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

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

1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VẢO LỚP 10 THPT BÌNH ĐỊNH NÃM HỌC 2022-2023 Để chính thức Môn thỉ chuyên: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) Ngày thi: 11/6/2022 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thởi gian phát đề) Bài 1: (2,5 điểm) 1. Cho biểu thức: P x2022  x 5x2020  x x2 2017 . Tính giá trị của P khi x 3 2 5 3 2 5 . 2. Cho phương trình x3 bx2 cx 1 0 trong đó b,c là các số nguyên. Biết phương trình có nghiệm x0 2 5 . Tìm b,c và các nghiệm còn lại của phương trình. Bài 2: (2,5 điểm) x(x y) y2 4y 1 0 1. Giải hệ phương trình: 2 2 y(x y) 2x 7y 2 0 2. Cho a,b,c là các số nguyên. Đặt S (a 2021)5 (2b 2022)5 (3c 2023)3; P a 2b 3c 2022 Chứng minh rằng S chia hết cho 30 khi và chi khi P chia hết cho 30 . Bài 3: ( 1,0 điểm) Có tất cả bao nhiêu đa thức P(x) có bậc không lởn hơn 2 với các hệ số nguyên không âm và thỏa mãn điều kiện P(3) 100 . Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB AC) nội tiếp đường tròn (O) , các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H . Gọi M là trung diểm BC . a) Chứng minh tứ giác DMEF là tứ giác nội tiếp. b) Đường tròn tâm I đường kính AH cắt đường tròn (O) tại điểm thử hai là P . Kẻ đường kính AK của đường tròn (O) . Chứng minh bốn điểm P,H,M,K thẳng hàng. c) Các tiếp tuyến tại A và P của đường tròn (I) cằt nhau ở N . Chứng minh ba đường thẳng MN,EF,AH đồng quy. Bài 5: (1,0 điểm) x y 2 Cho 2 số x, y thỏa mãn: 2 2 x y xy 3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biều thức: T x2 y2 xy HẾT
2. Đáp án Bài 1: (2,5 điểm) 1. Cho biểu thức P x2022 x 5x2020 x x2 2017 . Tính giá trị của P khi x 3 2 5 3 2 5 2. Cho phương trình x3 bx2 cx 1 0 trong đó b,c là các số nguyên. Biết phương trình có nghiệm x0 2 5 . Tìm b,c và các nghiệm còn lại của phương trình. Lời giải. 1. Ta có x 3 2 5 3 2 5 x3 (2 5) (2 5) 33 2 5  3 2 5 ( 3 2 5 3 2 5 ) x3 2 5 3x (x 5) x2 5x 2 0. 2 2 5 3 Chú ý rằng x 5x 2 x 0 nên từ đây chỉ có thể x 5 . 2 4 Thế nên P x2020 x x2 5 x2 2017 2022 . 3 2 2. Bằng tính toán trực tiếp, ta tính được x0 38 17 5; x0 9 4 5 . Vì x0 là nghiệm của phương trình x3 bx2 cx 1 0 nên 3 2 x0 bx0 cx0 1 0 (38 17 5) b(9 4 5) c(2 5) 1 0 (39 9b 2c) (17 4b c) 5 0. 39 9b 2c Ta thấy rằng nếu 17 4b c 0 thì 5 ¤ do b,c là số nguyên, điều vô 17 4b c lí. Do đó 17 4b c 0 , kéo theo 39 9b 2c 0 . 4b c 17 0 b 5 Giải hệ phương trình . 9b 2c 39 0 c 3 Với (b;c) ( 5;3) thì phương trình trở thành x3 5x2 3x 1 0 x2 4x 1 (x 1) 0 x 2 5 x 2 5 x 1 Vậy với (b;c) ( 5;3) , ngoài nghiệm x0 2 5 thì PT còn nghiệm x1 2 5 và x2 1. Bài 2: ( 2,5 điểm)
3. x(x y) y2 4y 1 0 1. Giải hệ phương trinh 2 2 . y(x y) 2x 7y 2 0 2. Cho a,b,c là các số nguyên. Đặt S (a 2021)5 (2b 2022)5 (3c 2023)5 ; P a 2b 3c 2022 . Chứng minh rằng S chia hết cho 30 khi và chi khi P chia hết cho 30 . Lời giải. x(x y) y2 4y 1 0 1 1. Xét hệ phương trình: 2 2 y(x y) 2x 7y 2 0 2 Nhân hai vố phương trình (1) với 2 , ta được 2x2 2xy 2y2 8y 2 0 3 Cộng theo vế phương trình (2) và (3) ta được y(x y)2 2xy 2y2 15y 0 2 y (x y) 2(x y) 15 0 y(x y 3)(x y 5) 0 y 0 x 3 y x 5 y - Nếu y 0 thay vào phương trình (1) ta được x2 1 0 , không có nghiệm thực. - Nếu x 3 y , thay vào phương trình (1) ta được (3 y)3 y2 4y 1 0 2 y 2 y 7y 10 0 (y 2)(y 5) 0 y 5 Với y 2 thì x 1; với y 5 thì x 2. - Nếu x 5 y , thay vào phương trình (1) ta được ( 5 y)( 5) y2 4y 1 0 2 2 2 1 103 y y 26 0, không có nghiệm thực vì y y 26 y 0. 2 4 Vậy hệ phương trình ban đầu có hai nghiệm là (x; y) (1;2) và (x; y) ( 2;5) . 2. Đặt x a 2021; y 2b 2022; z 3c 2023 thì S x5 y5 z5 và P x y z . Ta có S P x5 x y5 y z5 z . Xét A x5 x x(x 1)(x 1) x2 1 . Ta thấy (x 1)x(x 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên có tích chia hết cho 6 , do vậy A chia hết cho 6. Theo định lý Fermat, ta cũng có x5 x( mod5) nên A chia hết cho 5. Mà ƯCLN (5,6) 1 nên A x5 x chia hết cho 30 .
4. Hoàn toàn tương tự y5 y và z5 z cùng chia hết cho 30 . Do vậy (S P) chia hết cho 30 . Điều này cho biết S chia hết cho 30 khi và chi khi P chia hết cho 30 . Bài 3: ( 1,0 điểm ) Có tất cả bao nhiêu đa thức P(x) có bậc không lớn hơn 2 với các hệ số nguyên không âm và thỏa mãn điều kiện P(3) 100 . Lời giải. - Xét đa thức P(x) C là hằng số thì chỉ có đa thức P(x) 100 thỏa mãn. - Xét đa thức P(x) ax b với a 0;b 0;a,b ¢ . Ta có P(3) 100 hay 3a b 100 , mà a ¥ *;b ¥ nên 1 a 33 . Với mỗi a như vậy ta tìm được duy nhất b 100 3a thỏa mãn điều kiện nên trường hợp này có tất cả 33 đa thức thỏa đề bài. Xét đa thức P(x) ax2 bx c với a ¥ *;b,c ¥ . Theo đề bài ta có 9a 3b c 100 , mà a,b,c là các số nguyên nên c 3k 1 với k ¥ (với mỗi giá trị của k thì ta tìm được duy nhất một giá trị của c ). Khi đó 3a b k 33 hay b k 33 3a 0 , suy ra 1 a 11. Với mỗi giá trị a như vậy, có (34 3a) giá trị nguyên của b nhận từ 0 đến ( 33 3a) và có duy nhất một giá trị k 33 3a b thoả mãn sau khi đã chọn a và b . Vậy 11 1211 trường hợp này có (34 3a) 3411 3 176 cặp (a;b;k) thoả mãn, ứng với a 1 2 176 cặp (a;b;c) thoả mãn đề bài. Trường hợp này có 176 đa thức thoả mãn. Từ ba trường hợp trên, có tất cả 1 33 176 210 đa thức P(x) với hệ số nguyên không âm và P(3) 100 . Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm BC. a) Chứng minh tứ giác DMEF là tứ giác nội tiếp. b) Ðường tròn tâm I đường kính AH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là P. Kẻ đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh bốn điểm P, H, M, K thẳng hàng. c) Các tiếp tuyến tại A và P của đường tròn (I) cắt nhau ở N. Chứng minh ba đường thẳng MN, EF, AH đồng quy.
5. Lời giải. a) Ta thấy các tứ giác BCEF, ACDF nội tiếp đường tròn đường kinhh BC, AC. Khi đó M· EF 1800 ·AEF M· EC 1800 ·ABC M· CE 1800 F· BD B· FD B· DF. Do vậy tứ giác DMEF nội tiếp. b) Theo giả thiết KB  AB và HC  AB nên KB / /HC . Tương tư KC  AC và HB  AC nên KC / /HB . Tứ giác KBHC có hai cặp cạnh đối diện song song nhau nên là hình bình hành. Lại vì M là trung điểm của BC nên H, M, K thẳng hàng. Mặt khác, ·APH ·AFH 90 ·APK nên P, H, K thẳng hàng. Như vậy H, M, K, P thẳng hàng. c) Gọi R là giao điểm của AD và EF. Vì các tứ giác AFDC, AEDB nội tiếp nên E· DF 1800 F· DB E· DC 1800 2B· AC 1800 F· IE. Do vậy IEDF là tứ giác nội tiếp, suy ra RE.RF RI.RD . Mặt khác tứ giác AEHF nội tiếp nên RE  RF RH  RA. Vậy nên RA RD RI  RD RH  RA RI RH IA HD IA RI RA 1 RI RH HD RH RD Từ chứng minh ở câu b) ta có HM  AP , lại vì NI  AP (do NI là đường trung trực của đoạn AP) nên HM / / NI, kết hợp NA / /DM suy ra D· MH I·NA (hai góc nhọn có
6. cặp cạnh tương ứng song song). Từ đây DHM ∽ AIN (tam giác vuông có hai góc nhọn bằng nhau) IA AN . 2 HD DM RA AN Từ (1) và (2) suy ra . Vậy nên ARN ∽ DRM (c.g.c) ·ARN D· RM . RD DM Vì N· RM N· RA ·ARM M· RD ·ARM ·ARD 1800 nên M, N, R thẳng hàng, tức là MN cũng đi qua điểm R . Vậy MN, AD, EF đồng quy. Bài 5: ( 1,0 điểm ) x y 2 Cho hai số x, y thoả mãn: 2 2 . x y xy 3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T x2 y2 xy . (x y)2 Lời giải. Ta có bất đẳng thức (x y)2 0 xy . Bởi vậy từ giả thiết, 4 (x y)2 (x y)2 3 xy 3 0 (x y)2 4. 4 Lại để ý đẳng thức 3 x2 y2 xy x2 y2 xy 2(x y)2 hay 0 9 T 2(x y)2 8, vậy 1 T 9. Khi (x; y) (1;1) (thoả mãn giả thiết) thì T 1. Khi (x; y) ( 3; 3) (thoả mãn giả thiết) thì T 9 . Kết luận: Giá trị lớn nhất của T là 9 ; giá trị nhỏ nhất của T là 1 .