ĐỀ Tuyển sinh vào LỚP 10 MÔN TOÁN chuyên năm 2022 2023 Trường THCS Đắk Lắk

Câu 1 Cho phương trình ( )2 22 1 2 0x m x m m− − + − − = với m là tham số Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 1 2;x x thỏa mãn 3 3 1 2 1 25 10 15x x x x m+ − =. ĐỀ Tuyển sinh vào LỚP 10 MÔN TOÁN chuyên năm 2022 2023 Trường THCS Đắk Lắk

Câu với m tham số Tìm tất giá trị Cho phương trình x − ( 2m − 1) x + m − m − = m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x13 + x23 − x1 x2 = 10m + 15 ( 2m − 1) ∆= ( ) Giải − m − m − = 4m − 4m + − 4m + 4m + = > Suy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 = m + 1; x2 = m−2 Có x13 + x23 − x1 x2 = 10m + 15 ⇔ ( m + 1) + ( m − ) − ( m + 1)( m − ) − 10m − 15= 3 ⇔ m3 + 3m + 3m + + m3 − 6m + 12m − − 5m + 10 − 10m − 15 =0 ⇔ m3 − 4m + 5m − =0 ⇔ m3 − 3m − m + 3m + 2m − =0 ⇔ m ( m − 3) − m ( m − 3) + ( m − 3) =0 ( ) ⇔ ( m − 3) m − m + = ⇔ m = Vậy m = Câu x3 + x − x + 1) Giải phương trình: x + x +=  x − xy − y + x − y + = (1) 2) Giải hệ phương trình:  − + + − = x 10 y x ( )  Giải 1) Phương trình cho tương đương với: (x ) − x + + ( x + 2= ) Đặt u = x − x + 1, v = ( x + ) ( x − x + 1) Điều kiện: x ≥ −2 x + 2; u , v ≥ u = v 3uv ⇔ u − 3uv + 2v =⇔ ( u − v )( u − 2v ) =⇔ Phương trình trở thành: u + 2v = u = 2v  Với u = v x − x + = x + ⇔ x − x − = ⇔ x = ± Với u = 2v x − x + = ( x + ) ⇔ x − x − = ⇔ x = ± 53 2) Điều kiện: x ≥  y =− x − (1) ⇔ ( x + y + 3)( x − y + 1) = ⇔  1 = y x+ 2  Với y =− x − , vào ( ) ta được: x + 10 x + 39 + x − = 0 : vô nghiệm ⇔ ( x + ) + 14 + x − = Với = y 1 x + , vào ( ) ta được: x − x + + x − = 2 ⇔ x2 − 4x + = x − x −1 ⇔ ( x − 2) = (  x − 2= x − −  x − = x − ( 3) ⇔ ⇔  x − = − x ( )  x − = − x − ) x −1 −1  x = (t / m) ⇔  x − =  x = ( t / m )  x −1 = ( 3) ⇔  3 − x ≥ x ≤ ⇔ ⇔x= (t / m)  x −1= x − 6x +  x − x + 10 = Với x = y = ( 4) ⇔  Với x = y = x = x =  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  ; y =1 y =  Câu 1) Cho hình chữ nhật ABCD có chiều dài 47 cm , chiều rộng Chứng minh trong số 2022 điểm nằm hình chữ nhật ABCD ln tìm hai điểm mà khoảng cách chúng nhỏ cm 1) Tìm tất số nguyên dương x, y thỏa mãn x + y = 20 x − 24 y + 477 Giải 1) Chia hình chữ nhật ABCD thành 2021 hình vng nhỏ có cạnh 1cm Khi lấy 2022 điểm hình chữ nhật ABCD chúng thuộc 2021 hình vng nhỏ Theo ngun lí Dirichlet, tồn điểm thuộc hình vng nhỏ Khi khoảng cách chúng nhỏ đường chéo hình vng nhỏ cm 2) x + y = 20 x − 24 y + 477 ⇔ x − 20 x + 20 + y + 24 y + 48 = 545 2 2 ⇔ ( x − 2) + 3( y + 4) = 545 2 Do ( x − ) 545 chia hết ( y + ) chia hết cho 2 Mà ( 3,5 ) = nên ( y + )  hay ( y + ) 545 ⇒ y + ≤ 13 Có ( y + ) ≤ 545 ⇒ ( y + ) ≤ 2 Từ y = y = Với y = ( x − ) = 94 : loại Với y = ( x − ) = 49 ⇒ x = Vậy cặp ( x; y ) cần tìm ( 9;6 ) Câu 24abc Chứng minh rằng: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + 2b + 3c = 2b a 16b + + 3c 2b 36c + Giải c 24abc ⇔ Có a + 2b + 3= 1 + + = 2ab 6bc 3ca + a 3c 4a + ≥ 1 = ,y = ,z Khi xy + yz + zx = a 2b 3c x y z + + ≥ Bất đẳng thức trở thành: P = 2 y +4 z +4 x +4 = x Đặt Có: y + = y + xy + yz + zx = ( x + y )( y + z ) z + = z + xy + yz + zx = ( y + z )( z + x ) x + = x + xy + yz + zx = ( z + x )( x + y ) = ⇒P x ( x + y )( y + z ) + y ( y + z )( z + x ) + z ( z + x )( x + y ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: 2x 2y 2z P≥ + + x + y + z x + y + 2z 2x + y + z P≥ x2 y2 2z2 + + x + yx + zx xy + y + zy xz + yz + z Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức: P≥ 2( x + y + z) (x + y + z) Lại có Câu 2 + xy + yz + zx (x + y + z) xy + yz + zx ≤ ⇒P≥ 2( x + y + z) (x + y + z) + (x + y + z) = Cho đường tròn ( O; R ) hai điểm P, Q nằm ( O ) cho góc PO Q vng, PQ khơng cắt ( O ) Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB với đường tròn ( O ) ( A, B hai tiếp điểm; tia PA nằm hai tia PQ PO ) Hai cát tuyến PDC , QEC thay đổi ( O ) qua C ( D nằm P C ; E nằm Q C ) Tia PE cắt đường tròn tịa điểm thứ hai F ( F ≠ E ) H giao điểm AB OP Chứng minh rằng: 1) Tích PE.PF không đổi 2)  AHE =  AHF 3) Đường trịn ngoại tiếp tam giác PDF ln qua điểm cố định Giải 1)  = PEA  Có PAF ∆PAF  ∆PEA ( g g ) ⇒ PA PF = ⇒ PE.PF = PA2 PE PA ∆OAP vuông A ⇒ PA2 = OP − OA2 = OP − R ⇒ PE.PF = OP − R : không đổi 2) PH PO ∆OAP vuông A , AH đường cao ⇒ PA2 = Do PE = PF PH PO ⇒ ∆PHF  ∆PEO ( c.g c )  = PEO  ⇒ OHFE tứ giác nội tiếp ⇒ PHF  = OEF  = OFE  = OHE  Mà AH ⊥ OP nên  ⇒ PHF AHE =  AHF 3) Gọi Q ' giao điểm PQ đường tròn ngoại tiếp ∆QEF ∆PFQ′  ∆PQE ( g g ) ⇒ PQ′.PQ = PE.PF = OP − R OP − R : không đổi ⇒ Q′ cố định ⇒ PQ′ = PQ ∆PFD  ∆PCE ( g g ) ⇒ PC.PD = PE.PF   ′D C PD PQ.PQ′ ⇒ ∆PQ′D  ∆PCQ ( c.g c ) ⇒= PQ ⇒ PC =  PQ   =C  nên = ′D ⇒ PDFQ′ tứ giác nội tiếp hay đường trịn ngoại tiếp ∆PDF Mà PFD PFD ln qua điểm Q′ cố định - THCS.TOANMATH.com - ... + x23 − x1 x2 = 10m + 15 ⇔ ( m + 1) + ( m − ) − ( m + 1)( m − ) − 10m − 15= 3 ⇔ m3 + 3m + 3m + + m3 − 6m + 12m − − 5m + 10 − 10m − 15 =0 ⇔ m3 − 4m + 5m − =0 ⇔ m3 − 3m − m + 3m + 2m − =0 ⇔ m (... 3)( x − y + 1) = ⇔  1 = y x+ 2  Với y =− x − , vào ( ) ta được: x + 10 x + 39 + x − = 0 : vô nghiệm ⇔ ( x + ) + 14 + x − = Với = y 1 x + , vào ( ) ta được: x − x + + x − = 2 ⇔ x2 − 4x + = x... x23 − x1 x2 = 10m + 15 ( 2m − 1) ∆= ( ) Giải − m − m − = 4m − 4m + − 4m + 4m + = > Suy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 = m + 1; x2 = m−2 Có x13 + x23 − x1 x2 = 10m + 15 ⇔ ( m