Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong năm học 2022-2023 môn Toán - SGD&ĐT Nam Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong năm học 2022-2023 môn Toán - SGD&ĐT Nam Định (Có đáp án)

1. 1 2. Điều kiện xác định xy ,7 2 Ta có y 74 1 y 7728421 y x x y 0 y 74 y 210 x yx 21 Trường hợp 1: yy 7 4 9, thay vào (2) ta được 1 2212x x 4221 x x 2421 x x2 44 x (do x 2 ) 2 2 x 0 xx 40 (thoả mãn điều kiện). x 4 Trường hợp 2: yx 21, thay vào (2) ta được 22 221412x x x 4221 x x 3 21 x x 3 (*) Do 21x và x 3 không đồng thời bằng 0 nên 2xx 1 3 0 Khi đó * 2 2x 1 x 3 2 x 1 2 x 3 2144x x 3 x 34 x 3 x 163 x x2 (do y 2 x 1 7 x 3) 2 x 4 xx 16 48 0 x 12 Với x 4 thì y 9 Với x 12 thì y 25 Kết hợp các điều kiện ta có tập nghiệm của hệ phương trình là 0; 9 , 4; 9 , 12; 25  . Câu 3. (3,0 điểm) Cho đường tròn OR, và điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn O ( AB, là các tiếp điểm). Gọi D là điểm trên cung lớn AB của đường tròn OR, sao cho AD// MB và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn OR, . 1. Gọi H là giao điểm của các đường thẳng OM và AB . Chứng minh rằng MH MO MC MD và tứ giác OHCD nội tiếp. 2. Gọi G là trọng tâm tam giác MAB. Chứng minh rằng ba điểm ACG,, thẳng hàng. 3. Giả sử OM 3. R Kẻ đường kính BK của đường tròn OR, . Gọi I là giao điểm của các IM22 IA IA đường thẳng MK và AB . Tính giá trị biểu thức T 8 5 . IK22 IH AB Lời giải
2. Từ (3) và (4) suy ra EB22 EM EB EM hay E là trung điểm của MB Tam giác MAB có AE là đường trung tuyến nên AE đi qua trọng tâm G của MAB hay ba điểm ACG,, thẳng hàng. 3. Tam giác OAM vuông tại A và có đường cao AH nên OA22 R R OA2 OH. OM OH OM33 R 2 RR8 2 2 2 R 42 MH OM OH 3 R và AB 2 AH 2 OA OH 2 R R 33 33 Mà BK là đường kính của đường tròn OR, nên ABK vuông tại A và BK 2 R 2 22 2 4 2 2R AK BK AB 2 R R 33 2 2RRRR 8 2 8 3 2 3 Tính được IA ,,, IH IM IK 15 15 5 5 7003 Vậy T . 118 Câu 4. (1,5 điểm) 1. Chứng minh rằng P n n4 14 n 3 71 n 2 154 n 120 chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n. 2. Cho p là số nguyên tố có dạng 4kk 3, . Chứng minh rằng nếu ab, thoả mãn ab22 chia hết cho p thì ap và bp . Từ đó suy ra phương trình x22 4 x 9 y 58 không có nghiệm nguyên. Lời giải 1. Ta có P n n4 14 n 3 71 n 2 154 n 120 n 2 n 3 n 4 n 5 Ta thấy với mọi số tự nhiên n , thì Pn là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên P n  3,  n P n  8,  n Mà 3, 8 1 nên P n  24,  n . 2. Giả sử a không chia hết cho p thì từ giả thiết ab22 chia hết cho p ta suy ra b cũng không chia hết cho p p 1 ap1 mod Do đó a, p b , p 1. Áp dụng định lý Fermat ta có p 1 bp1 mod ap 1 b p 1 2 mod p a4k 2 b 4 k 2  2 mod p (*) 2kk 1 2 1 Mặt khác ta có a4kk 2 b 4 2 a 2 b2 chia hết cho ab22
3. 12 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là . 7 2. Với hai số xy, bất kì trong số n số lấy ra thì rõ ràng xy 0 và xy 1. Nếu xy 2 thì xy, cùng tính chẵn lẻ nên có x y  x y (mâu thuẫn giả thiết), do đó xy 2. Vậy xy 3. Gọi n số lấy ra sắp thứ tự là a12 a  an . Khi đó có: a1 1 a2 a 1 33 a2 a 1 a3 a 2 3 a3 a 2 3 a 1 2.3 Cứ tiếp tục quá trình trên, ta có an a1 n 1 .3. 2024 2 Vậy có 2022 a a 3 n 1 1 3 n 3 n 674 . n 1 33 Từ đó dẫn đến n 674 , ta có điều phải chứng minh. Hết