Đề thi vào chuyên Toán trường THPT chuyên Lam Sơn Thanh Hóa năm 2023 có lời giải chi tiết

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM HỌC: 2022 – 2023

MÔN: TOÁN

(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề thi có 01 trang) Ngày thi: 2/6/2022

Câu 1. (2,0 điểm)

a) Cho các số thực a b c, , thỏa mãn điều kiện a  b c 0 và abc0. Tính giá trị của biểu thức:

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

3. 2

a b c

a b c b c a c a b 

     

b) Cho các số thực x y, thỏa mãn x y² 1 y x² 1 4. Tính giá trị của biểu thức:



² ¹



² ¹



^.

M  x  x y   y Câu 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: ^x²^³^x^{ }⁸ ^x^⁵ ^x²^{ }^x ^2.

b) Giải hệ phương trình:

2 2

2 2 2

2 3 12

.

6 12 6

x x

y y

xy x y y y x

   



    



Câu 3. (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên x y;  thỏa mãn x²3y²2xy2x14y 11 0.

b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2ⁿn²25 là lập phương của một số nguyên tố.

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC AB AC nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao BE CF, cắt nhau tại ^H^,^E^^{AC F}^, ^^AB^.^GọiM là trung điểm của cạnh BC, tia MH cắt đường tròn  O tại N.

a) Chứng minh rằng các điểm A E H F N, , , , cùng thuộc một đường tròn.

b) Lấy điểm P trên đoạn thẳng BC sao cho BHPCHM, gọi Q là hình chiếu vuông góc của A lên HP. Chứng minh rằng OA vuông góc với NQ.

c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác PMQ tiếp xúc với đường tròn  O .

Câu 5. (1,0 điểm) Người ta chơi một trò chơi trên một bảng kẻ ô vuông, kích thước 5 9 (45 ô vuông). Ban đầu, có 33 đồng xu được đặt ngẫu nhiên vào các ô vuông của bảng sao cho không có ô nào nhiều hơn một đồng xu. Ở mỗi bước, người chơi sẽ di chuyển tất cả các đồng xu thỏa mãn đồng thời các quy tắc sau:

(i). Các đồng xu phải di chuyển lên, xuống hoặc sang trái, sang phải; mỗi lần di chuyển chỉ đến ô kề nó (chung cạnh).

(ii). Nếu ở mỗi bước đồng xu di chuyển lên trên hoặc đi xuống dưới thì ở bước tiếp theo nó phải đi sang trái hoặc sang phải.

Trò chơi sẽ dừng lại nếu tại một ô vuông có nhiều hơn một đồng xu. Chứng minh rằng trò chơi sẽ kết sau hữu hạn bước.

---HẾT--- ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(2)

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO CHUYÊN TOÁN THPT CHUYÊN LAM SƠN Câu 1. (2,0 điểm)

a) Cho các số thực a b c, , thỏa mãn điều kiện a  b c 0 và abc0. Tính giá trị của biểu thức:

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

3. 2

a b c

     

b) Cho các số thực x y, thỏa mãn x y² 1 y x² 1 4. Tính giá trị của biểu thức:



² ¹



² ¹



^.

M  x  x y   y

Lời giải a) Ta có: a   b c 0 bc²a² a² b² c²2bc. Do đó ta có:

2 2

2 2 2 .

2

a a

a b c  bc

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

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3

2 2 2

3 3

2 2 2

a b c a b c

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

a b c a b c abc

abc abc

    

     

    

  

Vì a  b c 0 nên a³b³c³ 3abc do đó

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

3. 2

a b c

     

b) Ta có:

  

    

     

  

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2

2 2

1 1 4

2 1 1 16

1 2 1 1 17

1 1 2 1 1 17

1 1 17

1 1 17 .

1 1 17

x y y x

x y x x y y xy x y

x y x y xy x y x y

x y xy x y x y

x y xy

xy x y

x y xy

   

       

        

       

    

  

           

Vì x²  1 x x  x 0 và y²  1 y y  y 0 do đó M 0.

Lại có:



² ¹



² ¹

 ^

² ¹

^

² ¹

^

² ¹ ² ¹

^

² ¹

^

² ¹

^

^4.

M  x  x y  y  x  y  xyx y  y x   x  y  xy

Do đó nếu



^x²^¹



^y²^{ }¹



^xy^{ } ¹⁷^thì^M ^{ } ¹⁷^{ }⁴ ^0,^{vô lí.}

Vậy M  4 17.

(3)

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: x²3x 8 x5 x² x 2.

b) Giải hệ phương trình:

2 2

2 2 2

2 3 12

.

6 12 6

x x

y y

xy x y y y x

   



    



Lời giải a) Đặt t x²  x 2 0, phương trình trở thành:

    

2 2

2 6 5 2 3 0 .

3

t x x t t t x t

t x

 

         

  



Với t2, ta có: ² 2 2 ² 2 0 ¹ .

2

x x x x x

x

 

       

  



Với t x 3, ta có:

 

2

2 2

3 0 7

2 3 .

2 3 5

x

x x x x

x x x

  

           

Vậy tập nghiệm của phương trình là 2; ⁷; 1 . S   5  b) Điều kiện: y0. Hệ phương trình tương đương:

  

2 2 2 2 2

2

2 2 2 2

2 2 2

2 3 12 2 3 12 1 2 3 12

.

6 6 12 6 1 12

6 12 6

x x x y xy y xy xy y

y y

xy y x y x y x y xy y

xy x y y y x

 

           

 

  

  

         

  

    



Vì y0 nên suy ra:

  

2 2

1 2 3 12 2 3

6 1 12 6 1

2 3 6 3 2 1 0

3 1. 2

xy xy y xy

x y xy y x y

xy x y x y

x y

     

  

       

 

  



Với x3, ta có: ²

1

6 3 3 0 1 .

2 y

y y

y

  

    

 

Với ¹,

y2 ta có:

2 3

6 0 .

2 2 4 x x x

x

 

   

  



Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:



^;



^3;¹ ^{, 3; 1 ,}

 

^4;¹ ^.

2 2

x y     

(4)

Câu 3. (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên x y;  thỏa mãn x²3y²2xy2x14y 11 0.

b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2ⁿn²25 là lập phương của một số nguyên tố.

Lời giải a) Ta có:

  

2 2

3 2 2 14 11 0

3 2 2 14 8 3

3 2 4 3

x y xy x y

x y x y

     

      

     

3 2

x y 1 3 1 3 4

x y 3 1 3 1



^{x y}^;



 

0;1

 

1; 2

 

5; 2

 

^4;1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên:



x y^;

        

 0;1 , 1; 2 , 5; 2 , 4;1 . b) Giả sử 2ⁿn²25 p³ với p là số nguyên tố.

Vì 2ⁿn²25 p³27 nên p3. Suy ra n là số chẵn. Do đó 2ⁿ 1 mod 3 . 

Nếu n không chia hết cho 3 thì n²1 mod 3 2ⁿn²250 mod 3  p³0 mod 3 ,  vô lí.

Do đó n chia hết cho 3. Đặt n3k với k^*. Với k1, ta thấy không thỏa mãn. Xét k2. Ta có:

 

³

3 3 2 *

2 ^k 9 25 2^k , .

p   k    k  Mặt khác ta có: ²³^k ^⁹^k²^²⁵^ ^p³^



²^k ^^{1 ,}



³ ^{ }^k ^2, thật vậy:

 

³

3 2 2 2

2 ^k9k 25 2^k1 2 ^k2^k3k 8.

Với k2, ta thấy 2020.

Giả sử mệnh đề đúng với mọi k2. Ta cần chứng minh: ²²^^k^¹^²^^k^¹^³



^k¹



²^8.

Thật vậy, ta có:

   

    ^ ^

²

2 1 1 2 2 2 2

2 ^k^ 2^k^  4 2 ^k 2 2^k2 2 ^k2^k  2 2 ^k2 3k  8 323 k1 8.

Từ đây suy ra

 

²^k ³^ ^p³^



²^k^^{1 .}



³ ^{Do đó}^p³^



²^k^¹



³ ^{ }^k ^2.^{Khi đó}^p^^5.

Với k2 ta được n6 là giá trị cần tìm.

(5)

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC AB AC nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao BE CF, cắt nhau tại ^H^,^E^^{AC F}^, ^^AB^.^GọiM là trung điểm của cạnh BC, tia MH cắt đường tròn  O tại N.

a) Chứng minh rằng các điểm A E H F N, , , , cùng thuộc một đường tròn.

b) Lấy điểm P trên đoạn thẳng BC sao cho BHPCHM, gọi Q là hình chiếu vuông góc của A lên HP. Chứng minh rằng OA vuông góc với NQ.

c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác PMQ tiếp xúc với đường tròn  ^O ^. Lời giải

a) Vẽ đường kính AK của đường tròn  O  tứ giác BHCK là hình bình hành do các cặp cạnh đối song song.

Suy ra M là giao điểm của hai đường chéo của hình bình hành BHCK. Suy ra bốn điểm N H M K, , , thẳng hàng. Do đó ANH 90 .⁰

Từ đó năm điểm A E H F N, , , , nằm trên đường tròn đường kính AH. b) Ta có AQH 90⁰ Q nằm trên đường tròn đường kính AH.

Khi đó: QHE BHP CHM  FHN. Suy ra số đo cung QE bằng số đo cung NF. Do đó EFNQ.

Theo kết quả quen thuộc thì OAEF nên OANQ. c) Gọi L là giao điểm của tia AH và đường tròn  O . Ta biết rằng BC là trung trực của HL nên PHL cân tại P. Lại có ANQ AKN do cùng phụ với QNM.

Khi đó: HLP PHL AHQ ANQ AKN  ALN  HLN. Suy ra N P L, , thẳng hàng.

d

D

T

L

Q

P

K N

H

M F

E

O

B C

A

(6)

Gọi D là giao điểm của AH với BC, ta có: ANM  ADM 90 .⁰ Suy ra tứ giác ANDM nội tiếp.

Suy ra: PMN DMN DAN HAN HQN PQN. Suy ra tứ giác PMQN nội tiếp.

Gọi T là giao điểm của AK và QM, ta có:

.

HQT PQM PNM LNK LAK HAT

           Do đó T nằm trên đường tròn đường kính AH. Suy ra NQT  NAT.

Trên nữa phẳng bờ NH không chứa A, vẽ tiếp tuyến d của đường tròn

 

^O ^tạiN. Ta có: KNd KAN NAT NQT  NQM.

Suy ra d cũng là tiếp đường của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQM. Suy ra điều phải chứng minh.

Câu 5. (1,0 điểm) Người ta chơi một trò chơi trên một bảng kẻ ô vuông, kích thước 5 9 (45 ô vuông). Ban đầu, có 33 đồng xu được đặt ngẫu nhiên vào các ô vuông của bảng sao cho không có ô nào nhiều hơn một đồng xu. Ở mỗi bước, người chơi sẽ di chuyển tất cả các đồng xu thỏa mãn đồng thời các quy tắc sau:

(i). Các đồng xu phải di chuyển lên, xuống hoặc sang trái, sang phải; mỗi lần di chuyển chỉ đến ô kề nó (chung cạnh).

(ii). Nếu ở mỗi bước đồng xu di chuyển lên trên hoặc đi xuống dưới thì ở bước tiếp theo nó phải đi sang trái hoặc sang phải.

Trò chơi sẽ dừng lại nếu tại một ô vuông có nhiều hơn một đồng xu. Chứng minh rằng trò chơi sẽ kết sau hữu hạn bước.

Lời giải Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng.

Giả sử tồn tại một cách chơi mà không thể kết thúc sau hữu hạn bước.

Đánh số 45 ô như hình vẽ.

1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 3 4 3 4 3 4 3 4 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 3 4 3 4 3 4 3 4 1 2 1 2 1 2 1 2 1 Khi đó sẽ có 15 ô số 1, 12 ô số 2, 8 ô số 3, 10 ô số 4.

Ta chia 33 đồng xu thành 2 nhóm:

+ Nhóm I: là các đồng xu nằm ở ô số 1 hoặc số 3.

+ Nhóm II: là các đồng xu nằm ở ô số 2 hoặc ô số 4.

(7)

Theo nguyên lí Dirichlet sẽ có 1 nhóm có ít nhất 17 đồng xu. Nếu nhóm I có 17 đồng xu thì sau một bước nhóm II sẽ có 17 đồng xu nên không mất tính tổng quát nhóm I có ít nhất 17 đồng xu. Theo nguyên lí Dirichlet thì sẽ có ít nhất 9 đồng xu ở ô số 1 hoặc ô số 3. Nhưng chỉ có 8 số 3 nên 9 đồng xu này nằm ở số 1. Tuy nhiên sau 2 bước thì 9 đồng xu này lại vào ô số 3, mâu thuẫn vì chỉ có 8 ô số 3.

Do đó điều giả sử là sai, suy ra điều phải chứng minh.