Đề thi thử vào lớp 10 chuyên Toán năm 2022 chuẩn cấu trúc Sở GD&ĐT TPHCM có lời giải

(1)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2021 – 2022

MÔN THI: TOÁN CHUYÊN

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề Bài 1.

Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn xy z xyz 4. Chứng minh rằng:



⁴



⁴

 

⁴



⁴

 

⁴



⁴



^8.

x y z  y x z  z x y  xyz  Bài 2.

a) Giải phương trình: x⁴2x³4x²3x2 x² x 6.

b) Giải hệ phương trình:

3 3

2 2

1 3

2 2 5.

x y xy

x xy y

   

   



Bài 3.

Cho tam giác ABC nhọn. Gọi M là trung điểm của BC. Kẻ ^BH ^{AC H}



^AC



^. Đường thẳng vuông góc với AM tại A cắt BH tại E. Gọi F là điểm đối xứng với E qua A K, là giao điểm của CFvà AB. Chứng minh rằng M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK.

Bài 4.

Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a  b c 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 3 3

7 7 7

P a  abc b  abc c  abc Bài 5.

Cho nửa đường tròn tâm

 

^O đường kính AB2 ,R H là điểm cố định trên ^{OA H}



^^{O H}^, ^^A



^. Đường thẳng qua H vuông góc với AB cắt nửa đường tròn tại C. Gọi E là giao điểm thay đổi trên cung



,



,

AC EA EC F thay đổi trên cung BC F



B F, C



sao cho EHC FHC. a) Chứng minh rằng tứ giác EHOF nội tiếp.

b) Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHOF. Tính EHF khi RR. c) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 6.

Tìm tất cả các số nguyên x y, thỏa mãn đẳng thức:

1 x  y 3 x y.

---HẾT--- ĐỀ SỐ 9

(2)

LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài 1.

Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn xy z xyz 4. Chứng minh rằng:



⁴



⁴

 

⁴



⁴

 

⁴



⁴



^8.

x y z  y x z  z x y  xyz  Lời giải

Ta có: ^x



⁴^^y



⁴^^z



^^xyz^¹⁶^x^⁴^{x y}



^^z

 

^ ⁴^{ }^x ^y^^z



²^¹⁶^x^⁴^{x y}



^^z

 

^ ^z^^y^{ }^x ^{4 .}



²

Hay ^x



⁴^^y



⁴^^z



^ ⁴^{  }^x ^y ^z^.

Viết hai đẳng thức tương tự rồi cộng lại, ta được:



⁴



⁴

 

⁴



⁴

 

⁴



⁴



⁴ ⁴ ⁴ ^.

x y z  y x z  z x y    x y z  y z x    z x y

Ta có: 4 x y z xyz  x y   4 z x y  z x y. Hay 4 z xy. Tương tự ta cũng có: 4y z x và 4xyz.

Nên ta có:

        

 

4 4 4 4 4 4 4 4 4

12 .

x y z y x z z x y x y z y z x z x y

x y z

                   

   

Do đó: ^x



⁴^^y



⁴^^z



^ ^y



⁴^^x



⁴^^z



^ ^z



⁴^^x



⁴^^y



^ ^xyz ^¹²^



^x^^y^^z



^ ^xyz ^^{12 4}^{ }^8.

Bài 2.

a) Giải phương trình: x⁴2x³4x²3x2 x² x 6.

b) Giải hệ phương trình:

3 3

2 2

1 3

2 2 5.

x y xy

x xy y

   

   



Lời giải

a) Điều kiện: ² 1

0 .

0 x x x

x

 

  

  Phương trình tương đương:

   

4 3 2 2 2

2 2 2 2

2 3 2 6

3 2 6 0.

x x x x x x x

x x x x x x

      

       

Đặt t x² x 0, phương trình trở thành:

(3)

   

4 2 3 2

3 2 6 0 1 4 6 0 1

t  t     t t t      t t t do t0.

Với t1, ta có: ² ²

1 5

1 1 0 2

1 5

2 x

x x x x

x

 

 

        



(thỏa điều kiện).

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là 1 5 1 5

; .

2 2

S

 

   

 

  

b) Ta có:

   

       

3 3 3 3

2 2

2 2 2

1 3 1 3 1 0

1 1 0

1 1 1 0

1 0

1 .

x y xy x y x y

x y x y xy x y

x y x y x z

x y x y

          

        

 

         

   



  



Với x      y 1 0 y x 1, thay vào phương trình thứ hai ta được:

   

²

2 2 1 2

2 1 2 1 5 2 3 0 .

3 2

x y

x x x x x x

x y

    

           

     

 Nhận xét x y 1 thỏa mãn phương trình thứ hai của hệ.

Vậy hệ đã cho có ba nghiệm



x y;

   

 1;1 , 1; 2 ,

 

 3; 2 .



Bài 3.

Cho tam giác ABC nhọn. Gọi M là trung điểm của BC. Kẻ BH AC H



AC



. Đường thẳng vuông góc với AM tại A cắt BH tại E. Gọi F là điểm đối xứng với E qua A K, là giao điểm của CFvà AB. Chứng minh rằng M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK.

Lời giải

(4)

Gọi D là điểm đối xứng của B qua A. Ta có BEDF là hình bình hành nên FD BE . Suy ra ACFD. (1)

Ta có AM là đường trung bình của tam giác BDC nên AMDC. Suy ra FECD. (2)

Từ (1) và (2) suy ra A là trực tâm của tam giác FDC. Do đó FCAB. Suy ra BKHC nội tiếp đường tròn tâm M, đường kính BC.

Vậy M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK. Bài 4.

Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a  b c 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 3 3

7 7 7

P a  abc b  abc c  abc Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

 

²

3 2

3 1 3 8 8 7

7 3 8 8 7 .

12 12

a a bc a  abc    a a  bc    

Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, ta được:

D

K F

E

H

M A

B

C

(5)

2 2 2

8 8 7 8 8 7 8 8 7

12 12 12

a a bc b b ac c c ab

P           

Hay

 

² ⁸

 

⁵

 

⁵⁷ ⁵

 

2 .

12 12

a b c a b c ab bc ca ab bc ca

P           

  

Mặt khác

 

²

3 3, a b c ab bc ca  

    nên 57 5 3

12 8.

P   

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b c 1.

Vậy giá trị lớn nhất của P là 8 đạt được khi a  b c 1.

Bài 5.

Cho nửa đường tròn tâm

 

O đường kính AB2 ,R H là điểm cố định trên OA H



O H, A



. Đường thẳng qua H vuông góc với AB cắt nửa đường tròn tại C. Gọi E là giao điểm thay đổi trên cung



,



,

AC EA EC F thay đổi trên cung BC F



B F, C



sao cho EHCFHC. a) Chứng minh rằng tứ giác EHOF nội tiếp.

b) Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHOF. Tính EHF^ khi R  R. c) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải

a) Qua E kẻ dây cung ED vuông góc với AB thì H thuộc trung trực của ED  AHDEHA. Ta có: EHC^FHC^90⁰EHC^90⁰^FHC ^EHA^FHB.

AHD EHA FHB,

   mà hai góc này ở vị trí đối đỉnh nên D H F, , thẳng hàng.

J

D

F

A

C

O

B H

E

(6)

Ta lại có: OEF cân tại OOEF^OFE^.

Do đó       

  

0 0 0 0

180 2 180 90 90

2

OEFOFEEOF   OFE EOFOFE EOF  EDF AHDEHA

Suy ra tứ giác EHOF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện bằng nhau).

b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHOF.

Vì RR nên IOIEIFEOOF IEO và IOF là các tam giác đều.

Do vậy: EHF^EOF^120⁰ (hai góc nội tiếp cùng chán cung EF).

c) Kéo dài FE cắt BA tại J. Ta sẽ chứng minh J cố định.

Ta có: OEOFsdOFsdOEOFJ OHF.

Xét tam giác OHF và tam giác OFJ có: OHFOFJ và FOI chung. Do đó:

2 2

OH OF

OHF OFJ OH OJ OF OC OC CJ

OF OJ

         

CJ

 là tiếp tuyến của

 

^O ^tại^C^.

Vì C cố định nên J cố đinh. Ta có điều phải chứng minh Bài 6.

Tìm tất cả các số nguyên x y, thỏa mãn đẳng thức:

1 x  y 3 x y. Lời giải

Điều kiện: x y, 0. Phương trình tương đương:

 

1 3 2 3 2

2 3 3 2

3

2 3 1

3

1 2 3 .

x y x y x y xy

x y xy xy x y

xy x y

xy x y xy x y xy x y

xy x y xy x y

        

         

   

 

      



   

 

      



Đặt x y a xy,  b a b,  và a²4b và b a 3.

Ta có phương trình trở thành:

 

²

 

1

1 2 3 .

1 4 0 (1)

a b

a b b a

a b b a b

  

          

(7)

Ta có: ⁽¹⁾^b²²^{b a}



 ⁷



^a²²^a ¹ ^{0 (2).}

Xem (2) là phương trình ẩn b có a là tham số, ta có:



^a ⁷



²



^a² ²^a ¹



¹⁶



^a ^{3 .}



       

Phương trình đã có nghiệm nguyên khi và chỉ khi 16



a3



là số chính phương hay

2 2

3 3, .

a k  a k  k

Khi đó

       

2 2 2 2

7 16 3 3 7 16 4 4 2

.

7 16 3 3 7 16 4 4 2

b a a k k k k k

                



                



Do b  0 k 2 hoặc k 2. Khi đó ta có: a1,b0. Không thỏa điều kiện b a 3.

Từ đây suy ra phương trình vô nghiệm.