Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh vĩnh phúc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN
NĂM HỌC 2022-2023
ĐỀ THI MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút , khơng kể giao đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (3,5 điểm)
a)

x
Giải phương trình 

2

 x  1  x 2  4 x  1  4 x 2

2
b) Giải phương trình x  3  5  x  2 15  2 x  x  4

 x 2  y 2  xy  3x  14 y
 2
 x  3x   x  y  3  18 y
c) Giải hệ phương trình 

Câu 2. (1,5 điểm)
2
2

a) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho p  3 pq  4q là một số chính phương
b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại các số tự nhiên x, y thỏa mãn
x 3  y 3  6 xy  p  8

Câu 3. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3 . Chứng minh rằng :
a) a  b  c 
b)

2ab  3

 a  b

2



3 2
2
2bc  3

 b  c

2



2ca  3

 c  a

2

6

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  sao cho hai tia BA và
CD cắt nhau tại điểm E. Hai tia AD, BC cắt nhau tại điểm F . Gọi G, H lần lượt là
trung điểm của AC , BD. Đường phân giác của các góc BEC và AFB cắt nhau tại
điểm K . Gọi L là hình chiếu vng góc của K trên đường thẳng EF . Chứng minh
rằng :
a )DEF  DFE  EBF và KL  LE.LF
b) GED  HEA và EG.FH  EH .FG
MB NB
KH

 2.
;
KG trong đó M là giao điểm của hai đường thẳng EK và BC, N là
c) MC NA
giao điểm của hai đường thẳng FK và AB
Câu 5. (1,0 điểm) Thầy Hùng viết các số nguyên 1; 2;3;....; 2021; 2022 lên bảng. Thầy

Hùng xóa đi 1010 số bất kỳ trên bảng. Chứng minh rằng trong các số còn lại trên
bảng ln tìm được:
a) 3 số có tổng các bình phương là hợp số
b) 504 số có tổng các bình phương chia hết cho 4


ĐÁP ÁN
Câu 1. (3,5 điểm)



d) Giải phương trình 
Với x  0 khơng là nghiệm của phương trình. Với x  0 chia 2 vế của phương trình
2
cho x ta được :
x 2  x  1 x 2  4 x  1  4 x 2

 1   x  1 

1 
1
1

x  4   4
 x 1   a
x 
x
x

. Đặt 
, phương trình trở thành
2
a  a  5   4  a  5a  4  0

1

 x 2  1  0(VN )
x   1  1


 a  1
x


 
3  5
2
a


4
1
(tmdk )

 x   1  4
 x  3 x  1  0  x 
2

x
3  5
x
2
Vậy

e) Giải phương trình

x  3  5  x  2 15  2 x  x 2  4

(2)

x  3  0

 3  x  5
5  x  0
15  2 x  x 2  0
Điều kiện : 
, Đặt t  x  3  5  x  t  0 
2
2
2
2
Ta có t  8  2 15  2 x  x  2 15  2 x  x  t  8 . Phương trình (2) trở thành

t   t 2  8   4  t 2  t  12  0

t  4(tm)  x  3  5  x  4  x 2  2 x  1  0  x  1(tm)

t  3( ktm)
Vậy x  1

 x 2  y 2  xy  3x  14 y  1
 2
 x  3x   x  y  3  18 y  2 
f) Giải hệ phương trình 
x  0
y  0   1  x 2  3 x  0  
 x  3
Với

 x 2  3x
 y   x  y   14

 2
 x  3x  x  y  3  18

Với y  0, chia cả 2 vế phương trình cho y ta được :  y


a  9

 a  b  11  b  2
 x 2  3x

a


a  2
,
 y
 ab  18

x  y  3  b
 b  9

Đặt
hệ phương trình trở thành
 x 2  3x
 2  x 2  5 x  24  0
a  2 

 x  3; y  9
*) 
 y


b  9 
 x  8; y  20
 y  12  x
x  y  3  9
 x 2  3x
9
 x 2  12 x  45  0
a  9
x  3  y  2

*) 
 y


b  2
 x  15  y  20
y  5 x
x  y  3  2


Vậy hệ phương trình có 6 nghiệm

 0;0  ;  3;0  ;  3;9  ;  8; 20  ;  3; 2  ;  15; 20 

Câu 2. (1,5 điểm)

2
2
c) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho p  3 pq  4q là một số chính
phương

Giả sử  p, q  là cặp số nguyên tố sao cho luôn tồn tại số nguyên dương r thỏa mãn
p 2  3 pq  4q 2  r 2  1
Giả sử p, q đểu khác 3. Ta có :
p 2  q 2  1 mod 3

2
2
2
2
2
nên r  p  3 pq  4q  p  q  2 (mod3) (vơ lý vì số chính
phương chia cho 3 khác 2)

p 3

Do đó pM3 hoặc qM3 mà p, q là số nguyên tố nên  q  3
Nếu p  3 thay vào (1) ta được :
r 2  4q 2  9q  9  4 p 2  12 p  9   2q  3

Mặt khác

2

r 2  4q 2  9q  9  4q 2  8q  4   2q  2 

Nên  2q  3

2

 r 2   2q  2 

2

2

Điều nầy vô lý nên trường hợp này khơng có giá trị r thỏa mãn

2
2
2
Nếu q  3 thay vào (1) ta được : r  p  9 p  36  p  12 p  36   p  6 

r 2  p 2  9 p  36  p 2  8 p  16   p  4 

Nên  p  4 

2

 r 2   p  6

2

, do đó

2

r 2   p  5

 p  9 p  36  p  10 p  25  p  11(tm)
Vậy p  11; q  3
2

2

2

2


d) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại các số tự nhiên x, y thỏa
3
3
mãn x  y  6 xy  p  8
Với các số x, y, p thỏa mãn giả thiết, ta có :
x3  y 3  6 xy  p  8   x  y   3xy  x  y   6 xy  p  8
3

  x  y   8  3xy  x  y  2   p   x  y   8  3xy  x  y  2   p
3

3

  x  y  2   x  y    x  y  .2  4  3 xy   p



2
2
 x  y  2   x  y  4  xy  2 x  2 y   p  *
2

 x  y  2; x 2  y 2  4  xy  2 x  2 y là ước của p

U ( p )   1;  p
Do x, y nguyên dương nên x  y  2  2, mặt khác p nguyên tố nên ta có :
 x  y  2  p  1
 2
2
 x  y  4  xy  2 x  2 y  1 2 
2
2
Xét phương trình x  y  4  xy  2 x  2 y  1

2 x 2  2 y 2  8  2 xy  4 x  4 y  2   x  y    x  2    y  2   2
Vì x, y có vai trò như nhau nên giả sử x  y
2

2

2

2
2
2
2
Mà 2  1  1  0 ; x,y là các số nguyên và x  y nên xảy ra các trường hợp sau :

 x  y  1
 x  y  2  1
 x  3
 x  y  1 

2


 x  3

th1:  x  2   1   x  2  1   
   x  1

y  2  0
 x  1

2

y  2
y

2

0



 y  2
Với x  1; y  2  p  5

Với x  3; y  2  p  7

p 5

Hai trường hợp còn lại làm tương tự cũng cho ra  p  7
p   5;7

Vậy
Câu 3. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3 . Chứng minh rằng :
3 2
2
2
2
2
 a  b   b  c    c  a   0

a) a  b  c 

Ta có :


 a 2  2ab  b 2  b 2  2bc  c 2  c 2  2ca  a 2  0
 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  2a 2  2b 2  2c 2  2ab  2bc  2ca
 3a 2  3b 2  3c 2  a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca  3a 2  3b 2  3c 2   a  b  c 
 a b c
2

2

2

 a  b  c


2

2

3
2
Mặt khác: a  b  c  ab  bc  ca  3
 6  2  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca   a 2  b 2  c 2   a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca 
2

 a  b  c


2

2

4
6.3 3 2
2

 a  b  c  a  b  c 
3
3

4
2
2
abc
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2ab  3 2bc  3 2ca  3
b)


6
2
2
2
 a  b  b  c  c  a
 1
  a  b  c 
2

Từ giả thiết ta có :
2ab  3

 a  b

2



2ab  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca

 a  b

2

 a  b


Tương tự ta có :

2

  c  b  c  a

 a  b

2

 c  a   a  b  ; 2ca  3  1   a  b   b  c 
2
2
2
 b  c
 b  c
 c  a
 c  a  . Do đó :
 b  c  c  a   c  a  a  b   a  b  b  c
VT  1  3 
2
2
2

 a  b
 b  c
 c  a
 b  c   c  a  .  c  a   a  b  .  a  b   b  c   6(dfcm)
 3 3
2
2
2
 a  b
 b  c
 c  a
2bc  3
2

 1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

abc

2
2

 1

 b  c  c  a
2
 a  b

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn   sao cho hai tia BA
và CD cắt nhau tại điểm E. Hai tia AD, BC cắt nhau tại điểm F . Gọi G, H lần lượt
là trung điểm của AC , BD. Đường phân giác của các góc BEC và AFB cắt
nhau tại điểm K . Gọi L là hình chiếu vng góc của K trên đường thẳng EF .
Chứng minh rằng :
O

a )DEF  DFE  EBF và KL  LE.LF

Theo tính chất tổng 3 góc trong tam giác, ta có : BEF  BFE  180  EBF
BEC  180  EBC  BCE , AFB  180  ABF  BAF
Tứ giác ABCD nội tiếp nên BCE  BAF  180
DEF  DFE  BEF  BEC  BFE  AFC

  BEF  BFE   BEC  AFB   180  EBF   BEC  AFB

BEC  AFB   180  EBC  BCE    180  ABF  BAF 

 360  2.EBF   BCE  BAF   360  2EBF  180  180  2EBF

DEF  DFE   180  EBF   2EBF  180  EBF  dfcm 
*EKF  180  KEF  KFE (tính chất tổng ba góc của KEF )

 BEC
  AFB

 180   KED  DEF    KDB  DFE   180  
 DEF  
 DFE 
 2

  2

Do đó KEF vng tại K, có KL là đường cao nên theo hệ thức ta được :


KL2  LE.LF suy ra KL  LE.LF  dfcm 
BEC  AFB
180  2EBF
 180 
  DEF  DFE   180 
 ADE
2
2
 180  90  EBF  EBF  90
b) GED  HEA và EG.FH  EH .FG

Xét EAC và EDB có :

»
BEC là góc chung, ECA  EBD (góc nội tiếp cùng chắn AD)
AC AE
 EAC ∽ EDB ( g .g ) 

 1
BD DE
1
1
DH  BD, AG  AC
2
2

Mà
(do H là trung điểm của BD; G là trung điểm của AC)

 1 

AG AE

DH DE

Nên từ
»
Ta có BAC  BDC (góc nội tiếp cùng chắn BC của (O))
Mà EAC  180  BAC; BDE  180  BDC (kề bù) nên
EAC  180  BAC ; BDE  180  BDC (kề bù) nên EAC  BDE
Xét EAG và EDH có :
AG AE

(cmt )  EAG ∽ EDH ( g .g )  2 
DH DE
 GEA  HED  GEA  HEG  HED  HEG  GED  HEA(dpcm)
EG AE AC
FG AC




Từ (2) EH DE BD . Tương tự ta có: FH BD
EG FG

 EG.FH  EH .FG  dfcm 

Do đó EH FH
MB NB
KH

 2.
;
KG trong đó M là giao điểm của hai đường thẳng EK và BC, N
c) MC NA
là giao điểm của hai đường thẳng FK và AB
Từ (2)  AEG  DEH
EK là tia phân giác của BEC nên AEK  DEK
 AEG  AEK  DEH  DEK  HEK  GEK
 EK là tia phân giác của GEH . Tương tự FK là tia phân giác của GKH
Gọi K ' là giao điểm của EK , GH . Theo tính chất đường phân giác, ta có :
EAG  EDH (cmt );

K ' G EG FG


K ' H EH FH
K ' G FG

HFG có K ' H FH nên FK ' là đường phân giác của GFH
Do đó K ' là giao ba đường phân giác DEF  K  K '  H , K , G thẳng hàng


MB EB

BEC có MC EC (theo tính chất đường phân giác )
EBC và EDA có BEC chung và EBC  ADC (cùng bù ADC )

EB ED
 EBC ∽ EDA( g.g ) 

EC EA
ED EH

 2 
EA EG
EH KH
MB KH



HEG có EG KG (theo tính chất đường phân giác) MC KG
NB KH
MB NB
KH



 2.
 dfcm 
KG
Tương tự ta có : NA KG MC NA
Câu 5. (1,0 điểm) Thầy Hùng viết các số nguyên 1; 2;3;....; 2021; 2022 lên bảng.

Thầy Hùng xóa đi 1010 số bất kỳ trên bảng. Chứng minh rằng trong các số
cịn lại trên bảng ln tìm được:
c) 3 số có tổng các bình phương là hợp số
Dãy các số nguyên 1; 2;3;....; 2021; 2022 có 1011 số chẵn và 1011 số lẻ

Nếu xóa đi 1010 sổ lẻ thì trên bảng còn 1011 số chẵn. Chọn ra 3 số chẵn bất kỳ
trong các số chẵn cịn lại thì tổng các bình phương của ba số này là 1 số chẵn
Nếu xóa đi 1010 số chẵn thì trên bảng cịn 1 số chẵn. Chọn ra số chẵn đó và 2 số lẻ
bất kỳ cịn lại thi tổng các bình phương 3 số này là 1 số chẵn
Tổng các bình phương của ba số chia hết cho 2 và lớn hơn 2 nên tổng này là hợp số
d) 504 số có tổng các bình phương chia hết cho 4
Các số chính phương lẻ chia 4 dư 1. Các số chính phương chẵn chia hết cho 4
Tổng 504 số chính phương lẻ chia hết cho 4
Sau khi xóa 1010 số trên bảng thì cịn lại 1012 số
+Nếu trong 1012 số này có 504 số lẻ thì 504 số này có tổng các bình phương chia
hết cho 4.
+Nếu trong 1012 số trên có ít hơn 504 số lẻ thì có ít nhất 506 số chẵn. 506 số chẵn
này có tổng các bình phương chia hết cho 4 . (đpcm)