Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng năm 2022 có lời giải chi tiết

Lời giải tham khảo

đề thi chuyên Toán TP Đà Nẵng năm 2021

Nguyễn Đức Toàn - Sơn Nguyễn - Nguyễn Khang - Hà Huy Khôi

1 Câu 1

1. Cho biểu thức P ₌

µx^px₋8 x₋4 ⁺

10x₊3^px₋7 x₊3^px₊2 ⁻

x₋2 px₊2

¶

: x₊2

px₊2 với x_≥0 và x₆₌4. Rút gọn biểu thức P và chứng minh rằng

−1

2 ^≤P_≤4.

2. Chứng minh rằng với các số thực dương x,ybất kì thỏa mãn x y_>2021x₊ 2022y, ta luôn có

(^p2022₋^p2021)^px₊y_>1.

Lời giải:

1. Với điều kiện x_≥0,x₆₌4, ta có:

P ₌

µx^px₋8 x₋4 ⁺

10x₊3^px₋7 x₊3^px₊2 ⁻

x₋2 px₊2

¶

: x₊2 px₊2

=

µ(^px₋2)(x₊2^px₊4 (^px₋2)(^px₊2) ⁺

(10^px₋7)(^px₊1) (^px₊1)(^px₊2) ⁻

x₋2 px₊2

¶

· x₋2 px₊2

= x₊2^px₊4₊10^px₋7₋x₊2 px₊2 ^·

px₊2 x₊2

=12^px₋1 x₊2

Vậy P₌ 12^px₋1

x₊2 với x_≥0,x₆₌4. Ta có:

• P₊1 2 ⁼

x₊24^px 2(x₊2)

Do x_≥0 nên







x₊24^px _≥0 2(x₊2) _≥4

⇒ x₊24^px 2(x₊2) ^≥0. Suy ra P_{≥ −}1

2.

Dấu "=" xảy ra khi x₌0.

• P₋4_{= −}(2^px₋3)²

x₊2 ^≤0 (Do x_≥0 nên x₊2_>0).

Suy ra P_≥4.

Dấu "=" xảy ra khi x₌ 9 4. 2. Theo giả thiết, ta có x,y_>0 và

x y_>2021x₊2022y

Từ đó suy ra

1_>2021 y ⁺

2022 x

Từ điều trên, kết hợp với bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có:

px₊y₌^px₊y_·1

>p x₊y

s2022 x ⁺

2021 y

≥p x_·

s 2022

x ⁺ py_·

s2021 y

=p

2022₊^p2021

Do^p2022₋^p2021_>0 nên

(^p2022₋^p2021)^px₊y_>(^p2022₋^p2021)(^p2022₊^p2021)₌1

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

2 Câu 2

Trên cùng một hệ trục tọa độ Ox y, cho parabol (P) : y₌ 1

8x² và đường thẳng (d) : y₌ kx₊2. Khi k thay đổi, chứng minh rằng (d) luôn đi qua điểm A cố định và cắt (P) tại hai điểm phân biệt B và C thỏa mãn ¹

AB⁺ 1 AC ⁼

1

O A, với O là gốc tọa độ.

Lời giải:

Trước hết, ta chứng minh (d)luôn đi qua điểm A cố định. Thật vậy, ta có:

y₌kx₊2 _⇔ kx₊(2₋y)₌0

Phương trình này có nghiệm _∀k nên suy ra







x₌0 2₋y₌0 ^⇒





 x₌0 y₌2 Vậy d luôn đi qua A(0; 2) cố định.

Xét phương trình hoành độ giao của (d)và (P): 1

8x²₌kx₊2 _⇔ x²₋8kx₋16₌0

Phương trình này có _∆⁰₌(4k)²₊16₌16(k²₊1)_>0. suy ra phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt hay (d) luôn cắt(P) tại 2 điểm phân biệt.

Ta có B(x_b;y_b) và C(x_c;y_c) là giao điểm của (d) và (P) nên x_b,x_c là 2 nghiệm của phương trình x²₋8kx₋16₌0. Theo hệ thức Viète, ta suy ra:







x_b+x_c=8k x_b·x_{c= −}16 Ta có:

AB₌ q

x²_b+(y_b−2)²₌ v u u tx²_b+

Ãx²_b 8 ⁻2

!2

= q

x²_b+(kx_b)²₌ q

x²_b(k²₊1)

Tương tự, ta suy ra:

1 AB⁺

1 AC ⁼

p 1

k²₊1^·





 1 q

x²_b + 1

px²_c







Ta có:





 1 q

x²_b + 1

px²_c







2

= 1 x²_b⁺

1 x²_c ⁺

2 p(xb·xc)²

= x²_b+x²_c (x_b·x_c)²⁺

2 p(x_b·x_c)²

=(xb+xc)²₋2xb·xc

(x_b·x_c)^{2 +}

2 p(x_b·x_c)²

=64k²₊32

256 ⁺

2 16

= k²₊1 4

⇒ 1 q

x²_b + 1

px²_c ⁼

pk²₊1 2

⇒ 1 AB⁺

1 AC ⁼

p 1

k²₊1^·

pk²₊1

2 ⁼

1 2 Vì A(0; 2) nên O A₌2 _⇒ 1

O A ⁼ 1 2 ⁼

1 AB⁺

1

AC. Ta hoàn thành chứng minh.

3 Câu 3

1. Giải phương trình

2x³₊5x²₋2x₊2^p10x⁵₋4x⁴₌32x(3₋x)³. (1) 2. Giải hệ phương trình











¡p

x₊1₊1^¢2₊2x₊2₌^¡py₋1₊1^¢2₊2^px y₊y₋x₋1 x²₋y₊ 8

p2x y₋5x₋y₊2 ⁼4

Lời giải:

1. Bài này chủ yếu đánh lừa học sinh.

Nếu x₌0 thì rõ ràng đó là một nghiệm phương trình. Xét x₆₌0.

Điều kiện. x_≥2 5.

Chú ý rằng2^p10x⁵₋4x⁴₌2x^2p2(5x₋2), ta viết phương trình lại thành x^h¡32x³₋286x²₊869x₋866^¢₊2x^p2(5x₋2)ⁱ₌0

⇒¡

32x³₋286x²₊869x₋866^¢₊2x^p2(5x₋2)₌0 (vì x₆₌0)

⇔¡

32x³₋286x²₊869x₋866₊16^¢₊2ⁿx^p2(5x₋2)₋8^o₌0,

hay là

(x₋2)

"

32x²₋222x₊425₊4^¡5x²₊8x₊16^¢ x^p2(5x₋2)₊8

#

=0.

Rõ ràng biểu thức trong ngoặc vuông vô nghiệm, từ đó x₌2,thỏa mãn Vậy S₌ⁿ0, 2^o.

2. Hệ phương trình:

(I)











¡p

x₊1₊1^¢2₊2x₊2₌^¡py₋1₊1^¢2₊2^px y₊y₋x₋1 (1) x²₋y₊ 8

p2x y₋5x₋y₊2⁼4 (2) Điều kiện: (*)







x_{≥ −}1,y_≥1

2x y₋5x₋y₊2_>0

Đặt a ₌^px₊1 _≥0, b ₌ ^py₋1_≥ 0. Thay a,b vào (1), ta được:

(a₊1)²₊2a²₌(b₊1)²₊2ab

⇔ (a₊1)²₋(b₊1)²₊2a²₋2ab₌0

⇔ (a₋b)(3a₊b₊2a)₌0

⇔ a₋b₌0 (Do 3a₊b₊2_≥2_>0)

⇔ a₌b

⇔ p

x₊1₌^py₋1

⇔ x₊2₌ y (x_{≥ −}1,y_≥1) Thay y₌x₊2 vào phương trình (2), ta được:

x²₋x₊ 8

p2x²₋2x ⁼6

⇔ (2x²₋2x)₋ 16

p2x²₋2x⁼12 (3)

Đặt t₌^p2x²₋2x_>0 (2x²₋2x_>0 (**)). Thay t vào (3), ta được:

t²₊16 t ⁼12

⇒ t³₊16₌12t

⇔ t³₋12t₊16₌0

⇔ (t₋2)²(t₊4)₌0

⇔ t₋2₌0 (Do t_>0 nên t₊4_>0)

⇔ t₌2

⇔ p

2x²₋2x₌2

⇔ x²₋x₋2₌0

⇔ (x₋2)(x₊1)₌0

⇔ x₌2 hoặc x_{= −}1 (Cả hai nghiệm đều thỏa điều kiện (*) và (**))

Từ đó, hệ (I) có hai nghiệm là







x_{= −}1 y₌1

và





 x₌2 y₌4

Vậy hệ phương trình (I) có duy nhất hai nghiệm (x,y) là (₋1, 1) và (2, 4)

4 Câu 4

Cho hàm số f(x)₌5x². Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f(5x²₊m)₌ x₋m có bốn nghiệm phân biệt x1,x2,x3,x4. Khi đó, chứng minh rằng

x²₁₊x²₂₊x²₃₊x²_4> 3 25. Lời giải:

Đặt t₌5x²₊m. Suy ra5t²₌ f(t)₌ f(5x²₊m)₌x₋m. Từ đó suy ra







t₌5x²₊m x₌5t²₊m

⇒5t²₊t₌5x²₊x_⇒(t₋x)(5(t₊x)₋1)₌0

Suy ra t₋x₌0 hoặc t₊x₌ ⁻1 5 hay

5x²₋x₊m₌0 (1’) hoặc 5x²₊x₊m₊1

5 ⁼0 (2’)

Giả sử hai phương trình (1’) và (2’) có chung với nhau nghiệm x₀. Thay x₀ vào (1’) và (2’), ta được:







5x₀²₋x₀₊m₌0 5x₀²₊x0+m₊1

5 ⁼0 ^⇒

2x₀₊1

5 ⁼0_⇒x_{0= −} 1 10

Thay x₀ vào lại (1’), ta được: m_{= −} 3 20.

Phương trình f(5x²₊m)₌x₋m có bốn nghiệm phân biệt, vậy cả hai phương trình (1⁰), (2⁰) đều có hai nghiệm phân biệt và không có nghiệm trùng nhau.

Suy ra_∆1=1₋20m_>0và _∆2=1₋20(m₊1

5)_>0 m_{6= −} 3

20. Điều đó tương đương m_< 1

20 và m_<⁻3

20. Vậy, m_< ⁻3 20.

Khi đó, gọi x₁,x₂ là hai nghiệm của (1⁰), x₃,x₄ là hai nghiệm của (2⁰). Theo hệ thức Viètè, ta có:























x₁₊x_{2 =} 1 5 x₁x_{2 =} m

5 x₃₊x_{4 =} ⁻1

5 x₃x_{4 =} m

5 ⁺ 1 25 Suy ra

x²₁₊x²₂₊x²₃₊x²₄₌(x1+x2)²₋x1x2+(x3+x4)²₋x3x4

= 1 25⁻

2m 5 ⁺

1 25⁻

2m 5 ⁻

2 25

= −4m 5

> 3 25 Ta có điều phải chứng minh.

5 Câu 5

Cho tam giác ABC (Bb_>90^o) nội tiếp đường tròn (O). Trên cung nhỏ AB lấy điểm F (F khác A và B), tia AF cắt đường thẳng BCtại D. Trên cung lớn AC lấy điểm G (G khác A và C) sao cho tia AG cắt tia BC tại E. Tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDF cắt tiếp tuyến tại C của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEG tại điểm H. Chứng minh rằng tứ giác AHCB là hình thang cân.

Lời giải:

O

B A

C F

D

H≡H⁰

G

E

Đường thẳng qua A song song với BC cắt đường tròn (O)tại điểm thứ hai là H⁰. Từ đó ta có AH⁰CB là hình thang cân.

Ngoài ra, do AH⁰_∥BC và tứ giác AH⁰BF nội tiếp nên

ƒBDF₌180^o₋àF AH⁰₌FBHƒ⁰ Suy ra BH⁰ tiếp xúc (F DB)tại B. (1)

Tương tự ta cũng có CH⁰ tiếp xúc (CGE) tại C. (2)

Từ (1) và (2) suy ra: H_≡H⁰. Suy ra AHCB là hình thang cân.

6 Câu 6

Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC(AB_< AC). Các tiếp điểm trên B A,BC theo thứ tự là D,E. Gọi M là trung điểm của đoạnBC,F là giao điểm của DE và tia AO.

1. Chứng minh rằng MF_∥AB.

2. Đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC cắt tia AO tại G. Gọi H là hình chiếu củaG trên BC. Chứng minh rằng HC₌BE.

Lời giải:

OBA₁₁₁ CF₁₁ D₁ H₁ G₁ E₁

A

B C

O D

E

L

M

F

N

G≡G⁰ H

I

K

1. Gọi N là trung điểm AC. Khi đó M N là đường trung bình tam giác ABC, nên M N _∥AB. M N cắt AO tại F⁰. Ta có: àAF⁰N ₌ƒB AO₌ƒC AO. Suy ra tam giác N AF⁰ cân tại N. Suy ra N F⁰₌N A₌NC. Suy ra CFƒ⁰A₌90^o hay CF⁰_⊥ AO tại F⁰. (1)

Mặt khác, ta có:

ƒEFO₌BDEƒ₋ƒB AO₌90^o₋^ƒABC 2 ⁻

ƒB AC

2 ⁼

ƒACB

2 ^=ƒOCB Từ đó suy ra tứ giác F EOC nội tiếp.

Suy ra ƒOFC₌OECƒ₌90^o hay CF_⊥ AO tại F. (2) Từ (1) và (2) suy ra F _≡F⁰. Suy ra MF_∥AB.

2. Gọi L là tiếp điểm của (O) với cạnh AC. Gọi G⁰ là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Gọi I,K lần lượt là tiếp điểm của (G⁰) với AB,AC. Ta có:

OBGƒ⁰₌ ^ƒABC 2 ⁺

IBC 2 ⁼

180^o

2 ⁼90^o

Tương tự ta cũng có OBG^ƒ0₌OCGƒ⁰₌90^o. Suy ra tứ giác OBG⁰C nộp tiếp hay G⁰_∈(OBC).

Suy ra G_≡G⁰. Suy raG là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Suy ra H là tiếp điểm của G với BC.

Ta có BH₌BI,CH₌CK. Suy ra

A I₊AK ₌AB₊BI₊AC₊CK₌AB₊BH₊AC₊CH₌ AB₊BC₊C A

Suy ra

AB₊BH₌A I ₌AK ₌AC₊AH₌ AB₊BC₊C A 2

Hay

CH₌ AB₊BC₊C A

2 ⁻AC (1’)

Mặt khác, ta có BD₌BE,AD₌ AL,CL₌CE. Suy ra

2BE₊2AC₌BE₊BD₊CE₊D A₊AL₊LC₌ AB₊AC₊BC

Hay

BE₌ AB₊BC₊C A

2 ⁻AC (2’)

Từ (1’) và (2’) suy ra BE₌HC.

7 Câu 7

Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y)thỏa mãn

¡x²₋y^2¢2₌1₊20y (1) Lời giải:

Do nhận thấy rằng nếu(x,y)là nghiệm của (1) thì (₋x,y)cũng là nghiệm của (1) nên không mất tính tổng quát, giả sử x_≥0. Từ giả thiết, ta có:

(x₋y)²(x₊y)²₌1₊20y

Từ đó ta có: 1₊20y_≥0_⇔y_{≥ −} 1 20.

Mà y là số nguyên nên y_∈N. Suy ra (x₋y)²(x₊y)²_≥1.

• Giả sử(x₋y)²₌1. Suy ra

(x₊y)²₌1₊20y

⇔ 1₊20y₌ y²₊2x y₊x²_≥ y²

⇒ 0_≤ y_≤10

Nếu ylà số lẻ thì (x₊y)²₌1₊20y chia 8 dư 5 điều này vô lý do không có số chính phương nào chia 8 dư 5. Vì vậy, y là số chẵn.

Xét các trường hợp y_∈{0, 2, 4, 6, 8, 10}, ta thấy các bộ(x,y)_∈{(1, 0), (5, 4), (5, 6)} thỏa mãn (x₊y)²₌1₊20y và (x₋y)²₌1.

• Giả sử(x₋y)²_>1. Do (x₋y)² là số chính phương nên (x₋y)²_≥4. Suy ra 1₊20y_≥4(x₊y)²_≥4y²_⇒0_≤ y_≤5

Với y_∈0, 4 thì 1₊20y mới là số chính phương. Cả hai trường hợp này đều không thỏa.

Vậy phương trình (1) có các nghiệm(x,y)_∈{(1, 0), (₋1, 0), (5, 4), (₋5, 4), (5, 6), (₋5, 6)}