Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh quảng bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUN
NĂM HỌC 2022-2023
Mơn thi : TỐN CHUN
Thời gian làm bài : 150 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,0 điểm)
P=

Cho biểu thức
a)

Rút gọn biểu thức

b)

Tìm để

x

P

(

3 x + 5 x − 11

)(

x −1

x +2

)

x −2
2
+
−1
x −1
x +2

−

(với

0 ≤ x ≠ 1)

P

chia hết cho 3

Câu 2. (2,0 điểm)
a)

Cho phương trình
trị nguyên của

b)

m

x 2 − 2 ( m − 1) x − 3 = 0 ( 1)

để phương trình

( 1)

(với

m

là tham số). Tìm tất cả các giá

có hai nghiệm

x1 , x2

thỏa mãn

x1 + 2 x2 = 5

x + 1 + 3x − 5 = 4

Giải phương trình

Câu 3. (1,0 điểm)
Cho

a, b, c

là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :

a2
b2
c2
+
+
≥ a+b+c
b+c−a c + a −b a +b−c

Câu 4. (1,5 điểm)
Tìm

n∈¥

để

n5 + 1

chia hết cho

n3 + 1

Câu 5. (3,5 điểm)
Từ điểm
N

A

ở bên ngồi đường trịn

là các tiếp điểm). Gọi

E

là trung điểm của

khác M) và H là giao điểm của
a)

Chứng minh tứ giác

( O)

MN

HCEN

và

AO

nội tiếp

kẻ hai tiếp tuyến
AN , C

AM , AN

là giao điểm của

với (O) (M,

ME

với (O) (C


b)

c)

D

AC

I

NO

Gọi là giao điểm của
tam giác cân
Gọi là giao điểm của
Tính tỉ số

KM
KD

D

với (O) ( với

với

( O)

C ).

Chứng minh tam giác
K

(I khác N); là giao điểm của

MND

MD

và

là

AI .


ĐÁP ÁN
Câu 1. (2,0 điểm)
P=

Cho biểu thức
Rút gọn biểu thức

c)

P=
=

(

3 x + 5 x − 11

(

)(

x −1

x +2

)

−

3 x + 5 x − 11

)(

x −1

x +2

)

−

x −2
2
+
−1
x −1
x +2

(với

0 ≤ x ≠ 1)

P

x −2
2
+
−1
x −1
x +2

3 x + 5 x − 11 − x + 4 + 2 x − 2 − x − x + 2

(

) ( x + 2)
( x − 1) (
x−6 x −7
=
=
( x − 1) ( x + 2) ( x − 1) (
d)

x

Tìm để
P=

Ta có :

x −1

P

)=
x + 2)
x +7

chia hết cho 3

x +7
5
5 7
= 1+

⇒ 1 < P ≤ 1 + = ( ∀0 ≤ x ≠ 1)
2 2
x +2
x +2
⇔ P =3⇔

Biểu thức P chia hết cho 3
x=

Vậy

x +7
x +2

x +7
1
= 3 ⇔ x + 7 = 3 x + 6 ⇔ x = (tm)
4
x +2

1
4

Câu 2. (2,0 điểm)
c)

Cho phương trình
giá trị nguyên của
x1 + 2 x2 = 5

ac < 0

Vì
của m

x 2 − 2 ( m − 1) x − 3 = 0 ( 1)

m

để phương trình

(với

( 1)

m

là tham số). Tìm tất cả các

có hai nghiệm

nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt

x1 , x2

x1 , x2

thỏa mãn

với mọi giá trị

Theo hệ thức Vi-et ta có :

 x1 + x2 = 2m − 2 ( 2 )

( 3)
 x1 x2 = −3

x1 + 2 x2 = 5

Kết hợp
với (2) ta được
Thay vào (3) ta được :

x1 = 4m − 9; x2 = 7 − 2m

m = 2
( 4m − 9 ) ( 7 − 2m ) = −3 ⇔ −8m + 46m − 60 = 0 ⇔  15
m=

4
2

d)

Giải phương trình
x≥

Điều kiện :

5
3

x + 1 + 3x − 5 = 4 ⇔
⇔

x + 1 + 3x − 5 = 4

(

) (

x +1 − 2 +

)

3x − 5 − 2 = 0

3 ( x − 3)
x −3
1
3


+
= 0 ⇔ ( x − 3) 
+
=0
x +1 + 2

3x − 5 + 2
3x − 5 + 2 
 x +1 + 2

x = 3
⇔
1
3

+
= 0(VN )
3x − 5 + 2
 x + 1 + 2

Vậy

x=3

Câu 3. (1,0 điểm)
Cho

a , b, c

là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :

a2
b2
c2
+
+

≥ a+b+c
b+c−a c + a −b a +b−c

Đặt

 x = a + b − c > 0 a = x + z


2
y = b + c − a > 0 ⇒ 
z = c + a − b > 0
b = x + y ; c = y + z


2
2


( x + y)
4z

Ta cần chứng minh :

( x + y)
4z

Ta có :

Mặt khác :

Khi đó

2

( y + z)
+
4x

2

( y + z)
+
4x

( z + x)
+
4y

2

≥

2

( z + x)
+

2

≥ x+ y+ z

4y

xy yz zx
+ + ( 1)
z
x
y

xy yz
yz zx
xy zx
+
≥ 2 y;
+ ≥ 2 z; + ≥ 2 x
z
x
x
y
z
y

xy yz zx
+ + ≥ x + y + z ( 2)
z
x
y

( x + y)
Từ (1) và (2) ta có :

Vậy

2

2

4z

( y + z)
+
4x

2

( x + z)
+
4y

a2
b2
c2
+
+
≥ a+b+c
b + c −a c + a −b a +b −c

2

≥ x+ y+z

. Dấu bằng xảy ra khi

Câu 4. (1,5 điểm)
Tìm
Với

n∈ ¥,

n∈¥

ta có :

để

n5 + 1

chia hết cho

n3 + 1

n5 + 1Mn3 + 1 ⇔ n 2 ( n3 + 1) − ( n 2 − 1) Mn3 + 1

⇔ ( n 2 − 1) Mn3 + 1 ⇔ ( n − 1) ( n + 1) M( n + 1) ( n 2 − n + 1)
⇔ n − 1Mn 2 − n + 1 (do n + 1 ≠ 0)

⇒ n ( n − 1) Mn 2 − n + 1 ⇔ ( n 2 − n + 1) − 1Mn 2 − n + 1
 n2 − n + 1 = 1
n = 1
⇔ 1Mn 2 − n + 1 ⇒  2

⇔
(tm)
 n − n + 1 = −1  n = 0

Vậy

n = 0, n = 1

Câu 5. (3,5 điểm)

a=b=c


Từ điểm
(M,

N

A

ở bên ngồi đường trịn

là các tiếp điểm). Gọi

E

Chứng minh tứ giác

Ta có

∆MON

AM , AN

cân tại O, có

trực ứng với
Vì

HCEN

e)

D

OA

OA

∠MNC = ∠AME

suy ra tứ giác

Gọi là giao điểm của
là tam giác cân

AC

là giao điểm của

là đường phân giác của

ME

với

HCEN

∠MON

đồng thời cũng là đường tung

nên HE là đường trung bình của
mà

với (O)

nội tiếp

là đường phân giác nên

⇒ HE / / MA ⇒ ∠HEM = ∠AME
∠MNC = ∠HEM

AN , C

AM , AN

AO

và

MN ⇒ MH = HN ; OA ⊥ MN

MN = HN , AE = EN

Nên

MN

là hai tiếp tuyến cắt nhau nên
OA

kẻ hai tiếp tuyến

là trung điểm của

(O) (C khác M) và H là giao điểm của

d)

( O)

∆MAN

(cùng chắn

¼ )
MC

nội tiếp
D

với (O) ( với

C ).

Chứng minh tam giác

MND


∆ENC ∽ ∆EMN ( g. g ) ⇒

∆ECA

∆EAM

và

có :

EA EC
=
EM EA

∠EMA = ∠MDC

Lại có

EN EC
=
EM EN

Mặt khác,

. Do đó

∆MND

Gọi là giao điểm của
AI .

Tính tỉ số

Gọi L là giao điểm của

IN ⊥ MD

có

Lại có
Suy ra

với

K

(I khác N); là giao điểm của

(tính chất tiếp tuyến)
MD
2

LK IL
=
( 1)
AN IN

(cùng vng góc với

∠MLI = ∠ONA = 90°

nên

MN ),

suy ra

∠MIL = ∠AON

∆MIL ∽ ∆AON ( g .g )

IL ML
IL
ML
IL
ML
=
⇒

=
⇒
=
( 2)
NO AN
2 NO 2 AN
IN 2 AN

Từ (1) và (2) suy ra

LK
ML
ML
ML
=
⇒ LK =
⇒ MK = KL =
AN 2 AN
2
2

MK = LK , ML = DL ⇒ KD = 3KM ⇒

Vì

( O)

MD, NI

tại L

LK / / AN ⇒

Ta có

∠EAC = ∠MDC

nên

cân tại N

NO

⇒ DL = ML =

IM / / AO

chung

⇒ ∆ECA ∽ ∆EAM ⇒ ∠EAC = ∠EMA

KM
KD

MD / / AN (cmt ), IN ⊥ AN

∆INA

¼ )
MC

nên

(cùng chắn cung MN)

I

Nên

và

(cùng chắn

∠MDN = ∠MNA

⇒ ∠MDN = ∠DMN

Vì

∠AEC

MD / / AN ⇒ ∠DMN = ∠MNA

Suy ra

f)

mà

EN = EA

EA EC
=
EM EA

KM 1
=
KD 3

MD

và