e đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh nam định

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG
NĂM HỌC 2022-2023
Môn thi : TOÁN (Đề chuyên)
Thời gian làm bài : 150 phút
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1. (2,0 điểm)

2
2
1. Cho f  x   2 x  2 x  7 có hai nghiệm phân biệt là x1 , x2 . Đặt g  x   x  1. Tính giá trị

của biểu thức T  g  x1  .g  x2 
2
2
2
2. Cho các số thực a, b, c bất kỳ thỏa mãn a  b  c  2022 . Chứng minh rằng :

 2a  2b  c 

2

  2b  2c  a    2c  2a  b   18198
2

2

Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
1) x 2 



 x  1

3

 3x  4



 y  7 3  4  2x  y   2  x  4

2) 
 2 2 x  1  2 y  14  x  4

y7 4

Câu 3. (3,0 điểm)

Cho đường trịn  O; R  và điểm M nằm ngồi đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp
tuyến MA, MB với đường tròn (O) ( A, B là các tiếp điểm). Gọi D là điểm trên cung lớn AB

của đường tròn  O; R  sao cho AD / / MB và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với
đường tròn  O; R 
1) Gọi H là giao điểm của các đường thẳng OM và AB. Chứng minh rằng
MH .MO  MC.MD và tứ giác OHCD nội tiếp
2) Gọi G là trọng tâm tam giác MAB. Chứng minh rằng ba điểm A, C , G thẳng hàng

3) Giả sử OM  3R . Kẻ đường kính BK của đường tròn  O; R  . Gọi I là giao điểm của

các đường thẳng MK , AB. Tính giá trị biểu thức
Câu 4. (1,5 điểm)

T  8.

IM 2  IA2
IA
 5.
2
2
IK  IH
AB

4
3
2
1) Chứng minh rằng P  n   n  14n  71n  154n  120 chia hết cho 24 với mọi số tự
nhiên n

2) Cho p là số nguyên tố có dạng 4k  3  k  ¥  . Chứng minh nếu a, b  ¢ thỏa mãn
2
2
a 2  b 2 chia hết cho p thì a Mp và b Mp . Từ đó suy ra phương trình x  4 x  9 y  58
khơng có nghiệm nguyên
Câu 5. (1,5 điểm)
1) Xét các số thực không âm x, y , z thỏa mãn x  y  z  6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
P

thức

x2
yz  1  x3



y2
zx  1  y 3



z2
xy  1  z 3


2) Từ 2022 số nguyên dương đầu tiên là 1, 2,3,...., 2022, người ta chọn ra n số phân biệt
sao cho cứ 2 số bất kỳ được chọn ra đều có hiệu khơng là ước của hai số đó. Chứng
minh rằng n  674


ĐÁP ÁN
Câu 1. (2,0 điểm)

2
2
1. Cho f  x   2 x  2 x  7 có hai nghiệm phân biệt là x1 , x2 . Đặt g  x   x  1. Tính giá

trị của biểu thức T  g  x1  .g  x2 

2
Xét f  x   0, ta có : 2 x  2 x  7  0

 '   1  2.( 7)  15  0
2

Ta có

 Phương trình f  x   0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
 x1  x2  1


7
 x1 x2  2
Theo hệ thức Vi-et, ta có :
T  g  x1  .g  x2    x12  1  x22  1
  x1 x2    x12  x22   1
2

  x1 x2    x1  x2   2 x1 x2  1
2

2

2

 7
 7
     12  2.   1

 2
 2
49
21

7 
4
4
21
T
4
Vậy
2
2
2
2. Cho các số thực a, b, c bất kỳ thỏa mãn a  b  c  2022 . Chứng minh rằng :

 2a  2b  c 

2

  2b  2c  a    2c  2a  b   18198
2

2

Ta có :

 2a  2b  c    2b  2c  a    2c  2a  b 
2

2
2
  2a  2b   2  2a  2b  c  c 2   2b  2c   2.  2b  2c  a  a 2   2c  2a   2.  2c  2a  b  b 2
2

2

2

 4a 2  8ab  4b 2  4ac  4bc  c 2  4b 2  8bc  4c 2  4ab  4ac  a 2  4c 2  8ca  4a 2  4bc  4ab  b 2
 9  a 2  b 2  c 2   9.2022  18198(dfcm)

Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
1) x 2 



 x  1

3

 3x  4



 y  7 3  4  2x  y   2  x  4

2) 
 2 2 x  1  2 y  14  x  4

Giải
1) ĐKXĐ: x  1
Ta có :

x2 

 x  1

2

 3x  4

y7 4


 x  1

 x 2  3x  4 

  x  1  x  4  

3

0

 x  1

3

0



 x  1  x  4    x  1



 x  1

2

2

 x4

3

0



x 1  0

 x  1
 x  1
  x  1 2  0
x 1  0

2



   x  1  16  8 x  x  
 x  9  21 (tmdk )
x  4  x 1  0
 x 1  4  x
  x  4


2


 9  21 
S   1;

2 


Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
 y  7 3  4  2 x  y   2  x  4  y  7  4  1



(2)
2) 2 2 x  1  2 y  14  x  4





1


x  
2

 y  7
ĐKXĐ:

Giải (1) ta có :



y7



3

 y7
  y  7

 4.  2 x  y   2  x  4 

y7 4

y  7  4  2x  y   2  x  4

y7 40

y  7  4  2x  y   2  x  4

y  7  4  0(do y  7)



y  7.  y  7  2 x  8   4  2 x  y  1  0



y  7.  2 x  y  1  4  2 x  y  1  0

 y  7  4  y  7  16  y  9
  2 x  y  1 4  y  7  0  
 y  2 x  1(**)
+) Với y  9, thay vào (2) ta được :





2 2 x  1  18  14  x  4  2 2 x  1  x  2
x  0
 4  2 x  1  x 2  4 x  4  x 2  4 x  0  
(tmdk )
x  4

 Hệ có nghiệm  x; y     0;9  ; (4;9)
+) Với y  2 x  1, thay vào (2) ta được :
2 2 x  1  2.  2 x  1  14  x  4
 2 2 x  1  4 x  12  x  4
 2 2x 1  2 x  3  x  4

x4
 2x 1  x  3 
2


2
2
Đặt a  2 x  1, b  x  3  a, b  0   x  4  a  b
Khi đó ta có :

a 2  b2
ab 
 a 2  b2  2  a  b 
2
 a  b( ktm do a, b  0)
  a  b   a  b  2  0  
a  b  2
Với a  b  2
 2x 1  x  3  2
 2x  1  x  3  4  4 x  3  x  4 x  3
x  0
 x  0

 2
   x  12  y  2 x  1  2.12  1  25(tm)
 x  16  x  3
  x  4  y  2 x  1  2.4  1  9(tm)

 x; y     12; 25  ;  4;9  

Hệ có nghiệm

Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm  x; y     0;9  ; (4;9); (12; 25)
Câu 3. (3,0 điểm)

Cho đường tròn  O; R  và điểm M nằm ngồi đường trịn. Từ điểm M kẻ hai
tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) ( A, B là các tiếp điểm). Gọi D là điểm trên cung
lớn AB của đường tròn  O; R  sao cho AD / / MB và C là giao điểm thứ hai của đường
thẳng MD với đường tròn  O; R 

1) Gọi H là giao điểm của các đường thẳng OM và AB. Chứng minh rằng
MH .MO  MC.MD và tứ giác OHCD nội tiếp
*Chứng minh MH .MO  MC.MD


Ta có : OA  OB  R  O thuộc trung trực AB
MA  MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)  M thuộc trung trực của AB
 OM là trung trực của AB nên OM  AB tại H
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAM , đường cao AH có :
MH .MO  MA2  1

Xét MAC và MDA có :
MDA  MAC (cùng chắn cung AC) ; AMD chung
MA MC

 MA2  MC.MD  2 
MD MA
Từ (1) và (2) suy ra MH .MO  MC.MD(dfcm)
*Chứng minh tứ giác OHCD nội tiếp
MH MD

MH .MO  MC.MD 

MC MO
Vì
Xét MCH và MOD có :
MH MD
OMD chung ;

 cmt 
MC MO
 MCH ∽MOD(c.g .c)  MHC  MDO (2 góc tương ứng)
 MAC ∽MDA( g.g ) 

Hay MHC  ODC
Mà 2 góc này là góc ngồi và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác OHCD
Nên OHCD là tứ giác nội tiếp
2) Gọi G là trọng tâm tam giác MAB. Chứng minh rằng ba điểm A, C , G thẳng hàng
Gọi E là giao điểm của AC và MB
Xét (O) có : EBC  EAB (cùng chắn cung BC)
Xét EBC và EAB có :
BEC chung ; EBC  EAB (cmt )  EBC ∽EAB ( g .g )
EB EC
2


 3
EA EB (hai cặp cạnh tỉ lệ)  EB  EA.EC
Ta có MAC  MDA(cmt ) mà MDA  CME (so le trong do AD / / MB )
 MAC  CME

Xét MEC và AEM có : MEAchung , MAC  CME (cmt )
 MEC ∽AEM ( g.g ) 
 ME 2  EA.EC  4 

ME EC

AE ME (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

Từ (3) và (4)  EB  ME  BE  ME  E là trung điểm của BM
 AE là đường trung tuyến của tam giác MAB
Mà G là trọng tâm của tam giác MAB  G thuộc đường thẳng AE
 A, C , G, E thẳng hàng  A, C , G thẳng hàng
2

2


3) Giả sử OM  3R . Kẻ đường kính BK của đường tròn  O; R  . Gọi I là giao điểm
T  8.

IM 2  IA2
IA
 5.
2
2
IK  IH
AB

của các đường thẳng MK , AB. Tính giá trị biểu thức
2

Xét AOM vuông tại A, đường cao AH , ta có : AO  OH .OM (hệ thức lượng trong tam giác
AO 2 R 2 R


OM 3R 3
vuông)
Xét ABK có H , O lần lượt là trung điểm của AB, BK
 OH 

ABK  HO 

1
AK
2
(tính chất đường trung bình)

 HO là đường trung bình của tam giác
2R
 AK  2 HO 
3
R 8R
M H  MO  OH  3R  
3
3
Ta có :
Vì BAK  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AK  AB
Suy ra AK / / MH (vì cùng vng góc với AB)

2R
IK

IA AK
1


 3   IH  4 IA
IM IH MH 8R 4
3
Theo định lý Ta-let, ta có :
8R R 8 2
2 2R
4 2R
AH 2  HM .HO 
.  R  AH 
 AB  2 AH 
3 3 9
3
3
Có

8 2R
 2 128 2
IH 
R
 HI 


15
225
HI  4 AI  


 AI  2 2 R
 IA2  8 R 2

225

15
Mà

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vng MHI có :
2

2
 8R   8 2  192 2
MI  MH  HI  
R 
R
 
25
 3   15 

IK 1
IM
IM 2 12 2
  IK 
 IK 2 

R
4
16
25

Ta có : IM 4
2

2

2

32
8
2 2

5851
T  8. 5 225  5. 15 
12 128
4 2 118

25 225
3
Vậy

Câu 4. (1,5 điểm)

4
3
2
1) Chứng minh rằng P  n   n  14n  71n  154n  120 chia hết cho 24 với mọi số tự
nhiên n
Ta có :

P  n   n 4  14n 3  71n 2  154n  120   n 4  14n3  49n 2   22n 2  154n  120

 n 2  n 2  14n  49   22n  n  7   120  n 2  n  7   10n.  n  7   12n  n  7   10.12
2

 n  n  7   n  n  7   10   12  n  n  7   10    n  n  7   10  .  n  n  7   12 

  n 2  7 n  10   n 2  7 n  12    n  2   n  5   n  3  n  4    n  5   n  4   n  3   n  2 

Vì P  n  là tích của 4 số tự nhiên liên tiếp, trong 4 số tự nhiên liên tiếp ln có 2 số chẵn,
một số chia hết cho 4, số còn lại chia hết cho 2.
Ngồi ra có ít nhất một số chia hết cho 3
Vì vậy P  n  ln chia hết cho 4.3.2  24( dfcm)

2) Cho p là số nguyên tố có dạng 4k  3  k  ¥  . Chứng minh nếu a, b  ¢ thỏa mãn a  b
2
2
chia hết cho p thì a Mp và b Mp . Từ đó suy ra phương trình x  4 x  9 y  58 khơng có
nghiệm ngun
2
2
Giả sử p  4k  3 và a  b chia hết cho p
2

Nếu a và b đều khơng chia hết cho p thì  a, p    b, p   1

p 1
p 1
Áp dụng định lý Fermat ta có a  1 mod p  và b  1 mod p 
Khi đó :

a 4 k  2  b 4 k  2  2  mod p   1

a 4 k 2  b4 k 2   a 2 



Mà
Từ (1) và (2) suy ra 2Mp hay p  2 (mâu thuẫn với giả thiết p  4k  3) (vô lý)
2
2
Vậy a Mp và b Mp (do a  b Mp)
2
2
Áp dụng, chứng minh phương trình x  4 x  9 y  58 khơng có nghiệm nguyên
Ta có :
2 k 1

  b2 

2 k 1

Ma 2  b 2 Mp  2 

x 2  4 x  9 y 2  58  x 2  4 x  4  9 y 2  62   x  2    3 y   62M31
2

2

2

2
 x  2M31  x  2  M31

 62M312

2
2
3 y M31
 3 y  M31
Lại có 31  7.4  3 nên
(vơ lý)

Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun dương
Câu 5. (1,5 điểm)
1) Xét các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
P

biểu thức

x2
yz  1  x3



y2
zx  1  y 3



z2

xy  1  z 3

x2 y2 z2  x  y  z 
  
abc
Áp dụng bổ đề: Với a, b, c  0 thì a b c
P

Ta có :

 x  y  z

2

xy  yz  zx  1  x 3  1  y 3  1  z 3

2

2


Lại có
Suy ra

1  x3 

 1 x   1 x  x2 



2  x2
2 . Dấu bằng xảy ra khi x  2

2 x  y  z
 x  y  z
P2

2  xy  yz  zx   x 2  y 2  z 2  6  x  y  z  2  6
2

2

2  x  y  z   12  12
2

P

 2

12

 x  y  z  6
2
2
x  y  z  6   x  y  z   36   x  y  z   6  42
Ta có :


 x  y  z

12

 x  y  z

 2

2

6



 x  y  z

min P 

6

2

12 2

42 7

12
2

2

6

 2

2 12
12
 P
7 7
7

12
7 khi x  y  z  2

Vậy
2) Từ 2022 số nguyên dương đầu tiên là 1, 2,3,...., 2022, người ta chọn ra n số phân
biệt sao cho cứ 2 số bất kỳ được chọn ra đều có hiệu khơng là ước của hai số
đó. Chứng minh rằng n  674
Nếu trong n số được chọn, tồn tại 2 số cách nhau 2 đơn vị
Giả sử 2 số đó là a, b với a  b  2  a, b cùng tính chẵn lẻ
 a  b M2  a  b M a  b 
 Trong n số được chọn, 2 số bất kỳ phải cách nhau tối thiểu 3 đơn vị
2022
 674
Suy ra có tối đa 3
(số)

Vậy n  674  dfcm 