Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2021 - 2022 sở GD&ĐT Đồng Nai - THCS.TOANMATH.com

(1)

(2)

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

1.1 Rút gọn biểu thức (a b)

b a

a b b a b a

b b a

A a  +









+

− +

−

= − : (với a≥0,b≥0,a≠b).

Ta có:

(a b)

b a

a b b a b

a b

A a  +







+

− +

−

= ( )³ −( )³ :

a b a b

b a ab b

a

b ab a b a

⋅ +









+

− +

−

+ +

= ( − )( ) ( ) 1

( )

b ab a

b ab

a+ + − ⋅ +

= 1

1

= +

= + b a

b a

1.2 Giải phương trình: ^x

(

¹^x⁺¹

) (

⁺ ^x⁺¹

)(

¹ ^x ⁺²

)

⁼ ³²⁽¹⁾

Điều kiện: x>0

Ta có: ^x

(

¹^x⁺¹

)

⁼ ¹^x ⁻ ^x¹⁺¹

(

^x⁺¹

)(

¹ ^x⁺²

)

⁼ ^x¹⁺¹⁻ ^x¹⁺²

Do đó:

3 2 2 1 ) 1

1

( =

− +

⇔ x x

^⇒³

(

x⁺²

)

⁻³ x ⁼² x

(

x⁺²

)

^⇔²

( )

^x ² ⁺⁴ ^x ⁻⁶⁼⁰

^⇔

( )

x ² ⁺² x⁻³⁼⁰

Đặt t= x, t >0 ta được phương trình t² +2t−3=0

Vì a+b+c=0 nên t=1 (nhận); t =−3(loại) Với ^t ⁼¹ ⇒ x =1⇒x=1 (thỏa điều kiện).

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S =

{}

1

Câu 2.

2.1 Tìm đa thức bậc ba P(x)=x³ +ax² +bx+c với a,b,c là các hệ số thực.

Biết P⁽x⁾ chia hết cho (x -1), P⁽x⁾chia cho (x – 2) và (x – 3) đều có số dư là 6.

Biết: ^P⁽^x⁾⁼⁽^x⁻¹^).^A⁽^x⁾

6 ) ( ).

2 ( )

(x = x− B x + P

6 ) ( ).

3 ( )

(x = x− C x + P

Với A(x);B(x);C(x) là các đa thức.

Khi x=1 ⇒P(1)=0⇒a+b+c=−1

Khi x=2 ⇒P(2)=6⇒4a+2b+c=−2

Khi x=3 ⇒ P(3)=6⇒9a+3b+c=−21

(3)

Ta có hệ:







−

= + +

−

= + +

−

= + +

21 3

9

2 2

4

1 c b a

c b a

Giải hệ ta được: a⁼⁻⁹^;b⁼²⁶^;c⁼⁻¹⁸

Vậy P(x)= x³ −9x² +26x−18

2.2 Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn bất đẳng thức 5x² +3y² +4xy−2x+8y+8≤0

Ta có: 5x² +3y² +4xy−2x+8y+8≤0

⇔4x² +4xy+y² +x² −2x+1+2y² +8y+8−1≤0

⇔(2x+ y)² +(x−1)² +2(y+2)² ≤1

Vì (2x+ y)²∈N; (x−1)²∈N; 2(y+2)²∈N

Nên: (2x+ y)² +(x−1)² +2(y+2)²∈N

Do đó: (2x+y)² +(x−1)² +2(y+2)² =0 hoặc (2x+ y)² +(x−1)² +2(y+2)² =1

i, (2x+ y)² +(x−1)² +2(y+2)² =0 (1)

Vì 2(y+2)² là số chẵn nên 2(y+2)² =0⇔ y=−2 thế vào (1) ta được:

1 0

) 1 ( 5 0 ) 1 ( ) 2 2

( x− ² + x− ² = ⇔ x− ² = ⇔ x− = ⇔ x=

ii, (2x+y)² +(x−1)² +2(y+2)² =1 (2)

Vì 2(y+2)² là số chẵn và 2(y+2)² ≤1 nên 2(y+2)² =0⇔ y=−2 thế vào (1) ta được:

x− + x− = ⇔ x− = ⇔ x− = ⇔ x− =± ⇔ x=± +1∉Z

5 5 5

1 5 5

) 1 1 ( 1 ) 1 ( 5 1 ) 1 ( ) 2 2

( ² ² ² ²

Vậy: x=1,y=−2

Câu 3.

Cho phương trình (*) ( là tham số thực).

3.1 Giải phương trình khi .

Khi , ta được phương trình x⁴ ⁻⁶⁰x² ⁺³⁶⁼⁰ (1) Đặt t= x², t ≥0 ta được phương trình t² −60t+36=0 (2)

0 864 '= >

∆ nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt:

t₁ =30−12 6 (nhận); t₂ =30+12 6 (nhận)

- Với t1 =³⁰−¹² ⁶ ⇒ x² =30−12 6 ⇔ x=±(3 2−2 3)

- Với t₂ =30+12 6 ⇒ x² =30+12 6 ⇔x=±(3 2+2 3)

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S ⁼

{

^±⁽³ ²⁻² ³^);^±⁽³ ²⁺² ³⁾

}

3.2 Tìm để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt , , , trong đó có hai nghiệm , thỏa mãn .

Đặt , t≥0ta có phương trình t² −4(4m−1)t+9m=0 (3)

Để phương trình (*) có bốn nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt







>

∆

⇔

0 0 0 ' P

S

[ ]







>

−

>

−

⇔

0 9

0 ) 1 4 ( 4

0 9 ) 1 4 (

2 ²

m m







>

+

−

⇔

4 1

0 4 41 64 ² m

m

m (**)

Vì 2 2²

1 3x

x =

⇒ nên bài toán đưa về tìm m để phương trình (3) có hai nghiệm t1, t2 thỏa mãn t1 =3t2 .

Ta có: t₁ +t₂ =4(4m−1) và t₁⋅t₂ =9m (hệ thức Vi-et)

0 9 ) 1 4 (

4 ²

4 − m− x + m=

x m

4 m= 4

m=

m x1 x₂ x₃ x4

x1 x₂ x₁ = 3x₂ x2

t =

2

1 3x

x =

(4)

Biết t1 =3t2 ⇒3t₂ +t₂ =4(4m−1) ⇔4t₂ =4(4m−1)⇔t₂ =4m−1

Do đó: t₁ =3(4m−1)

Khi đó: 3(4m−1).(4m−1)=9m⇔3(4m−1)² =9m⇔16m² −11m+1=0 (4) Giải phương trình (4) ta được:

32 57 11

1

= +

m (thỏa (**))

32 57 11

2

= −

m (không thỏa (**))

Vậy m⁼¹¹⁺₃₂⁵⁷

3.3 Giải hệ phương trình:







= +

3 2

2 2

y x y

xy

x ₍⁽¹₂⁾₎

Trừ vế theo vế của phương trình (1) cho (2) ta được: x² − y² +2xy² −2x²y=0 0

) ( 2 ) )(

( − + + − =

⇔ x y x y xy y x 0 ) 2 )(

( − + − =

⇔ x y x y xy

i) x− y=0 ⇔ x= y thế vào (1) ta được: 2x³ +x² −3=0 0

) 3 3 2 )(

1

( − ² + + =

⇔ x x x

* x⁻¹⁼⁰^⇔x⁼¹ ⇒ y=1

* ²^x² ⁺³^x⁺³⁼⁰, phương trình vô nghiệm vì ^∆⁼⁻¹⁵^<⁰ ii) x+ y−2xy=0⇔ x+y=2xy

Đặt S =x+y;P=xy, điều kiện ^S² ⁻⁴^P^≥⁰ Ta được: S =2P

Cộng vế theo vế của phương trình (1) cho (2) ta được: x² +y² +2xy² +2x²y=6 6

) ( 2 2 )

( + ² − + + =

⇔ x y xy xy x y 6

2

2 −2 + =

⇒S P SP

6 4 2

4 ² − + ² =

⇔ P P P

0 6 2

8 ² − − =

⇔ P P







= −

− ⇒

=

⇒

=

⇔

2 3 4

3 2 1

S P

S

P (nhận)

* S =2,P=1. Khi đó x,y là nghiệm của phương trình X² −2X +1=0 1

0 ) 1

( − ² = ⇔ =

⇔ X X

Vậy x=1,y=1

* , ₄³

2

3 −

− =

= P

S . Khi đó x,y là nghiệm của phương trình 0 4 3 2

2 + 3X − =

X

Giải phương trình ta được 1 ³ ₄ ²¹^; 2 ³ ₄ ²¹

−

= − +

= − X

X

Vậy 4

21

; 3 4

21

3 − −

+ =

= − y

x hoặc

4 21

; 3 4

21

3 − +

− =

= − y

x

Nghiệm của hệ phương trình:

( ) 

















− − = − +







− + = − −

∈ 4

21

; 3 4

21

; 3 4

21

; 3 4

21

; 3 1

; 1 ) ,

(x y y y .

(5)

Câu 4. Trong 2021 số nguyên dương đầu tiên, có bao nhiêu số không chia hết cho 7 và không chia hết cho 11?

Trong các số nguyên dương từ 1 đến 2021 các số chia hết cho 7 là:

7; 14; 21; …; 2016

Do đó số các số chia hết cho 7 là: (2016 -7) : 7 + 1 = 288(số)

Trong các số nguyên dương từ 1 đến 2021 các số chia hết cho 11 là:

11; 22; 33; …; 2013

Do đó số các số chia hết cho 11 là: (2013 -11) : 11 + 1 = 183 (số)

Các số chia hết cho 7 và 11 là các số chia hết cho 7.11= 77 (do (7;11)=1) Trong các số nguyên dương từ 1 đến 2021 các số chia hết cho 77 là 77; 154; …; 2002

Do đó số các số chia hết cho 77 là: (2002 -77) : 77 + 1 = 26 (số)

Số các số chia hết cho 7 hoặc chia hết cho 11 là: 288 + 183 – 26 = 445 (số)

Vậy trong 2021 số nguyên dương đầu tiên, số các số không chia hết cho 7 và không chia hết cho 11 là 2021 – 445 = 1576 (số)

5.1 Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp. Xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDE và chứng minh MN // DE

Ta có  AEB ADB= = °90 (AD và BE là hai đường cao) Và hai đỉnh D, E là hai đỉnh kề của tứ giác ABDE Nên tứ giác ABDE nội tiếp.

ΔABE vuông tai E nên tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDE là trung điểm của cạnh AB.

 ABE ADE= (góc nội tiếp chắn ^AE)

 ABE AMN= (góc nội tiếp chắn MN)

Do đó  ADE AMN= mà hai góc này đồng vị nên MN // DE.

5.2 Chứng minh: AE. AC. CE = CD. AB. EF

ΔCDE và ΔCAB có DCE ACB = (góc chung) và CDE BAC = (cùng bù với BDE ) Nên ΔCDE ∽ ΔCAB(g.g) nên CD CE BC CACE.

CA CB= ⇒ = CD (1)

M

N

E F

D H

O I

B A

C

(6)

Tương tự ta có ΔAEF ∽ ΔABC(g.g) nên AE EF BC AB EF. AB BC= ⇒ = AE (2) Từ (1) và (2) suy ra: CACE AB EF. . CACE AE AB CD EF. . . .

CD = AE ⇒ =

5.3 Gọi K là trung điểm của HC. Chứng minh IHKO là hình bình hành

Kẻ đường kính CJ ta có:

JA // BH (cùng vuông góc với AC) JB // AH (cùng vuông góc với BC) Do đó Tứ giác AHBJ là hình bình hành

Mà I là trung điểm của AB nên I là trung điểm của JH

Ta lại có O là trung điểm của JC nên IO là đường trung bình của ΔJHC nên IO // HC và 2

IO= HC mà K là trung điểm của HC

Do đó IO // HK và

2 IO HK= = HC

Suy ra IHKO là hình bình hành.

6. Cho ba số thực dương ^a,^b,^c. Chứng minh: 2( a b c) b

a c a

c b c

b

a+ + + + + ≥ + +

Đặt x = a ; y = b; z = c suy ra x²= a; y² = b; z² = c (x; y; z > 0) Khi đó ta cần chứng minh x² y² y² z² z² x² 2(x y z)

z x y

+ + + + + ≥ + +

Ta có:

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

2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3

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

z x y z z x x y y

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

z x z y x y xz yz xz

+ + + + + = + + + + +

      + + +

= +  + +  + + = + +

     

Ta chứng minh x³+z³ ≥xz x z( + )(1) Thật vậy ta có:

2 2 2

3 3 2 2 3 3

( ) ( ) 0 ( )( ) 0

0 ( )

x z x z x z x z

x z x z xz x z xz x z

− + ≥ ⇔ − − ≥

⇔ + − − ≥ ⇔ + ≥ +

J

K

M

N

E F

D H I O

B A

C

(7)

Áp dụng (1) ta có:

3 3 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) 2( )

x z y z y x xz x z yz y z xy x y x y z

xz yz xz xz yz xy

+ + + + + ≥ + + + + + = + +

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z

Vậy 2( a b c)

b a c a

c b c

b

a+ + + + + ≥ + + khi a = b = c

__________ THCS.TOANMATH.com __________