SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022-2023 Môn thi: TỐN (Dành cho thí sinh thi chun Tốn, Tin) Thời gian làm : 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 01 trang) Câu (2,0 điểm) a) Cho a, b, c số thực thỏa mãn b) a = + + + + 2021 c) Cho đa thức bậc hai P ( 1) , P ( ) 2 f ( x ) = ( −m + 4m − 10 ) x Cho hàm số Tính P = a + b + c − ( a + b + c) +1 giá trị biểu thức ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) = ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) với m tham số thực số b = + + + + 2020 + ; P ( x ) = ax + bx + c với a, b, c số nguyên Chứng minh 2022 số thực Giả sử P ( 2022 ) P ( 0) , số nguyên Câu (2,5 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau : a )3 ( x + 1) x + x + − 3x − x − =  x +1 + y +1 =  b)  8 + xy = x + 16 x + 16 − + y + ( ) Câu (3,5 điểm) Chotam giác có đường cao BC J AM , BN , CP giao điểm 16 y + 16 − AB, I E, F Chứng minh b) Chứng minh ba điểm giao điểm E, H , F Q thẳng hàng QF ( O; R ) điểm cung nhỏ điểm đối xứng Q qua MH MA = MP.MN a) ) có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn cắt H Gọi (Q khác B, Q khác C) Gọi QE ABC ( AC AB AC ; Biết c) BC = R 3, tìm giá trị nhỏ Câu (1,0 điểm) Tìm số tự nhiên (2 x x, y AB AC + QJ QI thỏa mãn : + 1) ( x + ) ( x + 3) ( x + ) − y = 11879 Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a , b, c Chứng minh bất đẳng thức : 4a + ( b − c ) 4b + ( c − a ) 4c + ( a − b ) + + ≥3 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b 2 2 ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) d) Cho a, b, c số thực thỏa mãn P = a + b + c − ( a + b + c) +1 Tính giá trị biểu thức Từ giả thiết có: ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) = ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) 2 abc + ab + bc + ca + a + b + c + = abc − ab − bc − ca + a + b + c − ⇔ ab + bc + ca = −1 ⇔ P = a + b + c − ( a + b + c ) + = −2 ( ab + bc + ca ) + = Vậy e) P=3 Cho hàm số f ( x ) = ( − m + 4m − 10 ) x a = + + + + 2021 n Với nguyên dương, có ⇒ n +1 + n −1 < n ( m tham số thực số b = + + + + 2020 + ; n +1 + n −1 Ta thấy với ) = n + n − < 2n + n = n n = 1,3,5, , 2021 ta có : + < 1; + < 3, , 2022 + 2020 < 2021 : 2022 Cộng vế BĐT ta ( ) ( ) ( + + + 2022 + ⇒2 ( + + + 2022 < + + + 2021 ( ) ) + + + 2020 + 2022 < + + + 2021 ) ⇒ 2b < 2a ⇒ < b < a ⇒ f ( a ) − f ( b ) = ( −m + 4m − 10 ) ( a − b ) =  −6 − ( m − )  ( a − b ) ( a + b ) <   ⇒ f ( a) < f ( b) f ( a) < f ( b) Vậy Cho đa thức bậc hai f) P ( ) , P ( 1) , P ( ) P ( x ) = ax + bx + c với a, b, c số thực Giả sử số nguyên Chứng minh P ( 2022 ) nguyên Ta có P ( ) = c, P ( 1) = a + b + c, P ( ) = 4a + 2b + c ⇒ ( 4a + 2b + c ) − c = 4a + 2b ∈ ¢ số nguyên ( a + b + c) − c = a + b ∈ ¢ ⇒ ( 4a + 2b ) − ( a + b ) = 2a ∈ ¢ ⇒ ( a + b ) − 2a = 2b ∈ ¢ Do 2b ∈ ¢ ⇒ 2022b ∈ ¢ , 2a ∈ ¢ ⇒ 20222 a ∈ ¢ , kết hợp với c∈¢ ⇒ 20222 a + 2022b + c ∈ ¢ ⇒ P ( 2022 ) ∈ ¢ Vậy P ( 2022 ) số nguyên Câu (2,5 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau : a )3 ( x + 1) x + x + − 3x − x − = ĐKXĐ: Ta đặt x∈¡ x + = a, x + x + = b ( b > ) ⇒ a + 2b = x + x + số Khi phương trình trở thành : a = b 3ab = a + 2b ⇔ ( a − b ) ( a − 2b ) = ⇔   a = 2b  x ≥ −1 *) a = b ⇒ x + = x + x + ⇔  ⇔ x=2 x + x + = x + x +   x ≥ −1 *) a = 2b ⇒ x + = x + x + ⇔  ⇔ x∈∅  x + x + = x + x + 12 Vậy phương trình có nghiệm x=2  x +1 + y +1 =  b)  8 + xy = x + 16 x + 16 − + y + ( ĐKXĐ: x ≥ −1; y ≥ −1; xy ≥ ) ( 16 y + 16 − ) Ta có :  x +1 + y +1 =  hpt ⇔  8 + xy = ( x + + y + 1) − ( x +1 + y +1 )  x + + y + =  x + + y + = ⇔ ⇔ 8 + xy = ( x + y ) + − 3.4  x − xy + y = Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki có : = x + + y + ≤ ( x + y + ) − ( x + y + ) ≥ 16 ⇒ x + y ≥ ( 1) Mà lại có xy ≥ Từ ta có = x − xy + y ≥ x − Từ (1), (2) ⇒ Áp dụng BĐT AM-GM ta có : x+ y x+ y −y= ⇒ x + y ≤ ( 2) 2 dấu xảy Vậy hệ có nghiệm x, y ≥ ( x; y ) = ( 3;3) x +1 = y +1 x = y  ⇔ ⇔ x = y = 3(tm) x + y =  x, y ≥ Câu (3,5 điểm) Chotam giác có đường cao nhỏ AB BC d) ; giao điểm Chứng minh APMC tứ giác có APMC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn cắt H Gọi E, F (Q khác B, Q khác C) Gọi AC J Tứ giác ⇒ AM , BN , CP ABC QE Q ( O; R ) điểm cung điểm đối xứng Q qua AB, I giao điểm QF AC MH MA = MP.MN ∠APC = ∠AMC = 90° (Do CP, AM nội tiếp đường trịn đường kính đường cao ∆ABC ) AC ⇒ ∠MPC = ∠MAC hay ∠MPH = ∠MAN Từ tứ giác APMC nội tiếp ta có ⇒ ∠BMP = ∠CMN ( = ∠BAC ) ∠BMP = ∠BAC , kết hợp với tương tự ∠AMB = ∠AMC = 90° ∠CMN = ∠CAB ⇒ ∠PMH = ∠AMN (phép cộng góc) ⇒ ∆PHM ∽ ∆ANM ( g.g ) ⇒ MH MP = ⇔ MA.MH = MP.MN MN MA E, H , F Chứng minh ba điểm e) BH , CH Gọi giao (O) điểm thứ hai Ta chứng minh Ta có kính H ∠XBP = ∠ACP BC (do thẳng hàng X ,Y đối xứng X qua AB (do tứ giác ACBX nội tiếp) tứ giác BPNC ∠BPC = ∠BNC = 90°) ⇒ ∠ACP = ∠PBH ⇒ ∠XBP = ∠PBH BP ⊥ HX ⇒ ∆HBX ⇒ PH = PX (dfcm) cân Theo tính chất phép đối xứng ta thu tứ giác cân ⇒ ∠XHE = ∠QXH = ∠QAC Tương tự ta có Mà Y EXHQ hình thang (tính chất góc nội tiếp) đối xứng với H qua AC ∠XHY = 1800 − ∠BAC nội tiếp đường (do tứ giác APHN ∠YHF = ∠QYH = ∠QAB nội tiếp) ⇒ ∠XHE + ∠YHF + ∠XHY = ∠QAC + ∠QAB − ∠BAC + 180° = 180° ⇒ E, H , F f) Biết thẳng hàng BC = R 3, tìm giá trị nhỏ AB AC + QJ QI Ta chứng minh bổ đề sau : 1) ABC BC 2R Cho tam giác nội tiếp Ta chứng minh cách kẻ OM vng góc BC trung điểm M BM = R.sin Khi 2) sin ∠BAC = ( O; R ) Cho tam giác ABC ∠BOC BC = R.sin ∠BAC ⇒ sin BAC = ( BC = BM ) 2R nội tiếp ( O; R ) BC = R ∠BAC = 60° ⇒ sin BAC = Chứng minh dựa theo bổ đề 3) Định lý Ptolemy: ⇒ ∠BAC = 60° AB.QC + AC.BQ = AQ.BC BC = QB + QB.QC + QC 4) Áp dụng bổ đề định lý 3, ta có biến đổi sau : AB AB QJ AB AB R = : = = QJ AQ AQ AQ sin QAB AQ BQ AC AC QI AC AC R = : = = QI AQ AQ AQ sin QAC AQ CQ ⇒ AB AC R  AB AC  R AB.CQ + AC BQ R AQ.BC 3R + =  + = = ÷= QJ QI AQ  BQ CQ  AQ QB.QC AQ QB.QC QB.QC ⇒ 3R = QB + QB.QC + QC = ( QB − QC ) + 3QB.QC ⇒ QB.QC ≤ R 2 Từ (2) (do ( QB − QC ) ≥ 0) Dấu = xảy ⇒ Min AB AC + =2 3⇔Q QJ QI QB = QC ⇔ Q điểm cung BC điểm cung BC không chứa A x, y Câu (1,0 điểm) Tìm số tự nhiên (2 Đặt x thỏa mãn : + 1) ( x + ) ( x + 3) ( x + ) − y = 11879 x = a ⇒ ( a + 1) ( a + ) ( a + ) ( a + ) − y = 11879 ⇔ ( a + 1) ( a + )  ( a + ) ( a + 3)  − y = 11879 ⇔ ( a + 5a + ) ( a + 5a + ) − = 11879 ⇔ ( a + 5a + ) − y = 11880 y ≥ ⇒ y M5 ⇒ ( a + 5a + ) M5 ⇒ a + 5a + 5M5 ⇒ ( a + 5a + ) M25 Nếu Như y ≥ ⇒ y M25 ⇒ 11880M25 (vô lý)  y = ⇒ ( a + 5a + ) = 11885( ktm) ⇒ y