Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên năm 2022-2023 môn Toán - SGD&ĐT Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên năm 2022-2023 môn Toán - SGD&ĐT Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2022 - 2023 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 x2 x 1 x2 4x 1 4x2 . b. Giải phương trình x 3 5 x 2152 x x2 4 . 22 x y xy 3x 14y c. Giải hệ phương trình 2 . x 3xxy 3 18 y Câu 2. (1,5 điểm) a. Tìm tất cả các số nguyên tố p và q sao cho p2 3pq 4 q2 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 y3 6xy p 8 . Câu 3. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 b2 c2 ab bc ca 3 . Chứng minh rằng: 3 2 a. a b c . 2 2ab 32 bc 32 ca 3 b. 6 . (ab )2(bc )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 LE . LF . b. GED HEA và EGFH. EH . FG . MBNB KH c. 2. ; trong đó M là giao điểm của hai đường thẳng EK và BC, N là giao điểm của hai đường MCNA 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. 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
3. 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.
4. 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.