Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên năm học 2022-2023 môn Toán - SGD&ĐT Lào Cai (Có đáp án)

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÀO CAI NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN CHUYÊN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang & 06 câu Ngày thi: 11/06/2022
2. Lời giải đề toán vào lớp 10 tỉnh Lào Cai 2022 LỜIGIẢI THAM KHẢO 1ĐỀNoiTOÁN dungCHUYÊN van KỲ THITUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH LÀO CAI NĂMHỌC 2022 - 2023 Câu1 (2,0điểm). √ Å 6x 1 1 ã Å 6 x − 2 ã a) Cho biểu thức P = − √ − √ · √ √ , với x > 0, x =6 1, x − 1 x − 1 x + 1 9x x − 6x + x 1 x =6 . Tìm các số nguyên x để P nhận giá trị nguyên. 9 b) Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = 12. Chứng minh rằng (12 + y2)(12 + z2) (12 + x2)(12 + z2) (12 + x2)(12 + y2) x + y + z = 24. 12 + x2 12 + y2 12 + z2 Lời giải. 1 a) Với x > 0, x =6 1, x =6 ta có 9 √ Å 6x 1 1 ã Å 6 x − 2 ã P = − √ − √ · √ √ x − 1√ x − 1 √ x + 1 √9x x − 6x + x 6x − ( x + 1) − ( x − 1) 2(3 x − 1) √ √ · √ √ = 2 ( √x − 1)( √x + 1) x.(3 x − 1) 6x − x − 1 − x + 1 2 = √ √ · √ √ ( x − 1)(√ x + 1) x.(3 x − 1) 6x − 2 x 2 = √ √ · √ √ ( x√− 1)(√ x + 1) x.(3 x − 1) 2 x(3 x − 1) 2 = √ √ · √ √ ( x − 1)( x + 1) x.(3 x − 1) 4 4 = √ √ = . ( x − 1)( x + 1) x −1 1 Do x ∈ Z nên để P ∈ Z ⇔ x − 1 ∈ Ư(4) = {±1; ±2; ±4}. Do x > 0 ⇒ x − 1 > −1 ⇒ x − 1 ∈ {1; 2; 4} ⇒ x ∈ {2; 3; 5} ( đều thỏa mãn điều kiện). b) Ta có xy + yz + zx = 12 ⇔ 12 + x2 = x2 + xy + yz + zx ⇔ 12 + x2 = x(x + y) + z(x + y) ⇔ 12 + x2 = (x + y)(x + z). Tương tự ta có 12 + y2 = (y + x)(y + z), 12 + z2 = (z + x)(z + y). (12 + y2)(12 + z2) (12 + x2)(12 + z2) (12 + x2)(12 + y2) Khi đó x + y + z 12 + x2 12 + y2 12 + z2 = x.p(y + z)2 + y.p(z + x)2 + z.p(x + y)2 = x(y + z) + y(z + x) + z.(x + y) = 2(xy + yz + zx) = 2 · 12 = 24. 
3. Lời giải đề toán vào lớp 10 tỉnh Lào Cai 2022  x1 + x2 = m − 1(2) Áp dụng định lý Vi-et:  x1 · x2 = m − 3. (3) 2 2 √ Ta có: x1 + x2 = 5x1x2 + 2 2 − x1x2 (4) Để (4) xác định ⇔ 2 − x1x2 ≥ 0 ⇔ 2 − (m − 3) ≥ 0 ⇔ m ≤ 5.(5) 2 √ (4) ⇔ (x1 + x2) − 2x1x2 = 5x1x2 + 2 2 − x1x2 ⇔ (m − 1)2 − 2(m − 3) = 5 (m − 3) + 2p2 − (m − 3) √ ⇔ m2 − 2m + 1 − 2m + 6 = 5m − 15 + 2 5 − m √ ⇔ m2 − 9m + 22 = 2 5 − m.(6) √ Đặt t = 5 − m, (t ≥ 0) ⇒ t2 = 5 − m ⇒ m = 5 − t2. (6) ⇔ (5 − t2)2 − 9 (5 − t2) + 22 = 2t ⇔ t4 − t2 − 2t + 2 = 0 ⇔ (t − 1)2 · (t2 + 2t + 2) = 0 î ó ⇔ (t − 1)2 · (t + 1)2 + 1 = 0 ⇔ t − 1 = 0 ( Vì (t + 1)2 + 1 > 0, ∀t ≥ 0 ) ⇔ t = 1 (thỏa mãn). Với t = 1 ⇒ m = 5 − 12 = 4 (thỏa mãn (5)). Vậy m = 4.  Câu 4 (3,5 điểm). Cho tam giác nhọn ABC không cân (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O), ba đường cao AD, BE, CF (D ∈ BC, E ∈ AC, F ∈ AB) của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi I, M lần lượt là trung điểm của AH và BC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn (O) tại điểm K (K khác A). a) Chứng minh rằng tứ giác DMEF nội tiếp. b) Chứng minh rằng tứ giác IOMK là hình thang cân. c) Chứng minh rằng KF.HE = KE.HF . d) Tiếp tuyến tại A và K của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt nhau tại T . Chứng minh rằng TM, AH, EF đồng quy. Lời giải.
4. Lời giải đề toán vào lớp 10 tỉnh Lào Cai 2022 IH ID IJ + JH IH + HD ⇔ = ⇔ = IJ IH IJ IH JH HD HD ⇔ = = . (6) IJ IH IA Do OI ⊥ AK và IT ⊥ AK nên T , I, O thẳng hàng. Xét hai tam giác IAT vuông tại A và IT IA HDM vuông tại D có TIA‘ = H’IO = M÷HD. Suy ra 4IAT 4HDM. ⇒ = .(7) v HM HD Giả sử giao điểm của TM và AH là J 0. IT J 0I Áp dụng định lý Thales cho IT k HM ta có = .(8) HM J 0H JI J 0I Từ (6), (7) và (8) suy ra = , suy ra J ≡ J 0. JH J 0H Vậy TM, AH, EF đồng quy tại J. Cách2: (Nguyễn Sỹ Nhật, sinh viên ĐHSP Hà Nội, cựu học sinh chuyên Toán của Chuyên Lào Cai). Gọi P là giao điểm của AK với BC. Ta có ∠AFK = ∠AHK = ∠APD, suy ra tứ giác ◦ HKPD nội tiếp. Do đó ∠KFP = ∠KBP = ∠KAC = ∠KAE = 180 − ∠KFE. Suy ra E, F, P thẳng hàng. Ta có ∠TIK = ∠AHK = ∠DPK, từ đó 4KTI v 4KPD. Sau đó suy ra 4KPI v 4KMT , vậy nên ∠PIK = ∠MTK. Mà IK ⊥ TK nên PI ⊥ MT . Xét 4IMP có EF ⊥ IM,TM ⊥ IP, ID ⊥ MP nên MT,EF, AD đồng quy.  Câu 5 (1,0 điểm). a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng ab bc ac 3 + + ≤ . a + b b + c a + c 2 b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = abc. Tìm giá trị lớn nhất của biểu a b c thức + + . a + bc b + ac c + ab Lời giải. √ ab ab a) Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cô - si ta có: a + b ≥ 2 ab ⇒ ≤ √ . √ a + b 2 ab ab ab a + b ⇒ ≤ ≤ a + b 2 4 bc b + c ac a + c Tương tự ta có: ≤ , ≤ b + c 4 a + c 4 ab bc ac a + b b + c a + c a + b + c 3 Suy ra + + ≤ + + = = . a + b b + c a + c 4 4 4 2 2 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz dạng engel ta có: 1 1 4 ab 1 Å1 1ã 1 + ≥ ⇒ ≤ ab + = (a + b) a b a + b a + b 4 a b 4
5. Lời giải đề toán vào lớp 10 tỉnh Lào Cai 2022 1 1 1 1 ⇔ = = = ⇔ a = b = c = 3. a b c 3 3 Vậy max P = khi a = b = c = 3. 2  Câu 6 (1,0 điểm). a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì biểu thức P = n(13n + 1)(2n + 1) chia hết cho 6. b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 3x2 + 2y2 + x = 2(xy + y + 2). Lời giải. . a) Nếu n chẵn ⇒ n.2. . Nếu n lẻ ⇒ 13n + 1.2. . Suy ra P .2 với ∀n ∈ Z. . Nếu n ≡ 0 (mod 3) ⇒ P .3. Nếu n ≡ 1 (mod 3) ⇒ 2n + 1 ≡ 0 (mod 3). Nếu n ≡ 2 (mod 3) ⇒ 13n + 1 ≡ 0 (mod 3). . Suy ra P .3 với ∀n ∈ Z. . Mà 2 và 3 nguyên tố cùng nhau nên P .6 với ∀n ∈ Z. b) 3x2 + 2y2 + x = 2(xy + y + 2) ⇔ 2y2 − 2(x + 1)y + 3x2 + x − 4 = 0.(1) Ta coi phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn y, x là tham số. Ta có ∆0 = (x + 1)2 − 2(3x2 + x − 4) = −5x2 + 9.  2 9 x = 1 Để phương trình (1) có nghiệm thì ∆0 ≥ 0 ⇔−5x2 + 9 ≥ 0 ⇔ x2 ≤ ⇒  . 5 x2 = 0 Do x ∈ Z nên x ∈{−1; 0; 1}, thay vào phương trình (1) ta được các nghiệm nguyên (x; y) là (−1; 1), (−1; −1), (0; 2), (0; −1), (1; 2), (1; 0).