a đề vào 10 hệ chuyên toán 2022 2023 tỉnh phú thọ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
Năm học : 2022-2023
Mơn : TỐN CHUN

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Cho phương trình x  8 x  4  8m  0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm
phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 1  x1  x2
2
2
2
b) Gọi a, b, c là các số thực thỏa mãn a  b  c  ab  bc  ca và a  b  c  3 .
2

2
Tính giá trị biểu thức A  a  1  3bc

Câu 2. (2,0 điểm)
P x  x 3  ax 2  bx  c
P 2  29,
a) Xác định các hệ số a, b, c của đa thức  
, Biết  
P  1  5

và P  3  1
b) Cho n số nguyên dương sao cho 4n  13 và 5n  16 là các số chính phương.
Chứng minh rằng 2023n  45 chia hết cho 24

Câu 3. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình

2  17 x 2  6    x 2  4 x  3 2 x  5  2 x  3x 2  22 

 . Gọi H là hình chiếu
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm 
vng góc của A trên trục Ox. Tìm số điểm nguyên nẳm trong tam giác
OAH (Điểm nguyên là điểm có hồnh độ và tung độ là các số nguyên)
A 146; 2022

O; R 
O '; R ' 
Câu 4.(3,0 điểm) Cho hai đường tròn 
và 
cắt nhau tại hai điểm A và B
O
,
O
'
AB
). Đường thẳng AO cắt (O)
( R  R ' và
thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ

và  O ' lần lượt tại C và M, đường thẳng AO ' cắt (O) và (O ' ) lần lượt tại N và D

 C , D, M , N  A  . Gọi K là trung điểm của

CD; H là giao điểm của CN và DM

a) Chứng minh rằng năm điểm M , N , O, K , B cùng thuộc một đường tròn

I
b) Gọi   là đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD; E là điểm đối xứng của C qua
B; P là giao điểm của AE và HD; F là giao điểm của BH với  I   F  H  ; Q là
giao điểm của CF với BP. Chứng minh rằng BP  BQ

c) Chứng minh rằng IBP  90


Câu 5. (1,0 điểm) Cho x, y , z là các số thực dương . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
P

thức :

x4

 x  y

4



y4

 y  z

4



z4

 z  x

4

ĐÁP ÁN
Câu 1. (2,0 điểm)
c) Cho phương trình x  8 x  4  8m  0  1 Tìm m để phương trình có hai
nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 1  x1  x2
2

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

  '  0  12  8m  0  m  

3
2

 x1  x2  8

Vì x1 , x2 là nghiệm của (1) nên  x1 x2  4  8m
 x1  1   x2  1  0
 x1  x2  2
1  x1  x2  

 x1 x2   x1  x2   1  0
 x1  1  x2  1  0

Ta có

8  2
3

 8m  3  0  m  
8
 4  8m  8  1  0
3
3
 m
8 là các giá trị cần tìm
Vậy 2
2
2
2
d) Gọi a, b, c là các số thực thỏa mãn a  b  c  ab  bc  ca và a  b  c  3 .

2
Tính giá trị biểu thức A  a  1  3bc
2
2
2
2
2
2
Ta có a  b  c  ab  bc  ca  2a  2b  2c  2ab  2bc  2ca

  a  b   b  c   c  a  0  a  b  c

2

2

2

2
Mà a  b  c  3  a  b  c  3  A  a  1  3bc  11

Câu 2. (2,0 điểm)
3
2
c) Xác định các hệ số a, b, c của đa thức P  x   x  ax  bx  c , Biết P  2   29,

P  1  5

Vì

P  2   29

và

P  3  1

nên ta có 8  4a  2b  c  29  4a  2b  c  21

P  1  5  1  a  b  c  5  a  b  c  6

P  3  1  27  9a  3b  c  1  9a  3b  c  26

4a  2b  c  21 a  3


 b  2
a  b  c  6
9a  3b  c  26
c  5



Ta có hệ phương trình :
Vậy a  3, b  2, c  5
d) Cho n số nguyên dương sao cho 4n  13 và 5n  16 là các số chính phương.
Chứng minh rằng 2023n  45 chia hết cho 24
2
2
5n  16  b 2  a, b  ¥ *
Giả sử 4n  13  a và
, từ 4n  13  a  a là số lẻ

Ta có

4n  13  a 2  4  n  3  a 2  1  4  n  3   a  1  a  1

a  1  a  1 M
8
Vì a là số lẻ nên a  1; a  1 là hai số chẵn liên tiếp, do đó 
  n  3 M2  n

Lại có
Ta có
Mà

2
là số lẻ  b  5n  16 là số lẻ

5n  16  b 2  5  n  3   b  1  b  1 M8

5,8  1   n  3 M
8  1
, Mà  

a 2  b 2  9n  29  2  mod 3

a 2   0;1 (mod 3), b 2   0,1 (mod 3)  a 2  b 2  1 mod 3 

 4n  13  1 mod 3

  n  3  0  mod 3   2 
5n  16  1 mod 3

3;8  1
n  3 M24
Vì   nên từ (1) và (2) suy ra 

Từ đó

2023n  45  2016  7  n  3  24 M24( dfcm)

Câu 3. (2,0 điểm)
c) Giải phương trình

2  17 x 2  6    x 2  4 x  3 2 x  5  2 x  3 x 2  22 

5
2x  5  0  x  
2
Điều kiện :
3
2
 1  6 x  34 x  44 x  12   x 2  4 x  3 2 x  5  0

Phương trình

(1)


  x  3  6 x 2  16 x  4   x  1 2 x  5   0
 x  3(tm)
 2
6 x  16 x  4   x  1 2 x  5  0  2 
2
 6  x  1  2  2 x  5    x  1 2 x  5  0  3 

Phương trình (2)
Khi x  1 khơng thỏa mãn phương trình (3). Khi x  1
 2x  5 3



2x  5
2x  5
x

5
2

6  0  
 3  2
2
x 1
 2x  5
 x  1
 2

 x 1
 x  1
13  2 67
 2x  5 3
x


2

9
2
 9 x  26 x  11  0
 x 1

 2x  5

x 1
5  29
 
 2
x

2
  4 x  10 x  1  0
 x 1
4

 13  2 67 5  29 
x  3;
;

9
4 


Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là
A  146; 2022 
Oxy,
H

d) Trong mặt phẳng tọa độ
cho điểm
. Gọi là hình chiếu
vng góc của A trên trục Ox. Tìm số điểm nguyên nẳm trong tam giác
OAH (Điểm nguyên là điểm có hồnh độ và tung độ là các số ngun)

H 146;0 
Vì H là hình chiếu vng góc của A trên trục Ox nên 

Gọi B là hình chiếu vng góc của A trên trục Oy, suy ra B  0; 2022 
Gọi C là trung điểm của đoạn OA, suy ra
Điểm

M  x0 ; y0   x0 ; y0  ¢ 

M '  x0 '; y0 '   x0 '; y0 '  ¢ 

C  73;1011

là điểm nguyên nằm trong OAH khi và chỉ khi điểm

đối xứng với điểm M qua C nằm trong OAB

1
Do đó số điểm nguyên nằm trong tâm giác OAH bằng 2 (số điểm nguyên nằm
trong hình chữ nhật ABOH trừ đi số điểm nguyên nằm trên đoạn thẳng OA)

Số điểm nguyên nằm trong hình chữ nhật ABOH bằng 145.2021  293045


y

1011
x
73 . Từ đó kiểm tra được số điểm nguyên

Phương trình đường thẳng OA là
trên đoạn thẳng OA (trừ điểm O và A) bằng 1

293045  1
 146522
2
Vậy số điểm nguyên trong OAH bằng

 và 
 cắt nhau tại hai điểm A
Câu 4.(3,0 điểm) Cho hai đường tròn 
và B ( R  R ' và O, O ' thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB). Đường thẳng
O; R

O '; R '

AO cắt (O) và  O '  lần lượt tại C và M, đường thẳng AO ' cắt (O) và (O ' ) lần
C , D, M , N  A 
lượt tại N và D 
. Gọi K là trung điểm của CD; H là giao điểm của

CN và DM
d) Chứng minh rằng năm điểm M , N , O, K , B cùng thuộc một đường trịn

O )  AD  CH
Ta có ANC  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn  

CMD  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn  O ' )  AC  DH
Suy ra A là trực tâm HCD  HA  CD  H , A,B thẳng hàng

Dễ có tứ giác CDMN nội tiếp đường trịn tâm K
 MKN  2MCN (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung MN)

 HCM  HDN  1
Ta có tứ giác ABCN nội tiếp  ACN  ABN (góc nội tiếp cùng chắn cung AN)
Tứ giác ABDM nội tiếp  ADM  ABM (góc nội tiếp cùng chắn cung AM)


Kết hợp với (1) suy ra

ABN  ABM  ACN  MKN  MBN  2ACN  2 

 
Ta có
Từ (2) và (3) suy ra 5 điểm M , N , O, K , B cùng thuộc một đường tròn
MON  2ACN  MBN 3

e) Gọi  I  là đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD; E là điểm đối xứng của C
qua B; P là giao điểm của AE và HD; F là giao điểm của BH với

 I   F  H  ; Q là giao điểm của

CF với BP. Chứng minh rằng BP  BQ

Xét tứ giác ACFE có hai đường chéo CE  AF tại trung điểm B của CE  
Ta có DCM  BHD (cùng phụ với CDH ) . Mà BHD  DCF (góc nội tiếp cùng
1

»

chắn DF )  DCM  DCF  2 
Từ (1) và (2) suy ra ACFE là hình thoi
Xét BFE và BQC có BEP  BCQ (so le trong), BE  BC , EBP  CBQ (đối đỉnh)
 BPE  BQC ( g .c.g )  BP  BQ(dfcm)
f) Chứng minh rằng IBP  90

I
Gọi S , T là giao điểm của BQ và   (như hình vẽ)

Xét tứ giác ADEH có AED  AHD (cùng bằng ACE ), suy ra tứ giác ADEH nội
tiếp  PD.PH  PA.PE  PT .PS


Từ BPE  BQC  PE  QC  PA  QF  PA.PE  QF .QC  QS .QT
Vậy

QS .QT  PT .PS  QS  PQ  PT   PT .  PQ  QS 

 QS .PQ  QS .PT  PT .PQ  PT .QS  QS .PQ  PT .QS  QS  PT

 B là trung điểm của ST nên IB  ST  IBP  90  dfcm 

Câu 5. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương . Tìm giá trị nhỏ nhất của
P

biểu thức :
P

Ta có
a

x4

 x  y

1
4

y 
  1
x 



4



y4

 y  z

1
4

z 
 y  1





4



z4

 z  x

4

1
4

x 
 1 
z 

1
1
1
y
z
x
abc  1  P 


4
4

4
, b  ; c   a , b, c  0
 a  1  b  1  c  1
x
y
z
và

Đặt
Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có :

1
1
1
1
1
1
 2
.
 .
4
4
(a  1) 16
16  a  1
2  a  1 2
1

 b  1

4

 P



1 1
1
 .
;
16 2  b  1 2

1

 c  1

4



. Tương tự ta có :

1 1
1
 .
16 2  c  1 2

3 1 1
1
1 
 




16 2   a  1 2  b  1 2  c  1 2 
1

a  1
Ta chứng minh 
1

Thật vậy:  a  1

2



2



1

 b  1

1

 b  1

2



2



1
1  ab

với a, b  0

1
2
2
2
2
  a  1   b  1   1  ab    a  1 .  b  1


1  ab


  a 2  b 2  2a  2b  2   1  ab    ab  a  b  1

2

  a 2  b 2  2a  2b  2   1  ab    ab  a  b   2  ab  a  b   1
2

 1  ab  a 2  b 2   2ab  a 2b 2

 ab  a  b    ab  1  0
(luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi a  b  1
2

2

1

Tương tự có :
P

 c  1

2



1

 1  1

2



1
1
ab



1 c 1 1
ab  1
ab
. Khi đó :

1 1
1
1  3 1 1
ab
1 3 3 3
3


  

    

2
2
2
2   a  1
 b  1  c  1  16 2  1  ab ab  1 4  16 8 16 16

Vậy

Min P 

3
 a  b  c 1 x  y  z

16