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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH THÁI NGUYÊN

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN
NĂM HỌC 2022-2023
Môn thi: TỐN (CHUN)
Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể giao đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (1,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  2022

 2022  a   2022  b   2022  c 
Q
2

2

2

 a  b  . b  c  . c  a 
Tinh giá trị của biểu thức
Câu 2. (1,5 điểm) Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để phương
2

trình

x 2   m  3 x  m  1  0
2

2

2

có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt, khác không thoả mãn giá
2

x  x 
A 1    2 
 x2   x1  là một số nguyên.
trị của biểu thức
Câu 3, (1,0 điểm) Cho đa thức P ( x) có tất cả các hệ số là các số nguyên. Biết rằng
a, b, c là ba số nguyên phân biệt thỏa mãn P  a   P  b   P  c   2022 . Hỏi phương

trình P( x)  2023   có nghiệm ngun khơng? Vì sao?
4
4
4
Câu 4. (1,0 điểm) Tìm các số nguyên tố a,b,c sao cho: a  b  c  54  11abc
Câu 5. (1,0 điểm) Cho A là một tập con của tập số tự nhiên N. Tập A có phần tử

 luôn biểu
nhỏ nhất là 1, phần tử lớn nhất là 100 và mỗi phần tử x thuộc 
diễn được dưới dạng x  a  b trong đó a,b thuộc A (a có thể bằng b). Hãy tìm một
tập A có số phần tử nhỏ nhất. Giải thích cách tìm?
Câu 6. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường
trịn (O) và có trực tâm H. Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ A , B, C
của tam giác ABC. Gọi I là trung điểm cạnh BC, P là giao điểm của hai đường
thẳng EF và BC. Đường thẳng DF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm
thứ hai là K.
a) Chứng minh PB.PC=PE.PF và KE song song với BC;

b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là Q.
Chúng minh tứ giác BIQF nội tiếp.
Câu 7. (2,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C phân biệt theo thứ tự cùng nằm trên một
đường thẳng. Qua điểm B kẻ đường thẳng d vng góc với đường thẳng AC; D là
A x 1

một điểm di động trên đường thẳng d  D  B  .Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD
cắt đường thẳng d tại điểm E khác D. Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vng góc
của điểm B trên các đường thẳng AD và AE. Gọi R là giao điểm của hai đường
thẳng BQ và CD, S là giao điểm của hai đường thẳng BP và CE. Chứng minh:
a) Tứ giác PQSR nội tiếp;
b) Tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác PQSR ln thuộc một đường thẳng cố định
khi điểm D di động trên đường thẳng d .


ĐÁP ÁN
Câu 1. (1,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  2022

 2022  a   2022  b   2022  c 
Q
2

2

 a  b  . b  c  .  c  a 
2

Tinh giá trị của biểu thức

2

2

2

2
2
Ta có : 2022  a  a  ab  bc  ca   a  b   a  c 







Tương tự :
Thay vào Q ta được Q=1
Câu 2. (1,5 điểm) Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để
2022  b 2  b  a b  c

2022  c 2  c  a c  b

x 2   m  3 x  m  1  0

phương trình

có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt, khác không
2

2

x  x 
A 1    2 
 x2   x1  là một số nguyên.
thoả mãn giá trị của biểu thức
   m  3  4  m  1  m 2  2m  5   m  1  4  0  m 
2

Ta có:

2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt, khác 0  m  1
 x1  x2  m  3

Áp dụng định lý Vi-et ta có :  x1 x2  m  1
2

2
2
2
  x1  x2  2  2 x1 x2 
 x1   x2   x1 x2 
A       
 2
 2  
x1 x2
 x2   x1   x2 x1 



2

2

 m 2  4m  7 
4 


  2  m  3
 2
m 1 
m 1 



Với m nguyên dương, biểu thức A  ¢  4M m  1
m  1  1
 m  0(ktm)

  m  1  2   m  1(tm)
 m  1  4
 m  3(tm)
Vậy m  1, m  3 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 3, (1,0 điểm) Cho đa thức P( x) có tất cả các hệ số là các số nguyên. Biết
P a  P  b   P  c   2022
rằng a, b, c là ba số nguyên phân biệt thỏa mãn  
. Hỏi

phương trình P( x)  2023   có nghiệm ngun khơng? Vì sao?

Ta có

P  a   P  b   P  c   2022  P  a   2022  P  b   2022  P  c   2022  0

Khi đó: a, b, c là 3 nghiệm phân biệt của đa thức  
.
Do đó, tồn tại đa thức Q(x) có các hệ số là các số nguyên sao cho:
P x  2022

P  x   2022   x  a   x  b   x  c  Q  x 
Giả sử, phương trình P( x)  2023  0 có nghiệm ngun x  d .

Khi đó,

P  d   2023  0  P  d   2022  1

Ta lại có, P  d   2023   d  a   d  b   d  c  Q  d 

d  a   d  b   d  c  Q  d   1  1.1  ( 1).( 1)  *
Vậy 

d  a, d  b, d  c là 3 số nguyên phân biệt. Q  d  là số nguyên.
d  a   1;1 ; d  b   1;1 ; d  c   1;1

Do đó, từ (*) suy ra
Theo ngun lý Đi-rich-lê thì có ít nhất 2 trong ba số d  a; d  b; d  c bằng nhau.
Điều này mâu thuẫn với d  a; d  b; d  c là 3 số nguyên phân biệt.
Vậy điều giả sử là sai.

Tóm lại: Phương trình P( x)  2023  0 khơng có nghiệm nguyên.
4
4
4
Câu 4. (1,0 điểm) Tìm các số nguyên tố a,b,c sao cho: a  b  c  54  11abc
Th1: a  3; b  3; c  3
Vì a, b, c là các số nguyên tố nên khi đó
a 4  1 mod 3 , b 4  1 mod 3  , c 4  1 mod 3   a 4  b 4  c 4  0  mod 3 

a 4  b 4  c 4  54  0  mod 3 ;11abc  1  mod 3

Ta có
Vậy trường hợp này không thỏa mãn

hoặc

11abc  2  mod 3

TH2: Trong 3 số a, b, c có ít nhất một số bằng 3
Khơng mất tính tổng qt, giả sử a  3 . Ta có :
34  b 4  c 4  54  33bc  b 4  c 4  135  33bc  *
33bc  0  mod 3
 b 4  c 4  0  mod 3 

135  0  mod 3
Vì 

b 4  0  mod 3
b 4  1 mod 3 ; c 4  0  mod 3
Mặt khác b, c là các số nguyên tố nên

hoặc

hoặc

c 4  1 mod 3

b 4  0  mod 3
b  c  0  mod 3   4
c  0  mod 3
Vậy từ
4

4


Do b, c là các số nguyên tố nên b  c  3
Thay b  c  3 vào (*) ta thấy thỏa mãn
Vậy a  b  c  3
Câu 5. (1,0 điểm) Cho A là một tập con của tập số tự nhiên N. Tập A có phần

 luôn
tử nhỏ nhất là 1, phần tử lớn nhất là 100 và mỗi phần tử x thuộc 
biểu diễn được dưới dạng x  a  b trong đó a,b thuộc A (a có thể bằng b). Hãy
tìm một tập A có số phần tử nhỏ nhất. Giải thích cách tìm?
A x 1

1  x1  x2  ....  xn  100  1
Giả sử A có số phần tử là n, ta sắp xếp chúng theo thứ tự

Suy ra với mỗi

k   1; 2;3;....; n  1

1  i, j  k  2 
ta có xk 1  xi  x j  xk  xk  2 xk , với

Áp dụng kết quả   ta thu được x2  1  1  2; x3  2  2  4; x4  8, x5  16, x6  32, x7  64
Suy ra tập A phải có ít nhất 8 phần tử
2

Giả sử n  8  x8  100
Vì x6  x7  32  64  96  100  x8  2 x7  50
Vi` x5  x6  16  32  48  50  x7  2 x6  x6  25

Vì x4  x5  8  16  24  25  x6  2 x5  x5  12,5 (mâu thuẫn)


 thỏa mãn u cầu bài tốn
Với n  9 ta có tập
Câu 6. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường
trịn (O) và có trực tâm H. Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ A , B,
C của tam giác ABC. Gọi I là trung điểm cạnh BC, P là giao điểm của hai
đường thẳng EF và BC. Đường thẳng DF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
HEF tại điểm thứ hai là K.
A  1; 2;3;5;10; 20; 25;50;100


a) Chứng minh PB.PC=PE.PF và KE song song với BC
Ta có: BEC  BFC  90  BFEC là tứ giác nội tiếp
 PFB ∽ PCE ( g.g )  PB.PC  PE.PF  1

Các tứ giác BFHD, HEKF nội tiếp nên :
EBC  HBD  HFD  HEK  BEK  KE / / BC

b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai
là Q. Chúng minh tứ giác BIQF nội tiếp.
Xét PHE và PEQ có : HPE  HPF ; PEH  PQF
 PHE ∽ PFQ( g.g )  PH .PQ  PF .PE  2 

Từ (1) và (2) suy ra

PB.PC  PH .PQ 

PB PQ

PH PC

PB PQ
BPC  HPC ;

 PBQ ∽ PHC (c.g.c)

PBQ
PH PC
Xét
và PHC có :
 PQB  PCH  BHQC là tứ giác nội tiếp

Khi đó FQB  FQH  HQB  FEH  HCB  2FCB  FIB
Vậy tứ giác BIQF là tứ giác nội tiếp

Câu 7. (2,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C phân biệt theo thứ tự cùng nằm trên
một đường thẳng. Qua điểm B kẻ đường thẳng d vng góc với đường thẳng

 .Đường tròn ngoại tiếp
AC; D là một điểm di động trên đường thẳng d 
tam giác ACD cắt đường thẳng d tại điểm E khác D. Gọi P, Q lần lượt là hình
DB


chiếu vng góc của điểm B trên các đường thẳng AD và AE. Gọi R là giao
điểm của hai đường thẳng BQ và CD, S là giao điểm của hai đường thẳng BP
và CE. Chứng minh:

a) Tứ giác PQSR nội tiếp
Do tứ giác ADCE nội tiếp nên ADE  ACE  SBC  ABP  ACE  SB  SC
tương tự , ta có SEB  SBE  SC  SE nên S là trung điểm CE
Cmtt R cũng là trung điểm CD
Do

RB  RC , SB  SC  SRB  SRC  c.c.c 

 BSR  CSR  BEC  BAP  BQP  PQSR là tứ giác nội tiếp

b) Tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQSR luôn thuộc một đường thẳng cố
định khi điểm D di động trên đường thẳng d .
Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQSR , gọi L là trung điểm của AD
Ta có : RL / / AC , RS / / DE  LRS  90
Suy ra LS là đường kính của đường trịn (I)
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng DE , AC
Khi đó N là điểm cố định. Lại có ML / / AE, NS / / AE và

MNLS là hình bình hành, suy ra I là trung điểm MN
Mà MBN  90 nên IN  IB
Vậy I thuộc đường trung trực đoạn thẳng BN cố định

ML  NS 

1
AE
2
nên tứ giác