b đề vào 10 chuyên tin 2022 2023 tỉnh thanh hóa

Cho plà số nguyên tố lẻ.. Tìm tất cả các số nguyên dương nđể n2nplà bình phương của một số nguyên dương Câu IV.. Đường tròn tâm I bán kính rnôi tiếp tam giác ABCtiếp xúc với các cạnh BC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN

NĂM HỌC 2022-2023 Môn thi: Toán chuyên Tin

Thời gian làm bài : 150 phút

Câu I (2,0 điểm)

1 Cho a b c, , là ba số thực thỏa mãn điều kiện a b c   0và a2  2a c  2 a b  2 Tính giá trị của biểu thức A a 2022b2022c2022

2 Cho các số thực x y z, , khác 0, đôi một khác nhau và thỏa mãn

x xy y yz z zx Chứng minh

1 1 1

0

x  y z

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình  x  3 x 1 x2  4 x2  4x 3  4x

2) Giải hệ phương trình

4 0

x xy y x y

x y x y

      





    



Câu III (2,0 điểm)

1 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x y; sao cho x2 y2  2x y  xy

2 Cho plà số nguyên tố lẻ Tìm tất cả các số nguyên dương nđể n2nplà bình phương của một số nguyên dương

Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABCcó AB AC và BAC   60 Đường tròn tâm I bán kính rnôi tiếp tam giác ABCtiếp xúc với các cạnh BC CA AB, , lần lượt tại D E F, , Đường thẳng IDcắt EFtại K, đường thẳng qua Kvà song song với BCcắt AB AC, theo thứ tự tại ,

M N

1) Chứng minh rằng các tứ giác IFMK và IMAN nội tiếp

2) Gọi J là giao điểm của AKvà BC Chứng minh J là trung điểm của BCvà

2

3) Gọi S là diện tích tứ giác IEAF Tính S theo r và chứng minh IMN 4

S

S 

)(trong đó

IMN

S là diện tích tam giác IMN)

Câu V (1,0 điểm) Xét ba số thực dương x y z, , thỏa mãn x2y2 z2 14 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

P x y

x z y

     

ĐÁP ÁN Câu I (2,0 điểm)

3 Cho a b c, , là ba số thực thỏa mãn điều kiện a b c  0và a2  2a c  2 a b  2.

Tính giá trị của biểu thức A a 2022b2022c2022

Ta có

 

 

 

0

  





   



Thay vào điều kiện a2  2a c  2 a b  2ta có :

2

2

b

c





Vậy 2022 2022 2022 2022  2022 2023

A a b c    

4 Cho các số thực x y z, , khác 0, đôi một khác nhau và thỏa mãn

x xy y yz z zx Chứng minh

1 1 1

0

x  y z

Giả sử ta có : x2 xy y2yz z 2 zx a

 





Chứng minh tương tự ta có :

;

Khi đó ta có

1 1 1

x y y z z x

dfcm

    

Câu II (2,0 điểm)

x  x x  x  x  x

ĐK : x 0

x  x x  x  x  x

 

   

2

2 2

2 2

4 4

4 12

2

x

x

  

  

 

Đối chiếu điều kiện  x 6; 2  2

4) Giải hệ phương trình

 

 

4 0 2





Ta có :  1  y2   xy y 2x2  5x  2 0

2

2

2 2

2 2

1

;

 

















Vậy    ; 1;1 ; 4; 13

Câu III (2,0 điểm)

3 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x y; sao cho x2 y2  2x y  xy

Ta có :

Xem phương trình đã cho là phương trình bậc hai ẩn x

Để tồn tại cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn x2 y2  2x y  xythì pt (*) phải có

nghiệm

Mà y nguyên dương nên y1;2;3;4

 

 

 

 

2

2

2

2

2

4( )

2 2

4

x

x













Vậy có 2 cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn yêu cầu bài toán    2;4 ; 4; 4

4 Cho plà số nguyên tố lẻ Tìm tất cả các số nguyên dương nđể n2nplà bình phương của một số nguyên dương

(BÍ)

Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABCcó AB AC và BAC   60 Đường tròn tâm I

bán kính rnôi tiếp tam giác ABCtiếp xúc với các cạnh BC CA AB, , lần lượt tại D E F, , Đường thẳng IDcắt EFtại K, đường thẳng qua Kvà song song với BCcắt AB AC, theo thứ tự tại M N,

4) Chứng minh rằng các tứ giác IFMK và IMAN nội tiếp

Ta có

/ /

90



Xét tứ giác IFMKcó IFM  IKM      90 90 180 , mà 2 góc này đối nhau

Nên tứ giác IFMK nội tiếp  IMF  IKF(hai góc nội tiếp cùng chắn cung IF) 1 

Xét tứ giác INEKcó IKN  IEN   90 , mà 2 góc này nằm ở hai đỉnh kề nhau nên tứ giác

INEK nội tiếp  ENI  IKF(góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện) (2)

Từ (1) và (2) suy ra IMF  ENI  ANInên tứ giác AMINnội tiếp (tứ giác có góc ngoài

và góc trong tại đỉnh đối diện bằng nhau)

5) Gọi J là giao điểm của AKvà BC Chứng minh J là trung điểm của BCvà

2

*Chứng minh J là trung điểm của BC

Tứ giác IFMKnội tiếp (cmt) IMK  IFK(cùng chắn cung IK)

Tứ giác INEKnội tiếp (cmt) INK  IEK(cùng chắn cung IK)

Mà IEIF(cùng bằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC)  IEFcân tại I

          cân tại K

đường trung tuyến)MK NK

Vì MN/ /BC(gt), nên áp dụng định lí Ta-let ta có

MK AK NK

BJ  AJ  CJ

mà MK KN cmt( )

   là trung điểm của BC

*Chứng minh AC AB  2DJ

Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có :

CE CD







 Khi đó ta có :

AC AB AE CE AF BF AE AF CD BD CD BD

CJ DJ BJ DJ CJ BJ DJ

Mà J là trung điểm của BC cmt CJ BJCJ BJ  0

Vậy AC AB 2DJ dfcm( )

6) Gọi S là diện tích tứ giác IEAF Tính S theo r và chứng minh IMN 4

S

S 

)(trong đó

IMN

S là diện tích tam giác IMN)

*Tính diện tích IEAFtheo r

Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau nên ta có : AI là phân giác của BAC

1 60 30 2

IAF IAE

       

Xét tam giác vuông IAEcó :

2

2

3

r

Vậy Sr2 3

*Chứng minh IMN 4

S

S 

)(trong đó S IMNlà diện tích tam giác IMN)

Gọi H là giao điểm của AI và EF Ta có :

AEAF(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Athuộc trung trực của EF

AI

 là trung trực của EF AI EFtại H

Tứ giác AEIFcó AEI AFI  180 mà 2 góc này đối nhau nên AEIF là tứ giác nội tiếp

Mà IAlà phân giác của EIF(tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) EIH  FIH   60

Xét tam giác IHEcó HE IH tan 60  IH 3 EF  2HE 2IH 3 3 

Tứ giác AMINnội tiếp (cm câu a)  EAF NIM  180 (tính chất tứ giác nội tiếp)

NIM

Tam giác IMNcân tại I (cmt) nên đường cao IKđồng thời là phân giác

60

Xét tam giác vuông NIK có NK IK.tan 60  IK 3 MN  2NK  2IK 3 4 

Lại có IH IK (quan hệ vuông góc, đường xiên)

Do đó từ (3) và (4) suy ra EF MN Ta có

.

IMN

Xét tam giác AEFcó

  60 ( )

AEF

AE AF cmt

 

 2

2

4

4 3

IMN

S

.Mà

2

4

IMN

S

Sr cmt S  dfcm

Câu V (1,0 điểm) Xét ba số thực dương x y z, , thỏa mãn x2y2 z2 14 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

P x y

x z y

     

Phá căn bằng AM-GM và áp dụng dồn biến bằng cộng mẫu, ta có :

 

4

x z

x y z



 

  



Đưa x2y2 z2 14từ bậc 2 về bậc 1 bằng BĐT Bunhia copxki cho 3 số, ta được :

 2  2 2 2  2 2 2

Biến đổi bểu thức P về mô hình 1 biến nghịch đảo :

   

2 3.48.16 14 30 52

48.16

10

P

x y z

x y z





  

