Đề thi tuyển sinh Lớp 10 năm học 2022-2023 môn Toán (Chuyên Toán) - SGD&ĐT tỉnh Thái Nguyên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 năm học 2022-2023 môn Toán (Chuyên Toán) - SGD&ĐT tỉnh Thái Nguyên (Có đáp án)

1. UBND TỈNH THÁI NGUYÊN THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2022 - 2023 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÔN: TOÁN (Dành cho thí sinh thi chuyên Toán) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang) Câu 1. (1,5 điểm) Cho abc,, là các số thực dương thỏa mãn ab bc ca 2022 . Tính giá trị 2022 a2 2022 b 2 2022 c 2 của biểu thức Q . (a b )(2 b c )( 2 c a ) 2 Câu 2. (1,5 điểm) Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 2 x ( m 3) xm 1 0 có hai nghiệm x1, x 2 phân biệt, khác không thoả mãn giá trị của biểu 2 2 x x thức A 1 2 là một số nguyên. x2 x 1 Câu 3. (1,0 điểm) Cho đa thức P( x ) có tất cả các hệ số là các số nguyên. Biết rằng abc,, là ba số nguyên phân biệt thỏa mãn Pa( ) Pb ( ) Pc ( ) 2022 . Hỏi phương trình P( x ) 2023 0 có nghiệm nguyên không? Vì sao? Câu 4. (1,0 điểm) Tìm các số nguyên tố abc,, sao cho: abc4 4 4 54 11 abc . Câu 5. (1,0 điểm) Cho A là một tập con của tập số tự nhiên . Tập A có phần tử nhỏ nhất là 1 , phần tỉ̛ lón nhất là 100 và mối phần từ x thuộc A( x 1) luôn biểu diễn đưược đưới dạng x a b trong đó a, b thuộc A( a có thể bằng b ). Hãy tìm một tập A có số phần tử nhỏ nhất. Giải thích cách tìm ? Câu 6. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC( AB AC ) có ba góc nhọṇ nội tiếp đường tròn (O ) và có trực tâm H . Gọi DEF,, lần lượt là chân đường cao kẻ từ ABC,, của tam giác ABC . Gọi I là trung điểm cạnh BC, P là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC . Đường thẳng DF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là K . a) Chứng minh PB PC PE PF và KE song song với BC ; b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là Q . Chứng minh tứ giác BIQF nội tiếp. Câu 7. (2,0 điểm) Cho ba điểm ABC,, phân biệt theo thứ tự cùng nằm trên một đường thẳng. Qua điểm B kẻ đường thẳng d vuông góc với đường thẳng AC; D là một điềm di động trên đường thẳng dD( B ) . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD cắt đường thẳng d tại điểm E khác D . Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm B trên các đường thẳng AD và AE . Gọi R là giao điểm của hai đường thẳng BQ và CD, S là giao điểm của hai đường thẳng BP và CE . Chứng minh: a) Tứ giác PQSR nội tiếp; b) Tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQSR luôn thuộc một đường thẳng cố định khi điểm D di động trên đường thẳng d . HẾT Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: 1
2. 2 2 2 2 2 x x xx xx1 2 2 xx 1 2 A 1 2 1 2 2 2 x x xx xx 2 1 2 1 1 2 2 2 m2 4 m 7 4 2 m 3 2 . m 1 m 1 m 1 1 m 0 l m 4 : (m 1) Với nguyên dương, biểu thức A có giá trị nguyên m 12 mtm 1/ m 1 4 m 3 tm / Vậy m 1, m 3 thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 3. (1,0 điểm) Cho đa thức P( x ) có tất cả các hệ số là các số nguyên. Biết rằng abc,, là ba số nguyên phân biệt thỏa mãn Pa( ) Pb ( ) Pc ( ) 2022 . Hỏi phương trình P( x ) 2023 0 có nghiệm nguyên không? Vì sao? Lời giải Ta có PaPbPc() () () 2022 Pa () 2022 Pb () 2022 Pc () 2022 0 Khi đó: abc,, là 3 nghiệm phân biệt của đa thức P( x ) 2022 . Do đó, tồn tại đa thức Q( x ) có các hệ số là các số nguyên sao cho: Px 2022 xaxbxcQx . Giả sử, phương trình P( x ) 2023 0 có nghiệm nguyên x d . Khi đó, P( d ) 2023 0 P ( d ) 2022 1. Ta lại có, P( d ) 2022 ( d a )( d b )( d c ) Q ( d ). Vậy (d a )( d b )( d c ) Q ( d )  1 1.1 ( 1) ( 1) . (1) d ad,, bd c là 3 số nguyên phân biệt. Q( d ) là số nguyên. Do đó, từ (1) suy ra da { 1;1}; db { 1;1}; dc { 1;1}. Theo nguyên lý Đi - rich - lê thì có ít nhất 2 trong ba số d ad,, bd c bằng nhau. Điều này mâu thuẫn với d ad,, bd c là 3 số nguyên phân biệt. Vậy điều giả sử là sai. Tóm lại: Phương trình P( x ) 2023 0 không có nghiệm nguyên. Câu 4. (1,0 điểm) Tìm các số nguyên tố abc,, sao cho: abc4 4 4 54 11 abc . Lời giải a 3 - TH 1: b 3 c 3 Vì abc,, là các số nguyên tố nên khi đó a41(mod3), b 4  1(mod3), c 4  1(mod3)  abc 4 4 4 0(mod3) . Ta có: a4  b 4 c 4 54 0(mod3);11 abc  1(mod3) hoặc 11abc  2(mod3). Vậy trường hợp này không thoả mãn. - TH 2: Trong 3 số abc,, có ít nhất một số bằng 3 . Không mất tính tồng quát, giả sử a 3. Ta có: 34 bc 4 4 54 33 bcbc 4 4 135 33 bc . * 33bc  0(mod3) 4 4 Vì nên b c  0(mod3) . 135 0( mod3) 3
3. Các tứ giác BFHD, HEKF nội tiếp nên EBC HBD HFD HEK BEK KE// BC . b) Hai tam giác PHE và PFQ có HPE HPF , PEH PQF PHEá PFQgg . PHPQ . PFPE . 2 Từ (1) và (2) suy ra PB PC PH  PQ . Hai tam giác PBQ và PHC có PB PQ BPQ HPC , PBQ~ PHCcgc ( ) PQB PCH tứ giác BHQC nội tiếp. PH PC Khi đó FQB FQH HQB FEH HCB 2 FCB FIB . Vậy tứ giác BIQF nội tiếp. Câu 7. (2,0 điểm) Cho ba điểm ABC,, phân biệt theo thứ tự cùng nằm trên một đường thẳng. Qua điểm B kẻ đường thẳng d vuông góc với đường thẳng AC; D là một điềm di động trên đường thẳng dD( B ) . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD cắt đường thẳng d tại điểm E khác D . Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm B trên các đường thẳng AD và AE . Gọi R là giao điểm của hai đường thẳng BQ và CD, S là giao điểm của hai đường thẳng BP và CE . Chứng minh: a) Tứ giác PQSR nội tiếp; b) Tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQSR luôn thuộc một đường thẳng cố định khi điểm D di động trên đường thẳng d . Lời giải D L R M P I N C A B Q S E a) Do tứ giác ADCE nội tiếp nên ADE ACE , từ đó SBC ABP ACE . Suy ra SB SC . Tương tự, ta có SEB SBE nên SC SE , suy ra S là trung điểm CE Chứng minh tương tự, ta cũng có R là trung điểm CD . Do RB RCSB, SC nên SRB SRC( c.c.c ) BSR CSR BEC BAP BQP . Do đó tứ giác PQSR nội tiếp. b) Gọi (I ) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQSR . Gọi L là trung điểm của AD . Ta có RL// AC và RS// DE , do đó LRS 90  . 5