Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2022 - 2023 sở GD&ĐT TP Đà Nẵng - THCS.TOANMATH.com

Tải về (0)

Văn bản

(1)
(2)

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (1,5 điểm)

Cho biểu thức 3 1 1 1 : 3

1 1 1 2

x x x x x

P x x x x x x

     

 

        với x0 và x1. Rút gọn biểu thức P và tìm tất cả các số tự nhiên x để giá trị biểu thức 2 3

2 x P

P

 là số nguyên tố.

Lời giải:

Điều kiện xác định : x0và x1. Ta có:

     

3 1 1 1 : 3 2 3 . 2

2 3

1 1 1 1

x x x x x x x x x x

P x x x x x x x x

 

         

 

  

        

 

 

  

  

1 3 . 2 2

3 1

1 1

x x x x

P x x x x x x

 

 

  

   .

Thay 2

1 P x

x x

   vào biểu thức 2 3

2 x P

P

 ta được:

2 3

2 3. 1

2 3 1 1 2

2 2. 2 1 2 1 2

x x

x P x x x x x x

P x

x x x x

 

         

 

 

.

Do biểu thức 2 3 2 x P

P

 là số nguyên tố nên 2 2

xx cũng là số nguyên tố

Ta đặt: 2

2

xxp

(p là số nguyên tố)

x1



x 2

2p.

Để ý: x 2 x1.

Do đó sẽ có hai khả năng: 1 1

0, 1

2 2

x x p

x p

  

  

  

 hoặc 1 2

0,(2, ) 1, 2

2

x x p p

x p

  

   

  

 .

Khả năng 1: 1 1 4

2 2 2

x x

x p p

    

 

 

    

 (nhận).

Khả năng 2: 1 2 4

2 5

x x

x p p

    

 

 

    

 (nhận).

Vậy 2

1 P x

x x

   và khi x4 và x9 thì 2 3 2 x P

P

 là số nguyên tố.

Câu 2: (1,5 điểm)

a) Cho phương trình (5m x) 2 (n 3 )m x  5 m 0, với mn là các tham số. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )m n sao cho phương trình đã cho có nghiệm kép.

b) Trong mặt phải tọa độ Oxy, cho parabol ( ) : 2 2

P y 3x , với O là gốc tọa độ. Tìm tọa độ hai điểm A B, trên P sao cho tam giác OAB vuông tại O và khoảng cách từ O đến AB lớn nhất.

Lời giải:

Điều kiện xác định: m5

Ta có:   (n 3 )m 24(25m m2).

Để phương trình có nghiệm kép thì:  0 (n 3 ) 4(25m2  m2) 0  (n 3 ) 4(25m2  m2) (*) 25 m2

  là số chính phương.

(3)

Xét a0 thì 5 và 15 5 và 15

m n

m n

  

    

 .

Xét a1 thì m224 mà 24 không phải là số chính phương nên vô lí.

Xét a24 thì m221 mà 21 không là số chính phương nên vô lí.

Xét a2 9 thì m216 nên 4 và 12 4 và 12

m n

m n

  

    

 .

Xét a2 16 thì m29 nên 3 và 9

3 và 9

m n

m n

  

    

 .

Xét a2 25 thì m20 nên m0 và n0.

Vậy để các cặp số nguyên m n, thỏa đề là: ( ; ) (3;9) ( 3; 9) (4;12) ( 1; 12) (0;0)m n          . Câu 3: (2 điểm)

a) Giải phương trình x210x 11 4 2x 1 0.

b) Giải hệ phương trình 224 1423 312 2 2 90 2 66 0

2 2 ( 1)( 2) 0

x x y y xy

x y x y y y y

     

       

 .

Lời giải:

a) x210x 11 4 2x 1 0. Điều kiện: 1

x2.

Phương trình (*) tương đương với: (x4)2

2x 1 2

2

2

2

2 0

( 2) 2 1

4 2 1 2 2 2 1 3 6

6 0

4 2 1 2 6 2 1 7 14

(6 ) 2 1

x

x x

x x x x x

x x x x x x

x x

  

               

  

                   .

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm: S

3 6;7 14

.

b) Giải hệ phương trình 224 1423 312 2 2 90 2 66 0 (1)

2 2 ( 1)( 2) 0. (2)

x x y y xy

x y x y y y y

     

       



Xét phương trình (2) ta có: x y2 2x22y2 (y 1)(y2  y 2) 0

2 2 2 2 2 3 1 1 0

x y x y y y

        x y2(  2) y y2(    2) y 2 0 (x2y21)(y 2) 0 Vì x2y2   1 0 y 2

Thay vào (1) ta được: 2x414x y3 31x y2 290xy66 0

4 3 2

2x 28x 124x 180x 66 0

      x414x362x290x33 0

4 14 3 62 2 90 33

x x x x

     x48x311x26x348x266x3x224x33 0

2( 2 8 11) 6 ( 2 8 11) 3( 2 8 11) 0

x x x x x x x x

          (x28x11)(x26x 3) 0

2 2

8 11 0

6 3 0

x x x x

   

     .

Tự giải phương trình bậc hai ra được các cặp số x y, thỏa đề là :

       

( ; )x y  4 5;2 , 4 5;2 , 3 6;2 , 3 6;2 Câu 4: (2 điểm)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )a b thỏa mãn a3(b2a b) 5.

b) Cho phương trình x22x k   2 3k 9 0, với k là tham số. Khi phương trình đã cho có hai nghiệm x x1, 2 hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Qx12   x2 x k1 10 x222x21.

Lời giải:

(4)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )a b thỏa mãn a3(b2a b) 5.

Ta cĩ: a3(b2a b) 5a3 b3 ab5 (*) (a b a )( 2ab b2)ab5. Trường hợp 1: a b

ab 5 a2ab b2a2b2 5

  

   

     

   



2, 1 (lấy) 1; 2 (loại)

1; 2 (lấy)

2; 2 (loại)

a b

a b

a b

a b

.

Trường hợp 2: a b

Gọi d ( , )a b thì ta cĩ: 1 1 2 2 1

2

( , ) 1 và

a dm m m m m

b dm

   

  .

Thay vào (*) ta được: d m3 31d m3 32d m m2 1 25d m2( 13m23 m m m1 2) 5

2

3 3

1 2 1 2

1

( 5

d

m m m m

 

     . Từ đây ta sẽ cĩ được: m13m32m m1 25

Nếu m m1 20 thì m13m32 (Vơ lí) Do đĩ m m1 20 hay a0 và b0 Ta lại cĩ: a3(b2a b) 5

VT < 0 mà VP > 0 do đĩ trường hợp này khơng cĩ cặp số nguyên ( ; )a b thỏa để Vậy cặp số nguyên ( ; )a b thỏa để là ( ; ) (2;1) ( 1; 2)a b    

b)    1 (k2   3k 9) 0 k2  3k 10 0(k5)(k     2) 0 2 k 5. Theo định lí Vi-ét: 1 2 2 2 2

1 2

2 2

3 9

x x x x

x x k k

     

   



Thay Q vào ta được: (2x)2  x2 (2 x2) k 10 (x1)2

2 2

2 2 2 1 11 ( 2 1) 11 2 3

x x k x

          . Vậy Qmin 3 khi k 2 và x1x21.

Ta xét: x12   x2 x1 k 10x122x1(x1x2) k 10 Vìx1 là nghiệm của phương trình x122x1 9 3k k2 Thế vào trên  9 3k k   2 2 k 10  k2 4k21

Xét x222x21 tương tự như thế x2 cũng là nghiệm của phương trình

2 2 2

2 2 2 1 10 3

x x k k

         Q k2 4k21 k k23 10 (5 k k)( 2) (7 k k)( 3) (5 k k 3)(k 2 7 k) 6 2

             

6 2 Q

 

Vậy Qmax 6 2 khi 29 k17 . Câu 5: (1,5 điểm)

Cho đường trịn ( )O bán kính R và điểm A nằm trên đường trịn. Đường trịn ( ; )A R cắt đường trịn ( )O tại hai điểm BC. Gọi M là trung điểm của AB, tia MO cắt ( )O tại điểm D. Tia BO cắt AD tại E và ( )O tại điểm thứ hai là F. Tính độ dài đoạn thẳng DE và diện tích tứ giác ACFE theo R.

Lời giải:

(5)

Ta có: AO AC OC   AOC đều mà AOF2ABF2.60120 COF đều AOFC là hình thoi, AF cắt OC thì I là trung điểm AF .

Ta có: cos. sin 60 . 3 3

AIAOI AOR 2 RAFR

1 . 3 2

2 2

SAOFC OC AF R

  

Ta có: 1 . 1 .

2 2

AOE ABE ABO

SSSBH AEOM AB 1.sin 75 . ( ) 1sin 60 . .

2 AB AH HE 2 OB AB

 

2 2

1.sin 75 . (cos75 . sin 75 . ) 3

2 R AB AB 4 R

2 2

1.sin 75 . (cos75 sin 75 ) 3

2 R 4 R

2 2

3 3 1sin 75 (cos75 sin 75 )

4 2

AEFC AFOC AOE

S S S R R

     .

Ta có: EOD∽EDBED2EO EB. .

Ta có: OA OB AB   OAB đều nên BOA60BDA30

 180   180 60 180 30 45

BEA OBA DAB 2

     Kẻ BHAE BHE vuông cân BE BH . 2

Ta có: sin sin180 30 sin 75 sin 75 . sin 75 .

2

BAH BH BH AB R

AB

  

 

2 sin 75 . 2 sin 75 1

BE R EO BE R R

     

2 sin 75 2( 2 sin 75 1)

ED R

   .

Câu 6: (1,5 điểm)

Cho tam giác ABC chọn AB AC , trực tâm H và nội tiếp đường tròn ( )O . Gọi M là trung điểm của BCK là hình chiếu của H trên AM. Tia AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BKC tại điểm thứ hai là

N. Chứng minh rằng tứ giác ABNC là hình bình hành.

Lời giải:

(6)

Cần chứng minh ABNC là hình bình hành  cần chứng minh MA MN Ta có: BKCN nội tiếp MK MN MB MC MC.  .  2.

Thật vậy, gọi A B1, , và 1 C1 lần lượt là chân đường cao từ A B C, , lên BC AC AB, , Ta có: BB C1 vuông có M là trung điểm BC nên MB MC MB  1.

Suy ra cần chứng minh MB12MK MA. .

Ta có: AHKB1 nội tiếp

AKG AB H1

AKB1AHB1 .

1 1

A HB C nt AKB1AHB1B CM1MB C1 180AKB1180MB C1  

1 1

MKB MB A

 

1 1 .

MKB MB A MK MA

  ∽  , suy ra điều phải chứng minh.

------

Hình ảnh

Đang cập nhật...

Tài liệu tham khảo

Chủ đề liên quan :

Tải tài liệu ngay bằng cách
quét QR code trên app 1PDF

Tải app 1PDF tại