SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2022-2023
Mơn: TỐN CHUN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Cho phương trình
x 2 2 m 2 x 2m 5 0
. Tìm m để phương trình có hai nghiêm
1 1
3
x
;
x
x
x2
1
2
1
phân biệt
thỏa mãn
b) Chứng minh rằng
P 3 2
10 3 3
10 3
2
9
9 là số nguyên
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 xy 8 x 4 y 4 0
2
2
b) Chứng minh rằng nếu m, n là hai số tự nhiên thỏa mãn 2022m m 2023n n thì
2
2
2022 m n 1
là số chính phương
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình 4 x 3 x 15 3x 1 0
b) Cho hai số thực a, b phân biệt. Quanh đường tròn viết n số thực đôi một khác nhau
2
n 3 sao cho mỗi số bằng tổng của hai số đứng liền kề nó. Tìm n và các số được
viết nếu hai số đầu tiên được viết lần lượt là a và b
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nôi tiếp đường trịn có đường cao AA1 , đường
trung tuyến BB1 và đường phân giác trong CC1 . Goi D, E , F lần lượt là giao điểm của
O
AA1 ; BB1 ; CC1 với O . Biết A1 B1C1 là tam giác đều
a) Chứng minh rằng tam giác ABC đều
b) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng CE , N là trung điểm của đoạn thẳng CD . I là
giao điểm của AN và FM . Tính AIF
c) Tia CI cắt AF và (O) lần lượt tại J và K. Chứng minh rằng I là trung điểm của
JA
CK . Tính tỉ số JF
a 2b ab 2 2 a b ab 0.
a
,
b
Câu 5. (1,0 điểm) Cho
là các số thực dương thỏa mãn
2 a 3b ab3 1 2ab 3
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
2ab
ĐÁP ÁN
Câu 1. (2,0 điểm)
c) Cho phương trình
x 2 2 m 2 x 2m 5 0
. Tìm m để phương trình có hai
1 1
3
x
;
x
x
x2
1
2
1
nghiêm phân biệt
thỏa mãn
2
' m 3
Tính được
m 3
' 0
5
2m 5 0 m
2
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 0 thì
x1 x2 2 m 2
Theo Vi-et ta có : x1 x2 2m 5
1 1
x x
11
3 1 2 3 x1 x2 3x1 x2 2 m 2 3 2m 5 m (tm)
x1 x2
x1 x2
4
11
m
4
Vậy
d) Chứng minh rằng
Ta có :
P3 2
P 3 2
10 3 3
10 3
2
9
9 là số nguyên
10 3 10 3
10 3
10 3
10 3 3
10 3
3 2
2
3 3 2
2
2
9
9
9
9
9
9
300
.P P 3 4 2 P
81
P 2
P3 2P 4 0 2
P 2 P 2 0(vn)
Vậy P 2 hay P là số nguyên
P3 4 3 3 4
Câu 2. (2,0 điểm)
x 2 2 xy 8 x 4 y 4 0
2
c) Tìm nghiệm nguyên của phương trình
Phương trình 1 x 2 y 4 x 4 y 4 0 2
2
2
(1)
Xem phương trình (2) là phương trình bậc hai ẩn x, ta cần tìm điều kiện của y để
2
phương trình có nghiệm ' 0
y 4 4 y 4 3 y 4 0 y 4 x 2
2
2
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên
2
2
d) Chứng minh rằng nếu m, n là hai số tự nhiên thỏa mãn 2022m m 2023n n
x; y 2;0
thì
2022 m n 1
là số chính phương
2022m m 2023n n 2022m2 2022n 2 m n n 2
m n 2022m 2022n 1 n 2 1
2
2
Th1 : Với m n 1 m n 0 2022 m n 1 1 là số chính phương
m n; 2022m 2022n 1 d
Th2: Với m n m n 0 . Gọi
m n Md
n 2 Md 2 nMd mMd
2022
m
2022
n
1
M
d
2022m 2022n Md 1Md d 1 m n; 2022m 2022n 1 1
2022m 2022n 1 là hai số nguyên tố cùng nhau
Mặt khác
chính phương (đpcm)
Câu 3. (2,0 điểm)
m n 2022m 2022n 1 n 2
hay m n và
là số chính phương nên suy ra
2022 m n 1
là số
2
c) Giải phương trình 4 x 3 x 15 3 x 1 0 (1)
Phương trình
3 x 1 0
4 x 2 3 x 15 3x 1 2
2
4 x 3x 15 3 x 1
1
1
x
x
x2
3
3
4 x 2 3 x 15 9 x 2 6 x 1 5 x 2 3x 14
Vậy x 2
d) Cho hai số thực a, b phân biệt. Quanh đường tròn viết n số thực đôi một khác
n 3
n
nhau
sao cho mỗi số bằng tổng của hai số đứng liền kề nó. Tìm và các
số được viết nếu hai số đầu tiên được viết lần lượt là a và b
Đánh số các số được viết theo thứ tự là a1 ; a2 ;....; a6 với a1 a; a2 b . Ta có :
a1 a; a2 b; a3 b a; a4 a; a5 b; a6 a b; a7 a a1
Suy ra n 6. Mà
Th1: n 3 a1 a; a2 b; a3 b a
Vì a3 a1 a2 b a b a a 0 a2 a3 (loại)
n 3 n 3; 4;5;6
Th 2 : n 4 a1 a; a2 b; a3 b a; a4 a
a4 a1 a3 a b a2 a4 (ktm)
Th3 : n 5
a1 a; a2 b; a3 b a; a4 a; a5 b
a5 a1 a4 0 b 0 a2 a5 ( ktm)
Th 4 : n 6
a1 a; a2 b; a3 b a; a4 a; a5 b; a6 a b
Dễ thấy a6 a1 a5 luôn thỏa mãn
phân biệt thì
Để các số i
Vậy n 6 và các số được viết là a1 a; a2 b; a3 b a; a4 a; a5 b; a6 a b
a i 1, 6
ab 0; a b; a 2b; b 2a *
O
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nơi tiếp đường trịn có đường cao AA1 ,
đường trung tuyến BB1 và đường phân giác trong CC1 . Goi D, E , F lần lượt là giao
O
điểm của AA1 ; BB1; CC1 với . Biết A1 B1C1 là tam giác đều
d) Chứng minh rằng tam giác ABC đều
1
A1 B1 AC
AA
C
A
B
2
Xét tam giác 1 vng tại 1 có 1 là trung điểm cạnh AC nên
1
B1C1 AC AC1C
2
Suy ra
vuông tại C1 , mà CC1 là đường phân giác của C nên C1 là
trung điểm cạnh AB
1
AC
2
Lại có
nên A1C1 là đường trung bình của tam giác ABC , suy ra A1 là
trung điểm cạnh BC
Vậy A1; B1; C1 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC , CA, AB nên ABC đều (đpcm)
A1C1 B1C1
e) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng CE , N là trung điểm của đoạn thẳng CD .
I là giao điểm của AN và FM . Tính AIF
Vì ABC đều nên AFBDCE là lục giác đều
»
»
»
»
»
»
Do đó sd AF sd FB sd BD sd DC sdCE sd EA 60
Xét FCM và ADN có FC AD, CM CN , FCM ADN 60
Suy ra FCM ADN (c.g .c) DAN CFM
OAI OFI OIAF là tứ giác nội tiếp AIF AOF 60
f) Tia CI cắt AF và (O) lần lượt tại J và K. Chứng minh rằng I là trung điểm
JA
của CK . Tính tỉ số JF
Ta có OCE và OCD là hai tam giác đều bằng nhau nên
Lại có MN là đường trung bình
CED MN
OM ON
1
DE. OMN
2
đều
1
DE
2
MON MIN 60 M , I , O, N cùng thuộc một đường trịn
Lại có OMC ONC 90 O, N , M , C cùng thuộc đường trịn đường kính OC
Vậy 5 điểm O, I , M , C , N cùng thuộc một đường trịn đường kính OC
Suy ra OIC OMC 90 OI CK I là trung điểm của CK
Từ O kẻ OG FM , OH AN . Gọi L là giao của AN , CF
Ta có AOH FOG OG OH OGI OHI GIO HIO
OL IL
OI là phân giác của
OF IF
OL IL 1
ADC
IF 3IL 1
OF IF 3
Mà L là trọng tâm
Gọi bán kính của (O) là R nên CE R
FIL
Xét ECF vng tại E có EF CE.tan ECF R.tan 60 R 3
R 2 R 13
4
2
2
Mà tứ giác OIMC nội tiếp nên FI .FM FO.FC 2 R
2 R 2 4 13R
IF 4 13R
IF
IL
FM
13
3
39
OIAF
Vì tứ giác
nội tiếp nên :
FM EF 2 EM 2 3R 2
4 2
13R
R 13
3 13R
R AL
AI IL
AI
9
3
3
13
1
NIC NOC 30 NIM IJ
2
Dễ có
là đường phân giác trong góc I của
JA IA 3
AIF
JF IF 4
a 2b ab 2 2 a b ab 0.
a, b
LO.LF IL. AL
Câu 5. (1,0 điểm) Cho
là các số thực dương thỏa mãn
2 a 3b ab 3 1 2ab 3
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Ta có :
P
2ab
a 2b ab 2 2 a b ab 0 ab a b 2 a b 2ab
ab
Lại có
2 2
8
2
2
2 a b 2 a b 8 0 a b 4
a b
a b
a 2b ab 2 2 a b ab 0 1
2 a 3b ab3 1 2ab 3
2
P
2ab
1 2ab
2
3
2
2
1 1
1
ab a b
ab 2 a b
2ab a 2 b 2 1 2ab 3
2
2ab
1
2ab
ab
1
1
3
2
2
1
a b 2
a b
ab 2
2 ab
a2 b2
a b 2
2
64
64
127 3
64 64 127 3 71
2
33 a b .
.
ab ab ab 2
ab ab
4 2 4
71
Min P
ab2
4
Vậy
a b
2