SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THÁI NGUYÊN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN NĂM HỌC 2022-2023 Mơn thi: TỐN (CHUN) Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,5 điểm) Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  2022  2022  a   2022  b   2022  c  Q 2  a  b   b  c   c  a  Tinh giá trị biểu thức Câu (1,5 điểm) Tìm tất giá trị nguyên dương tham số m để phương trình x   m  3 x  m   2 có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt, khác không thoả mãn giá x  x  A      x2   x1  số nguyên trị biểu thức Câu 3, (1,0 điểm) Cho đa thức P ( x) có tất hệ số số nguyên Biết a, b, c ba số nguyên phân biệt thỏa mãn P  a   P  b   P  c   2022 Hỏi phương trình P( x)  2023   có nghiệm ngun khơng? Vì sao? 4 Câu (1,0 điểm) Tìm số nguyên tố a,b,c cho: a  b  c  54  11abc Câu (1,0 điểm) Cho A tập tập số tự nhiên N Tập A có phần tử  ln biểu nhỏ 1, phần tử lớn 100 phần tử x thuộc  diễn dạng x  a  b a,b thuộc A (a b) Hãy tìm tập A có số phần tử nhỏ Giải thích cách tìm? Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ A , B, C tam giác ABC Gọi I trung điểm cạnh BC, P giao điểm hai đường thẳng EF BC Đường thẳng DF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai K a) Chứng minh PB.PC=PE.PF KE song song với BC; b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai Q Chúng minh tứ giác BIQF nội tiếp Câu (2,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C phân biệt theo thứ tự nằm đường thẳng Qua điểm B kẻ đường thẳng d vng góc với đường thẳng AC; D A x 1 điểm di động đường thẳng d  D  B  Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD cắt đường thẳng d điểm E khác D Gọi P, Q hình chiếu vng góc điểm B đường thẳng AD AE Gọi R giao điểm hai đường thẳng BQ CD, S giao điểm hai đường thẳng BP CE Chứng minh: a) Tứ giác PQSR nội tiếp; b) Tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQSR thuộc đường thẳng cố định điểm D di động đường thẳng d ĐÁP ÁN Câu (1,5 điểm) Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  2022  2022  a   2022  b   2022  c  Q 2  a  b   b  c   c  a  Tinh giá trị biểu thức 2 2 Ta có : 2022  a  a  ab  bc  ca   a  b   a  c        Tương tự : Thay vào Q ta Q=1 Câu (1,5 điểm) Tìm tất giá trị nguyên dương tham số m để 2022  b  b  a b  c 2022  c  c  a c  b x   m  3 x  m   phương trình có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt, khác không 2 x  x  A      x2   x1  số nguyên thoả mãn giá trị biểu thức    m  3   m  1  m  2m    m  1    m  Ta có: Vậy phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt, khác  m  1  x1  x2  m   Áp dụng định lý Vi-et ta có :  x1 x2  m  2 2   x1  x2   x1 x2   x1   x2   x1 x2  A         2    x1 x2  x2   x1   x2 x1    2  m  4m         m  3  2 m 1  m 1    Với m nguyên dương, biểu thức A  ¢  4M m  1 m    m  0(ktm)    m     m  1(tm)  m    m  3(tm) Vậy m  1, m  thỏa mãn yêu cầu toán Câu 3, (1,0 điểm) Cho đa thức P( x) có tất hệ số số nguyên Biết P a  P  b   P  c   2022 a, b, c ba số nguyên phân biệt thỏa mãn   Hỏi phương trình P( x)  2023   có nghiệm ngun khơng? Vì sao? Ta có P  a   P  b   P  c   2022  P  a   2022  P  b   2022  P  c   2022  Khi đó: a, b, c nghiệm phân biệt đa thức   Do đó, tồn đa thức Q(x) có hệ số số nguyên cho: P x  2022 P  x   2022   x  a   x  b   x  c  Q  x  Giả sử, phương trình P( x)  2023  có nghiệm nguyên x  d Khi đó, P  d   2023   P  d   2022  Ta lại có, P  d   2023   d  a   d  b   d  c  Q  d  d  a   d  b   d  c  Q  d    1.1  ( 1).( 1)  * Vậy  d  a, d  b, d  c số nguyên phân biệt Q  d  số nguyên d  a   1;1 ; d  b   1;1 ; d  c   1;1 Do đó, từ (*) suy Theo ngun lý Đi-rich-lê có ba số d  a; d  b; d  c Điều mâu thuẫn với d  a; d  b; d  c số nguyên phân biệt Vậy điều giả sử sai Tóm lại: Phương trình P( x)  2023  khơng có nghiệm ngun 4 Câu (1,0 điểm) Tìm số nguyên tố a,b,c cho: a  b  c  54  11abc Th1: a  3; b  3; c  Vì a, b, c số nguyên tố nên a  1 mod 3 , b  1 mod  , c  1 mod   a  b  c   mod  a  b  c  54   mod 3 ;11abc   mod 3 Ta có Vậy trường hợp khơng thỏa mãn 11abc   mod 3 TH2: Trong số a, b, c có số Khơng tính tổng qt, giả sử a  Ta có : 34  b  c  54  33bc  b  c  135  33bc  * 33bc   mod 3  b  c   mod   135   mod 3 Vì  b   mod 3 b  1 mod 3 ; c   mod 3 Mặt khác b, c số nguyên tố nên hoặc c  1 mod 3 b   mod 3 b  c   mod 3   c   mod 3 Vậy từ 4 Do b, c số nguyên tố nên b  c  Thay b  c  vào (*) ta thấy thỏa mãn Vậy a  b  c  Câu (1,0 điểm) Cho A tập tập số tự nhiên N Tập A có phần  ln tử nhỏ 1, phần tử lớn 100 phần tử x thuộc  biểu diễn dạng x  a  b a,b thuộc A (a b) Hãy tìm tập A có số phần tử nhỏ Giải thích cách tìm? A x 1  x1  x2   xn  100  1 Giả sử A có số phần tử n, ta xếp chúng theo thứ tự Suy với k   1; 2;3; ; n  1  i, j  k   ta có xk 1  xi  x j  xk  xk  xk , với Áp dụng kết   ta thu x2    2; x3    4; x4  8, x5  16, x6  32, x7  64 Suy tập A phải có phần tử Giả sử n   x8  100 Vì x6  x7  32  64  96  100  x8  x7  50 Vi` x5  x6  16  32  48  50  x7  x6  x6  25 Vì x4  x5   16  24  25  x6  x5  x5  12,5 (mâu thuẫn)   thỏa mãn yêu cầu toán Với n  ta có tập Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ A , B, C tam giác ABC Gọi I trung điểm cạnh BC, P giao điểm hai đường thẳng EF BC Đường thẳng DF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai K A  1; 2;3;5;10; 20; 25;50;100 a) Chứng minh PB.PC=PE.PF KE song song với BC Ta có: BEC  BFC  90  BFEC tứ giác nội tiếp  PFB ∽ PCE ( g.g )  PB.PC  PE.PF  1 Các tứ giác BFHD, HEKF nội tiếp nên : EBC  HBD  HFD  HEK  BEK  KE / / BC b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai Q Chúng minh tứ giác BIQF nội tiếp Xét PHE PEQ có : HPE  HPF ; PEH  PQF  PHE ∽ PFQ( g.g )  PH PQ  PF PE   Từ (1) (2) suy PB.PC  PH PQ  PB PQ  PH PC PB PQ BPC  HPC ;   PBQ ∽ PHC (c.g.c)  PBQ PH PC Xét PHC có :  PQB  PCH  BHQC tứ giác nội tiếp Khi FQB  FQH  HQB  FEH  HCB  2FCB  FIB Vậy tứ giác BIQF tứ giác nội tiếp Câu (2,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C phân biệt theo thứ tự nằm đường thẳng Qua điểm B kẻ đường thẳng d vng góc với đường thẳng  Đường tròn ngoại tiếp AC; D điểm di động đường thẳng d  tam giác ACD cắt đường thẳng d điểm E khác D Gọi P, Q hình DB chiếu vng góc điểm B đường thẳng AD AE Gọi R giao điểm hai đường thẳng BQ CD, S giao điểm hai đường thẳng BP CE Chứng minh: a) Tứ giác PQSR nội tiếp Do tứ giác ADCE nội tiếp nên ADE  ACE  SBC  ABP  ACE  SB  SC tương tự , ta có SEB  SBE  SC  SE nên S trung điểm CE Cmtt R trung điểm CD Do RB  RC , SB  SC  SRB  SRC  c.c.c   BSR  CSR  BEC  BAP  BQP  PQSR tứ giác nội tiếp b) Tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác PQSR ln thuộc đường thẳng cố định điểm D di động đường thẳng d Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQSR , gọi L trung điểm AD Ta có : RL / / AC , RS / / DE  LRS  90 Suy LS đường kính đường trịn (I) Gọi M, N trung điểm đoạn thẳng DE , AC Khi N điểm cố định Lại có ML / / AE, NS / / AE MNLS hình bình hành, suy I trung điểm MN Mà MBN  90 nên IN  IB Vậy I thuộc đường trung trực đoạn thẳng BN cố định ML  NS  AE nên tứ giác ... P  c   2022  P  a   2022  P  b   2022  P  c   2022  Khi đó: a, b, c nghiệm phân biệt đa thức   Do đó, tồn đa thức Q(x) có hệ số số nguyên cho: P x  2022 P  x   2022  ... (1,0 điểm) Cho đa thức P( x) có tất hệ số số nguyên Biết P a  P  b   P  c   2022 a, b, c ba số nguyên phân biệt thỏa mãn   Hỏi phương trình P( x)  2023   có nghiệm ngun khơng? Vì sao?... số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  2022  2022  a   2022  b   2022  c  Q 2  a  b   b  c   c  a  Tinh giá trị biểu thức 2 2 Ta có : 2022  a  a  ab  bc  ca   a  b