a đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh thanh hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH THANH HÓA

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
Năm học 2022-2023
MÔN THI: TỐN CHUN
Thời gian làm bài : 150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I. (2 điểm)
1)

a , b, c

Cho

a+b+c = 0

là các số thực thỏa mãn điều kiện

2

2

và

abc ≠ 0

. Chứng minh :

2

a
b
c
3
+ 2 2
+ 2
=
2
2
2
2
2
a −b −c b −c −a c −a −b
2
2

2)

Cho các số thực
M =

(

x2 +1 + x

x, y , z

)(

x 1+ y2 + y 1+ x2 = 4

thỏa mãn

y2 +1 + y

. Tính giá trị của biểu thức :

)

Câu II. (2 điểm)
1)

2)

Giải phương trình :

x 2 + 3x + 8 = ( x + 5) x 2 + x + 2

Giải hệ phương trình :

 2 3 x
 2 x − y 2 + y = 12

6 xy 2 + x 2 y = 12 y 2 + 6 y + x


Câu III. (2 điểm)
1)

2)

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương
n

Tìm tất cả các số nguyên dương để

Câu IV. (3 điểm) Cho tam giác
cao
BC ,

BE , CF

tia

1)
2)

MH

của tam giác

ABC

(có

Chứng minh rằng các điểm
Lấy điểm

P

trên đoạn thẳng
OA

x 2 − 3 y 2 − 2 xy − 2 x + 14 y − 11 = 0

là lập phương của một số nguyên tố

nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường

H ( E ∈ AC , F ∈ AB )

. Gọi M là trung điểm của cạnh

N

A, E , H , F , N

BC

sao cho

2n + n 2 + 25

AB < AC )

cắt nhau tại

cắt đường tròn (O) tại điểm

HP. Chứng minh rằng
3)

ABC

( x; y )

sao cho

cùng thuộc một đường tròn
∠BHP = ∠CHM ,

gọi Q là hình chiếu của

vng góc với NQ

Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác

PMQ

tiếp xúc với đường tròn

( O)

A

lên


Câu V. (1 điểm) Người ta thực hiện một trò chơi trên bảng kẻ ơ vng kích thước 5×9 (có

45ơ vng). Ban đầu, có 33 đồng xu được đặt ngẫu nhiên vào các ơ vng của bảng sao cho
khơng có ô vuông nào chứa nhiều hơn một đồng xu. Ở mỗi bước người chơi sẽ di chuyển
tất cả các đồng xu thỏa mãn đồng thời các quy định sau:
Các đồng xu phải được di chuyển lên hoặc xuống, trái hoặc phải sao cho mỗi lần di
chuyển chỉ đến được ô kế bên nó (ơ chung cạnh)
Nếu mỗi bước di chuyển của đồng xu đã di chuyển lên trên hoặc đi xuống dưới thì ở
bước tiếp theo nó phải di chuyển sang trái hoặc sang phải; và ngược lại.

i)
ii)

Trò chơi chỉ dừng lại khi một ơ vng nào đó trên bàn có nhiều hơn một đồng xu. Chứng
minh rằng trị chơi sẽ kết thúc sau hữu hạn bước.
ĐÁP ÁN
Câu I. (2 điểm)
a, b, c

Cho

3)

là các số thực thỏa mãn điều kiện

2

2

a+b+c = 0

và

abc ≠ 0

. Chứng minh :

2

a
b
c
3
+ 2 2
+ 2
=
2
2
2
2
2
a −b −c b −c −a c −a −b
2
2

Từ

a + b + c = 0 ⇔ a = −( b + c)

. Khi đó :

a 3 =  − ( b + c )  ⇒ a 3 = −b3 − c 3 − 3 ( b + c ) bc

⇒ a 3 + b3 + c 3 = −3 ( b + c ) bc = 3abc
3

Mặt khác, ta cũng có :
2
a2
a2
a 2 − b 2 − c 2 =  − ( b + c )  − b 2 − c 2 = 2bc ⇒ 2 2 2 =
( 1)
a −b −c
2bc

Tương tự, ta cũng có :
Cộng vế theo vế
2

b2
b2
=
( 2) ;
b 2 − c 2 − a 2 2ca

( 1) , ( 2 ) , ( 3)

c2
c2
=
( 3)
c 2 − a 2 − b 2 2ab

ta được :

a
b
c2
3
+
+
=
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a −b −c b −c − a c −a −b
2
2
2
2
3
3
3
a
b
c
a +b +c

3abc 3
=
+
+
=
=
= (dfcm)
2bc 2ca 2ab
2abc
2abc 2

4)

2

Cho các số thực
M=

(

x2 +1 + x

)(

x, y , z

x 1 + y2 + y 1+ x2 = 4

thỏa mãn

y2 +1 + y

)

. Tính giá trị của biểu thức :


(

x 1 + y2 + y 1 + x2 = 4 ⇔ x 1 + y2 + y 1 + x2

Từ

⇔ x 2 ( y 2 + 1) + 2 xy
⇔ x 2 y 2 + 2 xy
⇔ x 2 y 2 + 2 xy

(x

⇔  xy +


(x

Vì

2

2

2

=

(

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

+ 1) ( y 2 + 1) > x 2 y 2 = xy ≥ − xy ⇒ xy +

x2 + 1 + x

(x

2

+ 1) ( y 2 + 1)  = 17 ( *)


Do đó, từ

(

= 16

( x + 1) ( y + 1) + y ( x + 1) = 16
( x + 1) ( y + 1) + ( x y + x + y + 1) = 17
( x + 1) ( y + 1) + ( x + 1) ( y + 1) = 17

( *) ⇒ xy +
M=

)

2

)(

(x

2

+ 1) ( y 2 + 1) = 17

)

(x

y2 +1 + y =

) (

2

(x

2

+ 1) ( y 2 + 1) > 0

. Khi đó :

+ 1) ( y 2 + 1) + xy + y x 2 + 1 + x y 2 + 1

)

+ 1) ( y 2 + 1) + xy + y x 2 + 1 + x y 2 + 1 = 17 + 4

M = 17 + 4

Vậy
Câu II. (2 điểm)
3)

Giải phương trình :
ĐKXĐ:
Đặt

x 2 + 3x + 8 = ( x + 5 ) x 2 + x + 2

x∈¡

x2 + x + 2 = t ( t > 0) ⇒ x2 + x + 2 = t 2

. Phương trình đã cho trở thành :

t + 2 x + 6 = ( x + 5) t ⇔ t − ( x + 5 ) t + 2 ( x + 3) = 0
2

2

t = 2
⇔ ( t − 2 ) ( t − x − 3) = 0 ⇔ 
t = x + 3

x = 1
th1: t = 2 ⇒ x 2 + x + 2 = 2 2 ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔ 
 x = −2
 x > −3
7
th2 : t = x + 3 ⇒ x 2 + x + 2 = x + 3 ⇔  2
(tmdk )
2 ⇒ x = −
5
 x + x + 2 = ( x + 3 )

Vậy

−7 

S = 1; 2; 
5 



4)

Giải hệ phương trình :

ĐKXĐ:

y≠0

 2 3 x
2 x − y 2 + y = 12


6 xy 2 + x 2 y = 12 y 2 + 6 y + x


. Ta có :

 2 3 x
2 x 2 y 2 + xy − 3 = 12 y 2
2 x − y 2 + y = 12
⇔


2
 xy ( 6 y + x ) = 12 y + ( 6 y + x )
6 xy 2 + x 2 y = 12 y 2 + 6 y + x

( 2 xy + 3) ( xy − 1) = 12 y 2
( 2 xy + 3) ( xy − 1) = 12 y 2
⇔
⇔
2
( 2 xy + 3) ( xy − 1) − ( xy − 1) ( 6 y + x ) = 0
( xy − 1) ( 6 y + x ) = 12 y
( 2 xy + 3) ( xy − 1) = 12 y 2
( 2 xy + 3 ) ( xy − 1) = 12 y 2 ( 1)
⇔
⇔
( xy − 1) ( 2 xy + 3 − 6 y − x ) = 0
( xy − 1) ( 2 y − 1) ( x − 3 ) = 0 ( 2 )

Xét phương trình



2
 xy = 1 ⇒ 12 y = 0 ⇒ y = 0(ktm)

 x = −4
1
1
( 2 ) : ( xy − 1) ( 2 y − 1) ( x − 3) = 0 ⇔  y = ⇒ ( x + 3)  x − 1÷ ⇔ x 2 + x − 12 = 0 ⇔ 
2
2

x = 3


 x = 3 ⇒ ( 1) ⇔ ( 6 y + 3 ) ( 3 y − 1) = 12 y 2 ⇔ 2 y 2 + y − 1 = 0 ⇔



Vậy hệ phương trình có các nghiệm
Câu III. (2 điểm)
3)

1  1

 −4; ÷;  3; ÷; ( 3; −1)
2  2


Tìm tất cả các cặp số nguyên dương

( x; y )

sao cho

x 2 − 3 y 2 − 2 xy − 2 x + 14 y − 11 = 0

Ta có:
x 2 − 3 y 2 − 2 xy + 14 y − 11 = 0 ⇔ x 2 − 2 xy + y 2 − 2 x + 2 y − 4 y 2 + 12 y − 11 = 0
⇔ ( x − y ) − 2 ( x − y ) + 1 − ( 2 y ) − 12 y + 9  = 3

 

2

2

⇔ ( x − y − 1) − ( 2 y − 3) = 3 ⇔ ( x − 3 y + 2 ) ( x + y − 4 ) = 3
2

Vì

x, y ∈ ¢

nên

 y = −1


1
y =

2

2

x − 3 y + 2; x + y − 4 ∈ ¢ ⇒ x − 3 y + 2; x + y − 4 ∈ { −1;1; −3;3}

. Lập bảng


x − 3y + 2
x+ y−4

−1
−3

1
3

−3
−1

3
1

x

0

5

1

4

y

1

2

2

1

Vậy các cặp số nguyên dương

Tìm tất cả các số ngun dương để
tố

n∈¥ *

thì

⇒ 2 + n + 25
n

2n + n 2 + 25 > 8

là số lẻ , suy ra phải là số chẵn

Xét bảng đồng dư của và

a3

theo mod 9 nên

a 3 ≡ 0; ±1(mod 9)

là số nguyên dương chẵn, nên ta xét

+TH1:

n = 6 k + 4 ( k ∈ ¥ *) .

p = 2 + n + 25 = 2
n

là lập phương của một số nguyên

n

a

3

2n + n 2 + 25

, do đó p là một số nguyên tố lẻ

2

n

( 0;1) , ( 5; 2 ) , ( 1; 2 ) , ( 4;1)

2n + n 2 + 25 = p3 ( *)

Gọi p là số nguyên tố sao cho

Vì

cần tìm là
n

4)

Với

( x; y )

2

n

theo mod 6. Có ba trường hợp sau :

Ta có :

+ ( 6k + 4 ) + 25 = 16.64k + 36k 2 + 48k + 1
2

6k +4

⇒ p 3 ≡ 16 + 3k + 5 ( mod 9 ) ⇔ p 3 ≡ 3 ( k + 1) ( mod 9 ) ⇔ p 3 M3 ⇔ p = 3
p=3

Thay

+TH2:

vào (*) ta được :

n = 6 k + 2 ( k ∈ ¥ *)

p = 2 + n + 25 = 2
3

n

Suy ra
Thay
+Th3:

2

Nếu

. Ta có :

+ ( 6k + 2 ) + 25 = 4.64k + 36k 2 + 24k + 29
2

p 3 = 4 − 3k + 2 ( mod 9 ) ⇒ p3 = 3 ( 2 − k ) ( mod 9 ) ⇔ p 3 M3 ⇒ p = 3

p=3

vào (*) ta được :

n = 6k ( k ∈ ¥ *)

2n + n 2 + 25 = 33 ⇔ 2n + n 2 = 2( ktm)
p 3 = 2n + n 2 + 25 = 2 6k + ( 6k ) + 25 = 64 k + 36k 2 + 25
2

. Ta có :

k = 1 ⇒ p = 2 + 36.1 + 25 = 125 ⇒ p = 5(tm) ⇒ n = 6
3

Nếu

6k +2

2n + n 2 + 25 = 33 ⇔ 2n + n 2 = 2( ktm)

6

k = 2 ⇒ p 3 = 26.2 + 36.22 + 25 = 4265 ⇒ p ∉ ¢

(loại)


Nếu
Nếu

k = 3 ⇒ p 3 = 26.3 + 36.32 + 25 = 262493 ⇒ p ∉ ¢ ( ktm)

k≥4

, bằng quy nạp ta chứng minh được

(2 )

2k 3

Khi đó, ta có

(2 )

2k 3

(2

2k

< p 3 = 26 k + 36k + 25 < ( 22 k + 1)

+ 1)

3.4k > 36k 2

với mọi số nguyên

k≥4

3

3

Mà
và
là lập phương hai số ngun liên tiếp. Suy ra khơng có số ngun tố
nào thỏa mãn yêu cầu
Vậy

n=6

thỏa mãn đề bài

Câu IV. (3 điểm) Cho tam giác
cao

BE , CF

cạnh

BC ,

của tam giác

tia

MH

ABC

ABC

(có

AB < AC )

cắt nhau tại

nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường

H ( E ∈ AC , F ∈ AB )

cắt đường tròn (O) tại điểm

N

. Gọi M là trung điểm của


4)

Chứng minh rằng các điểm

Xét tứ giác

AEHF

có

∠AEH = ∠AFH = 90°

⇒ ∠AEH + ∠AFH = 180°

Nên bốn điểm

nên tứ giác

A, E , H , F

Gọi K là giao điểm của
CK / / BH

BHCK

AEHF

cùng thuộc một đường tròn

nội tiếp

cùng thuộc một đườn trịn có đường kính

AO

với đường trịn

(cùng vng góc với AC),

Nên tứ giác

A, E , H , F , N

( O) .

BK / / CH

là hình bình hành

AH ( 1)

Ta có:

(cùng vng góc với AB)

⇒ N, H , M , K

thẳng hàng


⇒ ∠ANK = 90°

∠ANH = 90°

hay

. Vậy

Từ (1) và (2) suy ra : Các điểm
Lấy điểm

P

lên HP. Chứng minh rằng

∠BHP = ∠CHM ( gt )

» = sdQE
»
⇒ sd NF
⇒

tứ giác
Ta lại có :
Tứ giác

BFEC

trên

OA

nên

QEFN

sao cho

∠BHP = ∠CHM ,

HP ⇒ ∠AQH = 90° ⇒ Q

∠NHF = ∠QHE

là hình thang cân

A

cũng thuộc một đường trịn có

(lần lượt đối đỉnh với

∠BHP

và

∠CHM )

AH )

⇒ NQ / / FE ( 3)

⇒ ∠ACB = ∠AFE

( O ) : ∠AKB = ∠ACB

∠AKB + ∠BAK = 90°

Từ (4) và (5) có :

∠AFE + ∠BAK = 90°

Từ (3) và (6) suy ra

(cùng bù với

(hai góc nội tiếp một đường tròn cùng chắn 1 cung)

hay

∠AFI + ∠FAI = 90°

của tam giác

∠HCD = ∠JCD

(với I là giao điểm của

AK

và

NQ ⊥ AK hay NQ ⊥ AO (dfcm)

Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác
AD

∠BFE )

(hai góc phụ nhau) (5)

FE ) ⇒ AK ⊥ FE ( 6 )

Ta có :

gọi Q là hình chiếu của

vng góc với NQ

⇒ ∠AKB = ∠AFE ( 4 )

Kẻ đường cao

AH

nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn đoạn thẳng nối hai đỉnh cịn

Trong đường trịn

6)

cùng thuộc một đường trịn có đường kính

(trong đường trịn đường kính

lại dưới một góc khơng đổi)

Mà

AH ( 2 )

AH

đường kính
Vì

A

BC

AH ( 2 )

cùng thuộc đường trịn đường kính

A, E , H , F , N

trên đoạn thẳng

Q là hình chiếu của

thuộc đường trịn đường kính

A, E , H , F , N

Từ (1) và (2) suy ra : các điểm

5)

N

mà

ABC ( D ∈ BC )

∠HCD = ∠BAD

PMQ

tiếp xúc với đường tròn

. Gọi J là điểm đối xứng với H qua BC

(cùng phụ với

∠ABC )

( O)


⇒ ∠BAD = ∠JCD

Mặt khác :
Vì

∆PHJ

hay

∠BAJ = ∠JCB ⇒ J ∈ ( O ) ⇒ ∠AKN = ∠NJA ( 7 )

AO ⊥ NQ ⇒ ∠ANQ = ∠AKN

cân tại P nên

∠PHJ = ∠AHQ

∠AHQ = ∠ANQ

(cùng phụ với

.

(hai góc đối đỉnh),
(hai góc nội tiếp một đường tròn cùng chắn 1 cung)

⇒ ∠AKN = ∠PJH

hay

∠AKN = ∠PJA ( 8 )

Từ (7) và (8) ta suy ra
Ta lại có :

∠PJH = ∠PHJ

∠QNK )

∠PJA = ∠NJA ⇒

N, J, P

ba điểm

∠ANM = ∠ADM = 90° ⇒ ANDM

thẳng hàng

là tứ giác nội tiếp

⇒ ∠PMN = ∠DMN = ∠DAN = ∠HQN = ∠PQN

⇒Q

cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác

Gọi G là giao điểm của

AK

và

MQ

, ta có :

∠HQG = ∠PQM = ∠PNM = ∠JAK = ∠HAG ⇒ G

Qua điểm N, vẽ đường thẳng

xy

ANDM

thuộc đường trịn đường kính

là tiếp tuyến của đường tròn

∠MNx = ∠KNx = ∠KAN = ∠GAN = ∠GQN = ∠MQN

⇒ xy

cũng là tiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp
PMQ

( O)

AH

. Ta có :

∆PQM

Vậy, đường trịn ngoại tiếp tam giác
tiếp xúc với đường tròn (O)
Câu V. (1 điểm) Người ta thực hiện một trò chơi trên bảng kẻ ơ vng kích thước 5×9
(có 45ơ vng). Ban đầu, có 33 đồng xu được đặt ngẫu nhiên vào các ô vuông của bảng
sao cho không có ô vuông nào chứa nhiều hơn một đồng xu. Ở mỗi bước người chơi sẽ
di chuyển tất cả các đồng xu thỏa mãn đồng thời các quy định sau:
iii)
Các đồng xu phải được di chuyển lên hoặc xuống, trái hoặc phải sao cho mỗi
lần di chuyển chỉ đến được ơ kế bên nó (ô chung cạnh)
iv)
Nếu mỗi bước di chuyển của đồng xu đã di chuyển lên trên hoặc đi xuống dưới
thì ở bước tiếp theo nó phải di chuyển sang trái hoặc sang phải; và ngược lại.
Trò chơi chỉ dừng lại khi một ơ vng nào đó trên bàn có nhiều hơn một đồng xu.
Chứng minh rằng trò chơi sẽ kết thúc sau hữu hạn bước.
Đánh số 45 ơ vng như hình bên


121212121
4 3 4 3 4 3 4 3 4
121212121
4 3 4 3 4 3 4 3 4
121212121
Theo cách đánh này, sẽ có : 15 ơ số 1, 12 ơ số 2, 8 ô số 3, 10 ô số 4
Đặt ngẫu nhiên 33 đồng xu vào các ô vuông của bảng sao cho khơng có ơ vng nào chứa
nhiều hơn 1 đồng xu. Ta chia 33 đồng xu thành hai nhóm :
Nhóm I: Các đồng xu ở vị trí ơ đánh số 1 và 3
Nhóm II: Các đồng xu ở vị trí ơ đánh số 2 và 4
Ta thấy:
- Theo quy tắc i) thì sau mỗi bước các đồng xu ở nhóm I sẽ chuyển thành nhóm II và ngược
lại

- Theo quy tắc ii) thì sau hai bước các đồng xu ở ô đánh số 1 sẽ chuyển sang ô đánh số 3
Do đó, sau hữu hạn bước sẽ có trường hợp nhóm I có ít nhất 17 đồng xu (vì nếu nhóm II
đang có ít nhất 17 đồng xu thì ở bước sau nhóm I sẽ có ít nhất 17 đồng xu)
Khi đó, theo ngun lí Dirichlet, trong 17 đồng xu ở nhóm I sẽ có ít nhất 9 đồng xu ở
ô đánh cùng một loại số (1 hoặc 3)
+ Nếu có ít nhất 9 đồng xu ở ơ đánh số 3. Tuy nhiên chỉ có 8 ơ đánh số 3, nên sẽ có ít
nhất 1 ơ có nhiều hơn một đồng xu. Trị chơi kết thúc.
+ Nếu có ít nhất 9 đồng xu ở ơ đánh số 1 thì sau hai bước 9 đồng xu này nằm ở ô
đánh số 3. Tuy hiện chỉ có 8 ơ đánh số 3, nên sẽ có ít nhất 1 ơ có nhiều hơn một đồng xu.
Trò chơi kết thúc.
Vậy, trò chơi sẽ kết thúc sau hữu hạn bước.