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

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

x x cũng là số nguyên tố

Ta đặt: ²

2

x x p

 (p là số nguyên tố) ^







Để ý: x 2 x1.

Do đó sẽ có hai khả năng: ^{1 1}





2 2

x x p

x p

  

  

  

 hoặc ^{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 m và n 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 m ²).

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.

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: ^(x4)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





b) Giải hệ phương trình ²₂^{4 14}₂^{3 31}₂ ^{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 (x²y²1)(y 2) 0 Vì x²y²   1 0 y 2

Thay vào (1) ta được: 2x⁴14x y³ 31x y^{2 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(b²a 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 Q x₁²   x₂ x k₁ 10 x₂²2x₂1.

Lời giải:

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )a b thỏa mãn a³(b²a b) 5.

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

ab 5 a²ab b ²a²b² 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 m^{3 3}₁d m^{3 3}₂ d m m² _{1 2}5d m²( ₁³m₂³ m m m_{1 2}) 5

2

3 3

1 2 1 2

1

( 5

d

m m m m

 

     . Từ đây ta sẽ cĩ được: m₁³m³₂m m_{1 2}5

Nếu m m_{1 2}0 thì m₁³m³₂ (Vơ lí) Do đĩ m m_{1 2}0 hay a0 và b0 Ta lại cĩ: a³(b²a 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 Q_min 3 khi k 2 và x₁x₂1.

Ta xét: x₁²   x₂ x₁ k 10x₁²2x₁(x₁x₂) k 10 Vìx₁ là nghiệm của phương trình x₁²2x₁ 9 3k k ² 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 Q_max 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 B và C. 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:

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

AI  AOI AO ^R 2 RAF R

1 . 3 2

2 2

SAOFC OC AF R

  

Ta có: ¹ . ¹ .

2 2

AOE ABE ABO

S S S  BH AE OM 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∽EDBED²EO EB. .

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

 180   180 60 180 30 45

BEA OBA DAB 2

  ^   ^ ^ ^{ }  ^ Kẻ BH⊥AE 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 BC và K 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:

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 MB₁² MK MA. .

Ta có: AHKB₁ nội tiếp





1 1

A HB C nt ^AKB₁^AHB₁^B CM₁ MB C^₁ 180^^AKB₁180^MB C^₁  

1 1

MKB MB A

 

1 1 .

MKB MB A MK MA

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

------