BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN
NĂM HỌC 2022-2023
Mơn : TỐN CHUYÊN
Thời gian làm bài :150 phút
Bài 1. (2,0 điểm)
a) Không sử dụng máy tính, hãy tìm giá trị của biểu thức
P = 3 7+5 2 + 3 7−5 2
b)
Cho đa thức
P ( x ) = ax 2 + bx + c
với
a≠0
. Chứng minh rằng, nếu đa thức
x
nhận giá trị nguyên với mỗi số ngun thì
ngun. Sau đó, chứng tỏ rằng, nếu ba số
P ( x)
2 a , a + b, c
cũng nhận giá trị nguyên với mỗi số nguyên
ABC
Bài 2. (3,0 điểm) Cho tam giác đều
của đường tròn ngoại tiếp tam giác
đường tròn (O) tại điểm thứ hai
a)
2a, a + b, c
Chứng minh rằng tia
EO
OBC
cắt đường tròn
ABOF
Chứng minh rằng tứ giác
c)
Gọi D là giao điểm thứ hai của đường thẳng
Bài 3. (2,0 điểm) Cho
minh rằng số
N =a
2022
a, b, c, d
+b
2022
+c
là những số nguyên thì
x
OB
( O)
tại điểm E. Tia
BE
cắt
F
b)
minh rằng ba điểm
đều là những số
ngoại tiếp đường tròn (O). Cung nhỏ
là tia phân giác của góc
A, F , D
P ( x)
CEF
nội tiếp
CE
và đường tròn (O). Chứng
thẳng hàng
là các số nguyên dương thỏa mãn
2022
+d
ab = cd .
Chứng
2022
là hợp số
0,1, 2,....,9
Bài 4. (2,0 điểm) Ta viết mười số
vào mười ơ trịn trong hình bên dưới,
mỗi số được viết đúng 1 lần. Sau đó, ta tính tổng của ba số trên mỗi đoạn thẳng để
nhận được 6 tổng. Có hai khơng một cách viết 10 số như thế sao cho 6 tổng nhận
được bằng nhau.
Bài 5. (1,0 điểm)
a) Trong mặt phẳng cho năm điểm sao cho khơng có ba điểm nào thẳng hàng.
Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một tam giác tù có các đỉnh được lấy từ năm
điểm đã cho
b) Trong mặt phẳng cho 2022 điểm sao cho khơng có ba điểm nào thẳng hàng.
Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2018 tam giác tù mà mỗi tam giác tù đó có
các đỉnh được lấy từ
2022
điểm đã cho
ĐÁP ÁN
Bài 1. (2,0 điểm)
Khơng sử dụng máy tính, hãy tìm giá trị của biểu thức
c)
P = 3 7+5 2 + 3 7−5 2
P = 3 7+5 2 + 3 7 −5 2 =
Ta có
Cho đa thức
d)
P ( x)
3
(1+ 2 )
P ( x ) = ax 2 + bx + c
3
(
+ 3 1− 2
với
a≠0
)
3
= 1+ 2 +1− 2 = 2
. Chứng minh rằng, nếu đa thức
x
nhận giá trị nguyên với mỗi số ngun thì
số ngun. Sau đó, chứng tỏ rằng, nếu ba số
nguyên thì
P ( x)
2 a , a + b, c
2 a , a + b, c
đều là những
là những số
cũng nhận giá trị nguyên với mỗi số nguyên
x
x
Giả sử P(x) nhận giá trị nguyên với mọi số nguyên . Khi đó, ta có :
P ( −1) , P ( 0 ) , P ( 1)
ta có :
Vậy
là các số nguyên. Suy ra
a + b = ( a + b + c) − c
2a, a + b
là số nguyên và
a − b + c, c, a + b + c
2a = ( a + b + c ) + ( a − b − c )
và c là các số nguyên.
Bây giờ, giả sử
2 a , a + b, c
là các số nguyên. Từ đó
là các số nguyên. Khi đó, ta có :
là số nguyên.
P ( x ) = a ( x 2 − x ) + ( a + b ) x + c = 2a.
x ( x − 1)
+ ( a + b) x + c
2
Luôn nhận giá trị nguyên với mọi số nguyên x, do
x ( x − 1)
2
là số nguyên với mọi x
nguyên
Bài 2. (3,0 điểm) Cho tam giác đều
OB
BE
ABC
của đường tròn ngoại tiếp tam giác
cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai
ngoại tiếp đường tròn (O). Cung nhỏ
OBC
F
cắt đường tròn
( O)
tại điểm E. Tia
d)
Chứng minh rằng tia
EO
là tia phân giác của góc
Do đường tròn (O) nội tiếp tam giác đều
AO, BO, CO
Do tứ giác
Suy ra
ABC
nên
là các đường phân giác của tam giác
OEBC
nội tiếp nên
∠OEF = ∠OEC
CEF
∠BAC = ∠CBA = ∠ACB = 60°
ABC
∠OEF = ∠OCB = 30°
nên EO là tia phân giác của
và
∠OEC = ∠OBC = 30o
∠CEF
và
e)
Chứng minh rằng tứ giác
Vì tam giác
OEF
f)
nội tiếp
∠OFE = ∠OEF = 30°
cân tại O nên
∠BAO = ∠BFO = 30°
Do
ABOF
ABOF
nên tứ giác
nội tiếp
Gọi D là giao điểm thứ hai của đường thẳng
Chứng minh rằng ba điểm
Hai tam giác
Suy ra
OED, OEF
ED = EF .
có
A, F , D
OE = OF = OD
Từ đó, tam giác
DEF
và
∠OEF = ∠OED
cân tại E. Mà
ABOF
∠AFB + ∠BFD = ∠AOB + ∠EFD = 120° + 60° = 180°
A, F , D
minh rằng số
a , b, c , d
2022
+b
2022
Từ giả thiết , ta có
nhau. Do
a
2022
x
y
= mx, c
nên chúng bằng nhau
∠DEF = 60°
nội tiếp, ta có :
2022
là các số nguyên dương thỏa mãn
+c
2022
+d
= my, d
Chứng
là hợp số
2022
a
d
x
= 2022 =
2022
c
b
y
2022
ab = cd .
2022
với
x, y
là các số nguyên dương nguyên tố cùng
là phân số tối giản nên tồn tại các số nguyên dương
2022
nên tam giác này là
thẳng hàng
Bài 3. (2,0 điểm) Cho
N =a
và đường tròn (O).
thẳng hàng
tam giác đều. Bây giờ, với chú ý rằng tứ giác
Vậy ba điểm
CE
= nx, b
2022
= ny
N = mx + ny + my + nx = ( m + n ) ( x + y )
m, n
sao cho
. Từ đó, ta có :
là hợp số, do
m + n; x + y
là các số nguyên dương
lớn hơn 1.
0,1, 2,....,9
Bài 4. (2,0 điểm) Ta viết mười số
vào mười ơ trịn trong hình bên
dưới, mỗi số được viết đúng 1 lần. Sau đó, ta tính tổng của ba số trên mỗi
đoạn thẳng để nhận được 6 tổng. Có hai khơng một cách viết 10 số như thế
sao cho 6 tổng nhận được bằng nhau.
Giả sử tồn tại một cách điền số
thỏa mãn yêu cầu đề bài. Gọi các
số được điền là
a1 , a2 ,......, a10
như hình vẽ trên
Khi đó :
6 S = ( a1 + a5 + a2 ) + ( a2 + a7 + a3 ) + ( a3 + a6 + a1 ) + ( a3 + a10 + a4 )
+ ( a4 + a9 + a2 ) + ( a4 + a8 + a1 )
= 2 ( a1 + a2 + a3 + a4 ) + ( a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8 + a9 + a10 )
= 2 ( a1 + a2 + a3 + a4 ) + ( 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 )
= 2 ( a1 + a2 + a3 + a4 ) + 45
Suy ra 45 là số chẵn, mâu thuẫn. Vậy không tồn tại cách điền số thỏa mãn đều bài
Bài 5. (1,0 điểm)
a)
Trong mặt phẳng cho năm điểm sao cho không có ba điểm nào thẳng
hàng. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một tam giác tù có các đỉnh được
lấy từ năm điểm đã cho
A1 , A2 , A3 , A4 , A5
Xét năm điểm
trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng
hàng. Có thể thấy rằng bao lồi C của năm điểm này phải là một ngũ giác lồi hoặc
một tứ giác lồi hoặc một tam giác
*Trường hợp 1: Bao lồi C của năm điểm này là một ngũ giác lồi. Khơng mất tính
tổng qt, giả sử ngũ giác đó là
A1 A2 A3 A4 A5
. Khi đó, ta có :
∠A1 A2 A3 + ∠A2 A3 A4 + ∠A3 A4 A5 + ∠A4 A5 A1 + ∠A5 A1 A2 = 540°
Suy ra , trong các góc
∠A1 A2 A3 , ∠A2 A3 A4 , ∠A3 A4 A5 , ∠A4 A5 A1 , ∠A5 A1 A2
phải có một góc lớn
90°
hơn
, từ đó suy ra điều cần chứng minh
*Trường hợp 2: Bao lồi C của năm điểm này là một tứ giác lồi. Khơng mất tính
tính tổng qt, giả sử tứ giác đó là
giác
A2 A3 A4 A5
. Ta có :
nhất trong các góc
90°
. Khi đó , điểm
A1
phải nằm trong tứ
∠A2 A1 A3 + ∠A3 A1 A4 + ∠A4 A1 A5 + ∠A5 A1 A2 = 360°
∠A2 A1 A3 , ∠A3 A1 A4 , ∠A4 A1 A5 , ∠A5 A1 A2
. Nếu góc này có số đo bằng
đều phải bằng nhau và bằng
A2 , A1 , A4
A2 A3 A4 A5
90°
90°
thì cả 4 góc
. Suy ra
. Do đó , góc lớn
phải có số đo không nhỏ hơn
∠A2 A1 A3 , ∠A3 A1 A4 , ∠A4 A1 A5 , ∠A5 A1 A2
∠A2 A1 A3 + ∠A3 A1 A4 = 180°
, tức là ba điểm
thẳng hàng, mâu thuẫn. Như vậy, góc lớn nhất trong các góc
∠A2 A1 A3 , ∠A3 A1 A4 , ∠A4 A1 A5 , ∠A5 A1 A2
phải là góc tù. Ta có điều phải chứng minh
*Trường hợp 3: Bao lồi C của năm điểm này là một tam giác. Không mất tính tổng
qt, giả sử tam giác đó là
giác này, Suy ra
A2 A3 A4
. Khi đó hai điểm
∠A2 A1 A3 + ∠A3 A1 A4 + ∠A4 A1 A2 = 360°
A1
và
A5
phải nằm trong tam
. Từ đó , góc lớn nhất trong ba
360°
= 120° > 90°.
3
∠A2 A1 A3 , ∠A3 A1 A4 , ∠A4 A1 A2
góc
phải có số đo khơng nhỏ hơn
Ta có
điều phải chứng minh.
b) Trong mặt phẳng cho 2022 điểm sao cho khơng có ba điểm nào thẳng
hàng. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2018 tam giác tù mà mỗi tam
giác tù đó có các đỉnh được lấy từ
2022
điểm đã cho
n+4
Ta sẽ chứng minh mệnh đề tổng quát bằng quy nạp theo n: Với
điểm trên mặt
phẳng cho trước , sao cho khơng có ba điểm nào thẳng hàng, tồn tại ít nhất n tam
giác tù mà mỗi tam giác tù đó có các đỉnh được lấy từ
Theo kết quả câu a) mệnh đề đúng với
n = 1.
n+4
Giả sử mệnh đề đúng với
nguyên dương, ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng với
A1 , A2 ,.... Ak +5
năm điểm
điểm đã cho.
n = k + 1/ .
Xét
Ak +1 , Ak + 2 , Ak +3 , Ak + 4 , Ak +5
tù.Bỏ qua điểm
k +5
điểm
theo câu a) ta tìm được một tam giác tù có các đỉnh
Ak +5
và xét
k +4
điểm
A1 , A2 ,.... Ak + 4
k
Như vậy, từ
k +5
điểm
A1 , A2 ,....., Ak + 5
, ta tìm được
k +1
k +4
k+4
điểm này.
tam giác tù có các đỉnh được
điểm đang xét. Khẳng định cũng đúng với
n
Ak +3 Ak + 4 Ak +5
. Theo giả thiết quy nạp, từ
điểm đang xét, ta tìm được tam giác tù có các đỉnh được lấy từ
k +5
với k
trên mặt phẳng sao cho khơng có ba điểm nào thẳng hàng. Khi đó, với
lấy được từ năm điểm này.Khơng mất tính tổng qt, giả sử tam giác
lấy từ
n=k
nạp, ta có khẳng định đúng với mọi nguyên dương .
n = k + 1.
Theo nguyên lý quy