị của x , ta có ( x−1) ≥ 0 ⇔ xx22 − 2 +≥ 10 ⇔ x +≥ 12 x Hay 2xx≤22 +⇒ 1 3 x + 2 x +≤ 14 x 2 + 2 3xx22++ 2 14 x + 2 ⇒ ≤=22( ) 21xx22++ 21 3xx2 ++ 2 11 2  = 3xx++ 21 1 21x2 + 2 Từ (1) và (2) , ta có = ⇔   21x2 + 23xx2 ++ 2 13   =  2  21x + 2 3xx2 ++ 2 11 TH1: = ⇔23( xx22 + 2 += 1) 2 x + 1 21x2 + 2 ⇔6xx22 + 4 += 22 x + 1 ⇔4xx2 + 4 += 10
6. 2 ⇔(21x +=) 0 ⇔2x += 10 1 ⇔=−x 2 3xx2 ++ 2 13 TH2: = ⇔23( xx22 + 2 += 1) 32( x + 1) 21x2 + 2 ⇔6xx22 + 4 += 26 x + 3 ⇔=41x 1 ⇔=x 4 11 Vậy các số thực x cần tìm là xx=−=; . 24 Câu 3 (1,0 điểm) Cho các số thực dương xyz,, thỏa mãn xyz+≤. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2211 1 P=(22 x + yz +) ++ . xy222 z 2 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có 1 1 11 2 +≥2. = x22 y x y xy 22 ( x− y) ≥⇔02 x22 + y ≥ xy ⇔( x + y) ≥ 4 xy 22 ( xy−) ≥⇔0 xy22 + ≥ 22 xyxy ⇔( 22 +) ≥( xy +) 2 2211 1 Khi đó ta có P=(22 x + yz +) ++ xy222 z 2 2 2 21 ⇒≥P( xy +) + z + xy2 z 2  2 81 ⇒≥P( xy +) + z2  + 2 2 ( xy+ ) 2z 2 2 xy+  z 1 ⇒≥P  +1 8. + z xy+ 2 2 xy+ Đặt t =  z Do xyz+≤ nên 01<≤t
7. 81 Ta có Pt≥+( 1) + với 01<≤t t 2 tt8 17 1 15 17 t 1 15 17 ⇒=++=P  + ++≥2. ++ 2t 2 2 2 tt 2 2 22 t 2 2 15 17 ⇒P ≥+1 + = 17 22 ⇒≥P 17 1 Dấu “”= xảy ra khi xy= = z 2 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 17 khi xy= = z 2 Câu 4 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao AH . Đường tròn ()O đường kính BC cắt AB tại E ( E khác B ). Gọi D là một điểm trên cung nhỏ BE ( D khác B , D khác E ). Hai đường thẳng DC và AH cắt nhau tại G , đường thẳng EG cắt đường tròn ()O tại M ( M khác E ), hai đường thẳng AH và BM cắt nhau tại I , đường thẳng CI cắt đường tròn ()O tại P ( P khác C ). a) Chứng minh tứ giác DGIP nội tiếp; b) Chứng minh GAGI = GE GM ; c) Hai đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N , DB và CP cắt nhau tại K . Chứng minh hai đường thẳng NK và AH song song với nhau. Lời giải A E D G B C O H I M P a) Chứng minh tứ giác DGIP nội tiếp; D thuộc đường tròn đường kính BC ⇒=°BDC 90 (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)
8. AH là đường cao của tam giác ABC ⇒⊥⇒AH BC AHB =°90 G là giao điểm của DC và AH ⇒=°=°BDG 90 ; BHG 90 Xét tứ giác BDGH có BDG + BHG =90 °+ 90 °= 180 ° Mà BDG , BHG là hai góc ở vị trí đối nhau Nên suy ra tứ giác BDGH nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) ⇒=DBH HGC hay là DBC = IGC Xét đường tròn ()O có DBC = DPC (hai góc nội tiếp cùng chắn DC ) ⇒=DPC IGC ⇒ tứ giác DGIP nội tiếp (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của nó) (dhnb) b) Chứng minh GAGI = GE GM ; E thuộc đường tròn đường kính BC ⇒=°BEC 90 (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn) Ta có BAH +=° ABC 90 , BCE +=° ABC 90 ⇒=BAH BCE Xét đường tròn ()O có BCE = BME (hai góc nội tiếp cùng chắn BE ) ⇒=BAH BME hay là EAG = IMG Xét ∆GEA và ∆GIM có EGA = IGM (đối đỉnh), EAG = IMG ⇒ ∆−GEA# ∆ GIM( g g ) GE GI ⇒= (cặp cạnh tỉ lệ) GA GM ⇒=GAGI GE GM (đpcm) Vậy GAGI = GE GM . c) Chứng minh hai đường thẳng NK và AH song song với nhau. Xét ∆EGD và ∆CGM có EGD = CGM (đối đỉnh), EDG = CMG (hai góc nội tiếp cùng chắn EC ) ⇒ ∆−EGD# ∆ CGM( g g ) GE GC ⇒= (cặp cạnh tỉ lệ) GD GM ⇒=GE GM GC GD
9. A E D G B O N C H I M P K Theo câu b, ta có GAGI = GE GM nên suy ra GAGI = GC GD GA GC GA GD ⇒=⇒= GD GI GC GI Xét ∆GAD và ∆GCI có GA GD AGD= CGI (đối đỉnh), = GC GI ⇒ ∆∆GAD# GCI( c− g − c) ⇒=DAG ICG (cặp góc tương ứng) Xét ∆ANH và ∆CKD có AHN= CDK =90 ° , NAH = DCI ⇒ ∆−ANH# ∆ CKD( g g) ⇒= ANH CKD (cặp góc tương ứng) ⇒=DNC DKC Xét tứ giác DNKC có DNC = DKC Mà DNC và DKC là hai góc ở hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh DC một góc bằng nhau
10. ⇒ tứ giác DNKC nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) ⇒==°KNC KDC 90 (hai góc nội tiếp cùng chắn KC ) ⇒⊥NK NC Mà AH⊥ NC nên suy ra NK AH Vậy NK AH (đpcm). Câu 5 (0,5 điểm) Chứng minh rằng trong 16 số nguyên dương đôi một khác nhau nhỏ hơn 23, bao giờ cũng tìm được hai số khác nhau có tích là số chính phương. Lời giải Lập 15 nhóm như sau: Nhóm 1: 1; 4;9;16 Nhóm 2 : 2;8;18 Nhóm 3: 3;12 Nhóm 4 : 5; 20 Với 11 nhóm tiếp theo, mỗi nhóm có 1 số là một trong 11 số không ở nhóm nào trong 4 nhóm trên Với 16 số nguyên dương đôi một khác nhau nhỏ hơn 23 được xếp vào 15 nhóm ⇒ Có hai số được xếp vào cùng một nhóm, mà 11 nhóm cuối chỉ có 1 số ⇒ Hai số đó ở cùng một nhóm trong các nhóm từ nhóm 1 đến nhóm 4 ⇒ Tích của chúng là số chính phương Vậy trong 16 số nguyên dương đôi một khác nhau nhỏ hơn 23, bao giờ cũng tìm được hai số khác nhau có tích là số chính phương.