b đề vào 10 chuyên tin 2022 2023 tỉnh thanh hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUN LAM SƠN
NĂM HỌC 2022-2023
Mơn thi: Tốn chun Tin
Thời gian làm bài : 150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I. (2,0 điểm)
1. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn điều kiện a  b  c  0 và a  2  a  c  2   a  b  2  .
2022
2022
2022
Tính giá trị của biểu thức A  a  b  c
2. Cho các số thực x, y, z khác 0, đôi một khác nhau và thỏa mãn
2

1 1 1
  0
x  xy  y  yz  z  zx . Chứng minh x y z
2

2

2

Câu II. (2,0 điểm)
1)


Giải phương trình





x  3  x  1 x2  4 x2  4 x  3  4 x

2
2
2 x  xy  y  5 x  y  2  0
 2
2
2) Giải hệ phương trình  x  y  x  y  4  0

Câu III. (2,0 điểm)
1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x; y  sao cho x  y  2  x  y   xy
2
2. Cho p là số nguyên tố lẻ. Tìm tất cả các số nguyên dương n để n  np là bình
phương của một số nguyên dương
2

2

Câu IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB  AC và BAC  60 . Đường trịn tâm I bán
kính r nơi tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC , CA, AB lần lượt tại D, E , F . Đường
thẳng ID cắt EF tại K, đường thẳng qua K và song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự tại
M,N

1) Chứng minh rằng các tứ giác IFMK và IMAN nội tiếp
2) Gọi J là giao điểm của AK và BC . Chứng minh J là trung điểm của BC và
AC  AB  2 DJ

3) Gọi S là diện tích tứ giác IEAF . Tính S theo r và chứng minh
S IMN là diện tích tam giác IMN )

S IMN 

S
4 )(trong đó

2
2
2
Câu V. (1,0 điểm) Xét ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  14 . Tìm giá trị nhỏ

 1
P  2 x  y  48 

 x z

nhất của biểu thức

1 

y2 


ĐÁP ÁN
Câu I. (2,0 điểm)

a2  2  a  c  2  a  b  2
a
,
b
,
c
a

b

c

0
3. Cho
là ba số thực thỏa mãn điều kiện
và
.
2022
2022
2022
Tính giá trị của biểu thức A  a  b  c

a    b  c 

a  b  c  0  b    a  c 

c    a  b 

Ta có
a2  2  a  c  2  a  b  2

Thay vào điều kiện

 b  c

2

ta có :

 2  b  2   c  2   b 2  2bc  c 2   2b  4   c  2 

b  2
2
2
 b 2  2bc  c 2  2bc  4b  4c  8   b  2    c  2   0  
a0
 c  2
A  a 2022  b 2022  c 2022  22022   2 

2022

2
Vậy
4. Cho các số thực x, y, z khác 0, đôi một khác nhau và thỏa mãn
2023

1 1 1
  0

x  xy  y  yz  z  zx . Chứng minh x y z
2
2
2
Giả sử ta có : x  xy  y  yz  z  zx  a
2

2

2

a
1 xy
 
x y
x
a
1 yz 1 zx

; 
a z
a
Chứng minh tương tự ta có : y
1 1 1 x y yzzx
  
 0(dfcm)
a
Khi đó ta có x y z
x 2  xy  a  x  x  y   a  x 

Câu II. (2,0 điểm)


3) Giải phương trình
ĐK : x  0


Khi đó :





x  3  x  1 x 2  4 x2  4 x  3  4 x





x  3  x  1 x2  4 x2  4x  3  4x






2 x2  4 x2  4x  3
x  3  x 1

 x 4

2



 x  1  x  3



  4x  x  4

x2  4 x  3  2x x  3  2x x  1

2

 2x x  3  2x x 1





 x x  2 x  3  2 x 1 2 x  3  x  0
x  2  2
 x2  4 x  4

 x  2 x 1 x  2 x  3  0   2
 x  6
 x  4 x  12
 x  2






Đối chiếu điều kiện





 x  6; 2  2



2 x 2  xy  y 2  5 x  y  2  0  1
 2
x  y 2  x  y  4  0  2


4) Giải hệ phương trình
 1  y 2  xy  y  2 x 2  5x  2  0

Ta có :

 y 2   x  1 y  2 x 2  5 x  2  0  y 2   x  1 y   x  2   1  2 x   0
 y2   2x 1  x  2 y   x  2  1  2x   0
 y 2   2 x  1 y   x  2  y   x  2   1  2 x   0

 y  y  2 x  1   x  2   y  2 x  1  0   y  x  2   y  2 x  1  0
 y  2  x   2  x2   2  x  2  x  2  x  4  0  x  y  1


x  y  1

 y  2 x  1   2   x 2   2 x  1 2  x  2 x  1  4  0  

 x   4 ; y   13

5
5


4 13 
 x; y    1;1 ;   ;  
 5 5 

Vậy

Câu III. (2,0 điểm)

x; y
3. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương   sao cho

x 2  y 2  2  x  y   xy

Ta có :

x  y 2  2  x  y   xy  x 2  y 2  2 x  2 y  xy  0
2

 x 2   2  y  x  y 2  2 y  0  *

Xem phương trình đã cho là phương trình bậc hai ẩn x

   2  y   4  y 2  2 y   y 2  4 y  4  4 y 2  8 y  3 y 2  12 y  4
2

2
2
Để tồn tại cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn x  y  2  x  y   xy thì pt (*) phải có

nghiệm

   0  3 y 2  12 y  4  0 

Mà y nguyên dương nên

y   1; 2;3; 4

64 3
6 4 3
 y
3
3


3  13
(ktm)
2
 x  0(ktm)
*) y  2  x 2  4  2  x  2   2 x  

 x  4(tm)
*) y  1  x 2  1  2  x  1  x  x 

5  13
(ktm)
2
x  2
*) y  4  x 2  16  2  x  4   4 x  
(tm)
x  4
*) y  3  x 2  9  2  x  3  3x  x 

Vậy có 2 cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn yêu cầu bài toán    
2
4. Cho p là số nguyên tố lẻ. Tìm tất cả các số nguyên dương n để n  np là bình
phương của một số ngun dương
(BÍ)
Câu IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB  AC và BAC  60 . Đường trịn tâm I
bán kính r nơi tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC , CA, AB lần lượt tại D, E , F .
Đường thẳng ID cắt EF tại K, đường thẳng qua K và song song với BC cắt AB, AC theo
thứ tự tại M , N
2; 4 ; 4; 4

4) Chứng minh rằng các tứ giác IFMK và IMAN nội tiếp
 MN / / BC
 KD  MN  IKM  IKN  90

KD

BC


Ta có
Xét tứ giác IFMK có IFM  IKM  90  90  180 , mà 2 góc này đối nhau

IF )  1
Nên tứ giác IFMK nội tiếp  IMF  IKF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung


Xét tứ giác INEK có IKN  IEN  90 , mà 2 góc này nằm ở hai đỉnh kề nhau nên tứ giác
INEK nội tiếp  ENI  IKF (góc ngồi và góc trong tại đỉnh đối diện) (2)
Từ (1) và (2) suy ra IMF  ENI  ANI nên tứ giác AMIN nội tiếp (tứ giác có góc ngồi
và góc trong tại đỉnh đối diện bằng nhau)
5) Gọi J là giao điểm của AK và BC . Chứng minh J là trung điểm của BC và
AC  AB  2 DJ

*Chứng minh J là trung điểm của BC
Tứ giác IFMK nội tiếp (cmt)  IMK  IFK (cùng chắn cung IK)
Tứ giác INEK nội tiếp (cmt)  INK  IEK (cùng chắn cung IK)
Mà IE  IF (cùng bằng bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC )  IEF cân tại I
 IEK  IFK  IMK  INK  IMN cân tại K

 
Mà
là trung điểm của MN (trong tam giác cân đường cao đồng thời là

MK
 NK
đường trung tuyến)
IK  MN cmt  K

MK AK NK


Vì MN / / BC (gt), nên áp dụng định lí Ta-let ta có BJ AJ CJ mà MK  KN (cmt )
 BJ  CJ  J là trung điểm của BC
*Chứng minh AC  AB  2DJ

Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có :

CE  CD

 AE  AF
 BF  BD


. Khi đó ta có :

AC  AB  AE  CE   AF  BF    AE  AF   CD  BD  CD  BD

  CJ  DJ    BJ  DJ   (CJ  BJ )  2 DJ

BC  cmt   CJ  BJ  CJ  BJ  0
Mà J là trung điểm của
Vậy AC  AB  2 DJ (dfcm)
S IMN 

6) Gọi S là diện tích tứ giác IEAF . Tính S theo r và chứng minh
S IMN là diện tích tam giác IMN )
*Tính diện tích IEAF theo r
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau nên ta có : AI là phân giác của BAC

1
 IAF  IAE  .60  30
2
. Xét tam giác vng IAE có :

AE  IE.cot 30  r 3  AF  S IEA 

1
1
r2 3
IE. AE  .r.r 3 
 S IAF
2
2
2

 S IEAF  S IAE  S IAF  r 2 3
2
Vậy S  r 3

*Chứng minh

S IMN 

S
4 )(trong đó S IMN là diện tích tam giác IMN )

S
4 )(trong đó

Gọi H là giao điểm của AI và EF. Ta có :
AE  AF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  A thuộc trung trực của EF
IE  IF  r  I  trung trực của EF
 AI là trung trực của EF  AI  EF tại H
Tứ giác AEIF có AEI  AFI  180 mà 2 góc này đối nhau nên AEIF là tứ giác nội tiếp
 EAF  EIF  180  60  EIF  180  EIF  120
Mà IA là phân giác của EIF (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)  EIH  FIH  60

Xét tam giác IHE có HE  IH .tan 60  IH 3  EF  2 HE  2 IH 3  3
Tứ giác AMIN nội tiếp (cm câu a)  EAF  NIM  180 (tính chất tứ giác nội tiếp)
 NIM  180  60  120
Tam giác IMN cân tại I (cmt) nên đường cao IK đồng thời là phân giác
 NIK  MIK  60
NK  IK .tan 60  IK 3  MN  2 NK  2 IK 3  4 
NIK

Xét tam giác vng
có
Lại có IH  IK (quan hệ vng góc, đường xiên)
Do đó từ (3) và (4) suy ra EF  MN . Ta có
Xét tam giác AEF có
 S IMN

 r 3

4 3

S IMN 


EAF  60  gt 
 AEF


 AE  AF (cmt )

1
1 MN
MN 2 EF 2
IK .MN 
MN 

2
22 3
4 3 4 3

đều  EF  AE  r 3

2



r2 3
S
S  r 2 3(cmt )  S IMN  (dfcm)
4 .Mà
4

2

2
2
Câu V. (1,0 điểm) Xét ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  14 . Tìm giá trị nhỏ

 1
P  2 x  y  48 

 xz

nhất của biểu thức

1 

y2 


Phá căn bằng AM-GM và áp dụng dồn biến bằng cộng mẫu, ta có :


1
1
16




1
4
4
4 

xz
y  2 x  y  z  10



y  2 2 4  y  2  y  2  4 y  6 
2
2
2
Đưa x  y  z  14 từ bậc 2 về bậc 1 bằng BĐT Bunhia copxki cho 3 số, ta được :
1
4
4


x  z 2 4 x  z x  z  4

 x  2 y  3z 

2

  12  22  32   x 2  y 2  z 2   14

Biến đổi bểu thức P về mơ hình 1 biến nghịch đảo :


P  2x  y 

768
48.16

 3  x  y  z  10  
  x  2 y  3z   30
x  y  z  10
x  y  z  10

P  2 3.48.16  14  30  52
48.16

3  x  y  z  10   x  y  z  10

 Min P  52   x  2 y  3z  14; x  z  4; y  2  6  x  1; y  2; z  3
x y z
  
 1 2 3