Đề thi vào chuyên Toán trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Đinh năm 2023 có lời giải chi tiết

(1)

https://thuvientoan.net/

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 Toán chuyên Ngày thi 26/5/2022

Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm)

a) Cho f x

 

2x²2x7 có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂. Đặt g x

 

x²1.

Tính giá trị của biểu thức T g x g x

   

1 2 .

b) Cho các số thực a b c, , bất kì thỏa mãn a²b²c²2022. Chứng minh rằng:



²^a^²^b^^c

 

²^ ²^b^²^c^^a

 

²^ ²^c^²^a^^b



²^^18198.

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: x²



x1



³ 3x4.

b) Giải hệ phương trình:



⁷



³ ^{4 2}

 

²



⁴



⁷ ⁴

.

2 2 1 2 14 4

y x y x y

x y x

       



     



Câu 3. (3,0 điểm) Cho đường tròn



O R;



và điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA MB, đến đường tròn

 

^O ^vớiA B, là các tiếp điểm. Gọi D là điểm trên cung lớn đường tròn



^{O R}^;



^{sao cho}AD MB và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn



O R;



.

a) 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.

b) Gọi G là trọng tâm tam giác MAB. Chứng minh rằng ba điểm A C G, , thẳng hàng.

c) Giả sử OM 3 .R Kẻ đường kính BK của đường tròn



^{O R}^;



^.^GọiI là giao điểm của các đường thẳng MK và AB. Tính giá trị của biểu thức:

2 2

8 IM IA2 5 IA.

T IK^ IH IB

    

 Câu 4. (1,5 điểm)

a) Chứng minh rằng ^{P n}

 

ⁿ⁴¹⁴ⁿ³⁷¹ⁿ²¹⁵⁴ⁿ¹²⁰ chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n.

b) Cho p là số nguyên tố dạng ⁴^k^³



^k^^^*



^. Chứng minh rằng nếu a b,  thỏa mãn a²b²p thì a p và b p . Từ đó suy ra phương trình x²4x9y²58 không có nghiệm nguyên.

Câu 5. (1,5 điểm)

a) Cho các số thực không âm x y z, , thỏa mãn x  y z 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2

3 3 3 .

1 1 1

x y z

P

yz x zx y xy z

  

     

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

(2)

https://thuvientoan.net/

---HẾT--- LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. (2,0 điểm)

a) Cho ^{f x}

 

^²^x²^²^x^⁷ có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂. Đặt ^{g x}

 

^^x²^^1.

Tính giá trị của biểu thức T g x g x

   

1 2 .

b) Cho các số thực a b c, , bất kì thỏa mãn a²b²c²2022. Chứng minh rằng:



²^a^²^b^^c

 

²^ ²^b^²^c^^a

 

²^ ²^c^²^a^^b



²^^18198.

Lời giải

a) Theo định lý Viete, ta có:

1 2

1 7. 2 x x x x

  



  

 Khi đó:

       

      

2 2

1 2 1 2 1 2

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2

1 1 1 1 1 1

1 1 1

7 21

1 1 .

2 4

T x x x x x x

x x x x x x x x x x x x

       

          

 

     

b) Ta có:

+



²^a^²^b^^c



²^⁴^a²^⁴^b²^{ }^c² ⁸^ab^⁴^bc^⁴^ca^.

+



²^b^²^c^^a



² ^⁴^b²^⁴^c²^^a²^⁸^bc^⁴^ab^⁴^ca^.

+



²^c^²^a^^b



² ^⁴^c²^⁴^a²^^b²^⁸^ca^⁴^ab^^{4 .}^bc

Suy ra:



²^a^²^b^^c

 

²^ ²^b^²^c^^a

 

²^ ²^c^²^a^^b



² ^⁹



^a²^^b²^^c²



^^18198.

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: x²



x1



³ 3x4.

b) Giải hệ phương trình:



⁷



³ ^{4 2}

 

²



⁴



⁷ ⁴

.

2 2 1 2 14 4

y x y x y

x y x

       



     



Lời giải a) Điều kiện: x1. Phương trình tương đương:

(3)

https://thuvientoan.net/

 

    

   

 

2 3 4 1 1 0

1 4 1 1 0

1 4 1 0

1 0 1

1 4 1.

4 1 0

x x x x

x x x

x x

     

      

     

     

         

Ta có:

 

² ²

4 4 4 21

1 .

9 15 0 2

4 1

x x

x x x

x x

  

  

 

         

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình là 4 21

; 1 . S  2  b) Điều kiện: 1

x 2 và y7. Phương trình thứ nhất của hệ thương đương:

     

   

3

7 4 2 2 4 7 4

7 2 1 4 2 1 0

7 4 2 1 0

7 4 9

2 1.

2 1 0

y x y x y

y y x x y

y x y

y y

y x

x y

      

       

     

    

 

      

Với y9, ta có: ₂ 2 0

2 2 1 2 .

4 4 8 4 4

x x

x x x x

   

 

         

Với y2x1, ta có: ² ¹ ³ ⁴

 

^{1 .}

2

x x x

   

Vì x3 nên 2x 1 x 3 0.

Khi đó ta có:



² ¹

 

³



4

2 1 3 2.

2 1 3 2 1 3

x x x

x x

x x x x

   

     

     

Hay là: 2x 1 x 3 2 2 .

 

Cộng

 

^{1 và}

 

2 vế theo vế ta được:

 

2

4 9

4 2 1 8 8 .

16 48 0 12 25

x y

x x x

x x x y

    

 

          So với điều kiện thấy thỏa mãn. Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm:



x y^;

     

 0;9 , 4;9 , 12; 25 .



(4)

Câu 3. (3,0 điểm) Cho đường tròn



^{O R}^;



^{và điểm}M nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA MB, đến đường tròn

 

^O ^với^{A B}^, là các tiếp điểm. Gọi D là điểm trên cung lớn đường tròn



^{O R}^;



^{sao cho}^{AD MB} và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn



^{O R}^;



^.

a) 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.

b) Gọi G là trọng tâm tam giác MAB. Chứng minh rằng ba điểm A C G, , thẳng hàng.

c) Giả sử OM 3 .R Kẻ đường kính BK của đường tròn



^{O R}^;



^.^Gọi^I là giao điểm của các đường thẳng MK và AB. Tính giá trị của biểu thức:

2 2

8 IM IA2 5 IA.

T IK^ IH IB

    



Lời giải Đang cập nhật.

Câu 4. (1,5 điểm)

a) Chứng minh rằng ^{P n}

 

ⁿ⁴¹⁴ⁿ³⁷¹ⁿ²¹⁵⁴ⁿ¹²⁰ chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n.

b) Cho p là số nguyên tố dạng ⁴^k^³



^k^^^*



^. Chứng minh rằng nếu a b,  thỏa mãn a²b²p thì a p và b p . Từ đó suy ra phương trình x²4x9y²58 không có nghiệm nguyên.

Lời giải a) Ta có:

 

     

4 3 2

4 2 3 2

2

14 71 154 120

14 72 168 120

1 1 14 1 1 72 168 120

P n n n n n

n n n n n n

n n n n n n n n n

    

      

         

Vì ^{n n}



^¹



ⁿ^¹



là tích ba số nguyên liên tiếp nên nó chia hết cho 3. Suy ra ^{P n}

 

chia hết cho 3.

Mặt khác:

 

     

4 3 2

4 3 2 3 2

3 2

14 71 154 120

6 6 8 72 160 120

6 6 8 9 20 15

1 1 6 8 9 20 15

P n n n n n

n n n n n n n

n n n n n n n

    

       

       

       

Nếu n lẻ thì n2k1, suy ra:



¹



¹



⁶

 

² ^{1 2}

 

² ²

 

² ⁶



^{8 2}



¹

 

¹



³



n n n n  k  k k  k  k k k k là bội của 8.

Nếu n chẵn thì n2 ,k suy ra:



¹



¹



⁶



²



² ^{1 2}



^{1 2}



⁶



⁴



² ^{1 2}



¹



^{3 .}



n n n n  k k k k  k k k k + Nếu k chẵn thì biểu thức trên là bội của 8 hoặc nếu k lẻ thì k3 chẵn nên nó cũng là bội của 8.

(5)

Suy ra: ^{P n}

 

chia hết cho 8.

Vì gcd 3;8

 

1 nên ^{P n}

 

chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên .n b) Giả sử: p4k3 với k^*. Ta có:

         

     

2 1 2 1

2 2 2 2 2 2

4 2 4 2 1 1 1 1

0 mod mod mod

mod mod 0 mod

k k

k k p p p p

a b p a b p a b p

 

     

       

        

Theo định lý Fermat nhỏ, ta có: a^p^¹b^p^¹



mod p



.

Từ đó suy ra: ²^a^p^¹^^{0 mod}



^p



^^{a p}^ ^. Từ đây ta suy ra b p . Phương trình tương đương:



x2

  

² 3y ² 2 31.

Vì 31  4 8 3 nên theo bổ đề trên ta có: x2 31 và 3y31. Suy ra: ² ³¹ . 31

x a

y b

  

 



Khi đó phương trình trở thành: 31a²  9 31 b²2, vô nghiệm.

Do đó ta có điều phải chứng minh.

Câu 5. (1,5 điểm)

a) Cho các số thực không âm x y z, , thỏa mãn x  y z 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2

3 3 3 .

1 1 1

x y z

P

yz x zx y xy z

  

     

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

Lời giải

a) Ta có: ¹ ³



¹

 

¹ ²



¹ ¹ ² ² ²^.

2 2

x x x x

x x x x     

      

Khi đó:

 

2 2 2 2 2 2

2 2 2

3 3 3

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1

2 2 2 2

4 4 12

2 2 .

2 7

3 2

x y z x y z

P yz x zx y xy z x yz y zx z yx

x y z

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

x y z x y z

     

     

 

   

           

    

    



(6)

Do đó ¹².

P 7 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y z 2.

b) Ta chia 2022 số thành 674 bộ chứa ba số nguyên liên tiếp



1; 2;3 , 4;5;6 , 7;8;9 ,..., 2020; 2021; 2022 .

      

Dễ thấy hiệu hai số bất kì trong 1 bộ luôn là 1 hoặc là 2 nên nó luôn là ước của tổng hai số bất kỳ trong bộ số đó. Từ đây dẫn đến với mỗi bộ người ta chỉ chọn tối đa được một số mà có 674 bộ nên n674.