Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh thái bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022-2023
Mơn thi: TỐN
(Dành cho thí sinh thi chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài : 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 01 trang)

Câu 1. (2,0 điểm)
a)

Cho

a, b, c

là các số thực thỏa mãn

b)

a = 1 + 3 + 5 + .... + 2021

c)

Cho đa thức bậc hai
P ( 1) , P ( 2 )

2

2

2

f ( x ) = ( −m 2 + 4m − 10 ) x 2

Cho hàm số

. Tính

P = a + b + c − ( a + b + c) +1
2

giá trị của biểu thức

( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) = ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1)

với

m

là tham số thực và các số

b = 2 + 4 + 6 + .... + 2020 +

;

P ( x ) = ax 2 + bx + c

với

a, b, c

là các số nguyên. Chứng minh rằng

2022
2

là các số thực. Giả sử

P ( 2022 )

P ( 0) ,

là một số nguyên

Câu 2. (2,5 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau :
a )3 ( x + 1) x 2 + x + 3 − 3x 2 − 4 x − 7 = 0
 x +1 + y +1 = 4

b) 
8 + 4 xy = x + 1 16 x + 16 − 3 + y + 1

(

)

Câu 3. (3,5 điểm) Chotam giác
có các đường cao
BC

J

AM , BN , CP

là giao điểm của

và

16 y + 16 − 3

AB, I

E, F

Chứng minh

b)

Chứng minh ba điểm

là giao điểm của

E, H , F

Q

thẳng hàng

QF

( O; R )

và

là điểm bất kỳ trên cung nhỏ

lần lượt là điểm đối xứng của Q qua

MH .MA = MP.MN

a)

)

có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn

cắt nhau tại H. Gọi

(Q khác B, Q khác C). Gọi
QE

ABC

(

và

AC

AB

và

AC

;


Biết

c)

BC = R 3,

tìm giá trị nhỏ nhất của

Câu 4. (1,0 điểm) Tìm các số tự nhiên

(2

x

x, y

AB AC
+
QJ QI

thỏa mãn :

+ 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 ) − 5 y = 11879

Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương

a , b, c

. Chứng minh bất đẳng thức :

4a 2 + ( b − c )
4b 2 + ( c − a )
4c 2 + ( a − b )
+
+
≥3
2a 2 + b 2 + c 2 2b 2 + c 2 + a 2 2c 2 + a 2 + b 2
2

2

2

ĐÁP ÁN
Câu 1. (2,0 điểm)
d)

Cho

a, b, c

là các số thực thỏa mãn

.

P = a + b + c − ( a + b + c) +1
2

Tính giá trị của biểu thức
Từ giả thiết có:

( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) = ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1)
2

2

2

abc + ab + bc + ca + a + b + c + 1 = abc − ab − bc − ca + a + b + c − 1
⇔ ab + bc + ca = −1 ⇔ P = a 2 + b 2 + c 2 − ( a + b + c ) + 1 = −2 ( ab + bc + ca ) + 1 = 3
2

Vậy
e)

P=3

Cho hàm số

f ( x ) = ( − m 2 + 4m − 10 ) x 2

a = 1 + 3 + 5 + .... + 2021

n

Với nguyên dương, có
⇒ n +1 + n −1 < 2 n

(

m

là tham số thực và các số

b = 2 + 4 + 6 + .... + 2020 +

;

n +1 + n −1

. Ta thấy

với

)

2

= 2 n + 2 n 2 − 1 < 2n + 2 n 2 = 4 n

n = 1,3,5,...., 2021

ta có :

2 + 0 < 2 1; 4 + 2 < 2 3,..., 2022 + 2020 < 2 2021

được :

2022
2

. Cộng từng vế các BĐT ta


(

) (

) (

2 + 4 + .... + 2022 +

⇒2

(

0 + 2 + .... + 2022 < 2

1 + 3 + ..... + 2021

(

)

)

2 + 4 + .... + 2020 + 2022 < 2

1 + 3 + 5.... + 2021

)

⇒ 2b < 2a ⇒ 0 < b < a
2
⇒ f ( a ) − f ( b ) = ( −m 2 + 4m − 10 ) ( a 2 − b 2 ) =  −6 − ( m − 2 )  ( a − b ) ( a + b ) < 0


⇒ f ( a) < f ( b)

f ( a) < f ( b)

Vậy

Cho đa thức bậc hai

f)

P ( 0 ) , P ( 1) , P ( 2 )

P ( x ) = ax 2 + bx + c

với

a, b, c

là các số thực. Giả sử

là các số nguyên. Chứng minh rằng

P ( 2022 )

nguyên
Ta có

P ( 0 ) = c, P ( 1) = a + b + c, P ( 2 ) = 4a + 2b + c

⇒ ( 4a + 2b + c ) − c = 4a + 2b ∈ ¢

và

là các số nguyên

( a + b + c) − c = a + b ∈ ¢

⇒ ( 4a + 2b ) − 2 ( a + b ) = 2a ∈ ¢ ⇒ 2 ( a + b ) − 2a = 2b ∈ ¢

Do

2b ∈ ¢ ⇒ 2022b ∈ ¢ , do 2a ∈ ¢ ⇒ 20222 a ∈ ¢

, kết hợp với

c∈¢

⇒ 20222 a + 2022b + c ∈ ¢ ⇒ P ( 2022 ) ∈ ¢

Vậy

P ( 2022 )

là số nguyên

Câu 2. (2,5 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau :
a )3 ( x + 1) x 2 + x + 3 − 3x 2 − 4 x − 7 = 0

ĐKXĐ:
Ta đặt

x∈¡

x + 1 = a, x 2 + x + 3 = b ( b > 0 ) ⇒ a 2 + 2b 2 = 3 x 2 + 4 x + 7

là một số


Khi đó phương trình trở thành :

a = b
3ab = a 2 + 2b 2 ⇔ ( a − b ) ( a − 2b ) = 0 ⇔ 
 a = 2b

 x ≥ −1

*) a = b ⇒ x + 1 = x 2 + x + 3 ⇔  2
⇔ x=2
2
x
+
2
x
+
1
=
x
+
x
+
3

 x ≥ −1
*) a = 2b ⇒ x + 1 = 2 x 2 + x + 3 ⇔  2
⇔ x∈∅
2
 x + 2 x + 1 = 4 x + 4 x + 12

Vậy phương trình có nghiệm

x=2

 x +1 + y +1 = 4

b) 
8 + 4 xy = x + 1 16 x + 16 − 3 + y + 1

(

ĐKXĐ:

x ≥ −1; y ≥ −1; xy ≥ 0

)

(

16 y + 16 − 3

)

. Ta có :

 x +1 + y +1 = 4

hpt ⇔ 
8 + 4 xy = 4 ( x + 1 + y + 1) − 3

(

x +1 + y +1

)

 x + 1 + y + 1 = 4
 x + 1 + y + 1 = 4

⇔
⇔
8 + 4 xy = 4 ( x + y ) + 8 − 3.4
 x − xy + y = 3

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki có :
4 = x + 1 + y + 1 ≤ 2 ( x + y + 2 ) − 2 ( x + y + 2 ) ≥ 16 ⇒ x + y ≥ 6 ( 1)

Mà lại có

xy ≥ 0

. Từ đấy ta có

3 = x − xy + y ≥ x −

Từ (1), (2)

⇒

. Áp dụng BĐT AM-GM ta có :

x+ y
x+ y
−y=
⇒ x + y ≤ 6 ( 2)
2
2

dấu bằng xảy ra

Vậy hệ có nghiệm

x, y ≥ 0

( x; y ) = ( 3;3)

x +1 = y +1
x = y

⇔
⇔ x = y = 3(tm)
x + y = 6
 x, y ≥ 0


Câu 3. (3,5 điểm) Chotam giác
và có các đường cao
nhỏ
AB

BC

và

d)

; là giao điểm của

Chứng minh

APMC

tứ giác

có

APMC

có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn

cắt nhau tại H. Gọi
E, F

(Q khác B, Q khác C). Gọi

AC J

Tứ giác
⇒

AM , BN , CP

ABC

QE

và

Q

( O; R )

là điểm bất kỳ trên cung

lần lượt là điểm đối xứng của Q qua

AB, I

là giao điểm của

QF

và

AC

MH .MA = MP.MN

∠APC = ∠AMC = 90°

(Do

CP, AM

nội tiếp đường trịn đường kính

là đường cao của

∆ABC )

AC

⇒ ∠MPC = ∠MAC hay ∠MPH = ∠MAN

Từ tứ giác

APMC

nội tiếp ta cũng có

⇒ ∠BMP = ∠CMN ( = ∠BAC )

∠BMP = ∠BAC

, kết hợp với

và tương tự thì

∠AMB = ∠AMC = 90°

∠CMN = ∠CAB


⇒ ∠PMH = ∠AMN

(phép cộng góc)

⇒ ∆PHM ∽ ∆ANM ( g.g ) ⇒

MH MP

=
⇔ MA.MH = MP.MN
MN MA
E, H , F

Chứng minh ba điểm

e)

BH , CH

Gọi

giao (O) tại điểm thứ hai lần lượt là

Ta sẽ chứng minh
Ta có
kính

H

∠XBP = ∠ACP

BC

(do

thẳng hàng
X ,Y

đối xứng X qua AB

(do tứ giác

ACBX

nội tiếp) và tứ giác

BPNC

∠BPC = ∠BNC = 90°) ⇒ ∠ACP = ∠PBH

⇒ ∠XBP = ∠PBH

BP ⊥ HX ⇒ ∆HBX

và

⇒ PH = PX (dfcm)

cân

Theo các tính chất của phép đối xứng thì ta thu được tứ giác
cân

⇒ ∠XHE = ∠QXH = ∠QAC

Tương tự ta có
Mà

Y

EXHQ

là hình thang

(tính chất góc nội tiếp)

đối xứng với H qua AC và

∠XHY = 1800 − ∠BAC

nội tiếp đường

(do tứ giác

APHN

∠YHF = ∠QYH = ∠QAB

nội tiếp)

⇒ ∠XHE + ∠YHF + ∠XHY = ∠QAC + ∠QAB − ∠BAC + 180° = 180°
⇒ E, H , F

f)

Biết

thẳng hàng

BC = R 3,

tìm giá trị nhỏ nhất của

AB AC
+
QJ QI

Ta chứng minh các bổ đề sau :

1)

ABC

BC
2R

Cho tam giác
nội tiếp
thì
Ta có thể chứng minh bằng cách kẻ OM vng góc BC tại trung điểm M của
BM = R.sin

nó . Khi đó
2)

sin ∠BAC =

( O; R )

Cho tam giác

ABC

∠BOC
BC
= R.sin ∠BAC ⇒ sin BAC =
( BC = 2 BM )
2
2R

nội tiếp

( O; R )

và

BC = R 3

thì

∠BAC = 60°


⇒ sin BAC =

Chứng minh dựa theo bổ đề đầu tiên
3)

Định lý Ptolemy:

3
⇒ ∠BAC = 60°
2

AB.QC + AC.BQ = AQ.BC

BC 2 = QB 2 + QB.QC + QC 2
4)

Áp dụng bổ đề 1 và định lý 3, ta có biến đổi sau :
AB AB QJ
AB
1
AB 2 R
=
:
=
.
=
.
QJ AQ AQ AQ sin QAB AQ BQ
AC AC QI
AC
1
AC 2 R
=
:
=
.

=
.
QI AQ AQ AQ sin QAC AQ CQ
⇒

AB AC 2 R  AB AC  2 R AB.CQ + AC .BQ 2 R AQ.BC 2 3R 2
+
=
.
+
.
=
.
=
÷=
QJ QI
AQ  BQ CQ  AQ
QB.QC
AQ QB.QC QB.QC
⇒ 3R 2 = QB 2 + QB.QC + QC 2 = ( QB − QC ) + 3QB.QC ⇒ QB.QC ≤ R 2
2

Từ (2)
(do

( QB − QC )

2

≥ 0).

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
⇒ Min

AB AC
+
=2 3⇔Q
QJ QI

QB = QC ⇔ Q

là điểm chính giữa cung BC

là điểm chính giữa cung BC khơng chứa A
x, y

Câu 4. (1,0 điểm) Tìm các số tự nhiên

(2
Đặt

x

thỏa mãn :

+ 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 ) − 5 y = 11879

2 x = a ⇒ ( a + 1) ( a + 2 ) ( a + 3 ) ( a + 4 ) − 5 y = 11879

⇔ ( a + 1) ( a + 4 )  ( a + 2 ) ( a + 3)  − 5 y = 11879

⇔ ( a 2 + 5a + 4 ) ( a 2 + 5a + 6 ) − 5 = 11879
⇔ ( a 2 + 5a + 5 ) − 5 y = 11880
2


y ≥ 1 ⇒ 5 y M5 ⇒ ( a 2 + 5a + 5 ) M5 ⇒ a 2 + 5a + 5M5 ⇒ ( a 2 + 5a + 5 ) M25
2

Nếu

Như vậy nếu

2

y ≥ 2 ⇒ 5 y M25 ⇒ 11880M25

(vô lý)

 y = 1 ⇒ ( a 2 + 5a + 5 ) 2 = 11885( ktm)
⇒ y <2⇒ 
2

2
x
 y = 0 ⇒ ( a + 5a + 5 ) = 11881 ⇒ a = 8 ⇒ 2 = 8 ⇔ x = 3

Thử lại với
Vậy

( x, y ) = (3, 0)

( x, y ) = ( 3, 0 )

ta thấy thỏa mãn.

là cặp số duy nhất thỏa mãn đề bài

Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương

a, b, c

. Chứng minh bất đẳng thức :

4a 2 + ( b − c )
4b 2 + ( c − a )
4c 2 + ( a − b )
+
+
≥3
2a 2 + b 2 + c 2 2b 2 + c 2 + a 2 2c 2 + a 2 + b 2
2

4a 2 + ( b − c )

2

2

2a 2 + b 2 + c 2

=

2

4a 2 + 2 ( b 2 + c 2 ) − ( b + c )
2a 2 + b 2 + c 2

Ta có :

( b + c)

2

= 2−

(a

2

2

+ b2 ) + ( a 2 + c 2 )

2
 b2
 b2
c 2  4a + ( b − c )
c2 
≥ 2− 2
+ 2 2 ÷− 2

≥ 2− 2
+ 2 2 ÷( 1)
2
2
a + c  2a + b 2 + c 2
a +c 
 a +b
 a +b
2

4b 2 + ( c − a )

Chứng minh tương tự ta có :

 c2
a2 
≥
2
−
+
 2 2
÷( 2 )
2b 2 + c 2 + a 2
a2 + b2 
b +c

4c 2 + ( a − b )
 a2
b2 
≥

2
−
+
3

2
2
2
2 ÷( )
2c 2 + a 2 + b 2
a +c b +c 
2

Cộng từng vế các BĐT

2

( 1) , ( 2 ) , ( 3)

ta có :


4a 2 + ( b − c )
4b 2 + ( c − a )
4c 2 + ( a − b )
 a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 
+
+
≥
6

−
+ 2 2+ 2
=3
 2
2
2 ÷
2a 2 + b 2 + c 2 2b 2 + c 2 + a 2
2c 2 + a 2 + b 2
a
+
b
b
+
c
c
+
a


2

2

Dấu = xảy ra khi

a=b=c

4a 2 + ( b − c )
4b 2 + ( c − a )
4c 2 + ( a − b )

+
+
≥3⇔ a =b =c
2a 2 + b 2 + c 2 2b 2 + c 2 + a 2 2c 2 + a 2 + b 2
2

Vậy

2

2

2