Qua đó, giúp các em học sinh tham khảo, so sánh với bài thi vào lớp 10 năm 2022 2023 của mình thuận tiện hơn. Kỳ thi tuyển sinh vào 10 năm học 2022 2023 ... Các dạng toán xuất hiện trong bài thi gồm: giải hệ phương trình, giải phương trình, tính giá trị biểu thức ... de thi vao lop 10 mon toan chuyen ... ĐỀ Tuyển sinh vào LỚP 10 MÔN TOÁN chuyên năm 2022 2023 Trường THCS Chuyên Nghệ An
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU THCS.TOANMATH.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2022 – 2023 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) - HẾT - LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Được thực Nguyễn Nhất Huy, Thầy Trịnh Văn Luân Bài 1: √ x + + x2 − x = x2 + (2xy − 1)2 + 4x2 = 5y b) Giải hệ phương trình 2x (x − y ) = y − y a) Giải phương trình √ Hướng dẫn giải a) Điều kiện x ≥ −1 √ √ Ta có x + + x2 − x = x2 + √ √ ⇔ x + + x2 + − (x + 1) = x2 + √ √ Đặt a = x + 1, b = x2 + Điều kiện a ≥ 0, b > Khi phương trình trở thành: a + b2 − a2 = b ⇔ (a − b)(a + b − 1) = a=b ⇔ a + b = √ √ Trường hợp Nếu a = b ⇒ x + = x2 + ⇔ x + = x2 + ⇔ x(x − 1) = ⇔ x = (thoả mãn) x = (thoả mãn) √ √ Trường hợp Nếu a + b = ⇒ x + + x2 + = √ √ √ Vì x2 + > = 1; x + > 0, với x ≥ −1 Suy V T > 1, nên phương trình vơ nghiệm Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1; 0} (2xy − 1)2 + 4x2 = 5y (1) b) 2x (x − y ) = y − y (2) (2) ⇔ (2xy − 1)y = 2x2 − y • Nếu y = ⇒ 4x2 + = 0(vơ lý), 4x2 + > > • Nếu y ̸= Khi 2x2 − y Thế 2xy − = vào (1), ta y 2x − y + 4x2 = 5y (3) y x = t chia hai vế (3) cho y , ta được: y (2t − 1)2 + 4t2 = Đặt ⇔ 4t4 − 4t2 + + 4t2 = ⇔ 4t4 = ⇔ t4 = ⇔ (t − 1)(t + 1)(t2 + 1) = t=1 ⇔ t = −1 • Nếu t = ⇒ x = y vào (2), ta ⇔ x2 = (2x2 − 1)x ⇔ x(2x2 − x − 1) = ⇔ x(x − 1)(2x + 1) = x = ⇒ y = (loại y ̸= 0) ⇔ x = ⇒ y = −1 −1 x= ⇒y= 2 • Nếu t = −1 ⇒ y = −x, vào (2) ta ⇔ (2x2 + 1)x = x2 ⇔ x(2x2 − x + 1) = ⇔ x = ⇒ y = (loại y = ̸ 0) 2x − x + = x − Vậy hệ có nghiệm (1; 1), 2 ! + >0 −1 −1 ; 2 Bài 2: a) Tìm x, y ∈ Z thỏa mãn (x − y)2 (8 − xy) + = 12(x − y) b) Cho n số nguyên dương Chứng minh 2n + 36 122n + 25 không đồng thời số phương Hướng dẫn giải a) Đặt x − y = a, xy = b a, b ∈ Z, ta biến đổi phương trình sau (x − y)2 (8 − xy) + = 12(x − y) ⇔ a2 (8 − b) + = 12a 8a2 − 12a + 12a − =8− ∈Z a a2 12a − ⇔ ∈Z a2 ⇔b= (1) Suy a2 | 12a − = 4(3a − 1) mà (3a − 1, a2 ) = (3a − 1, a) = nên a2 | Từ ta a ∈ {1, −1, 2, −2} Ta xét trường hợp sau • Nếu a = vào (1) ta b = hay x − y = xy = Từ ta cặp (x, y) thỏa mãn (0, −1), (1, 0) • Nếu a = −1 vào (1) ta b = 24 Bằng phép ta phương trình y(y − 1) = 24 Khơng có (x, y) thỏa mãn phương trình vơ nghiệm nguyên • Nếu a = vào (1) ta b = Bằng phép ta phương trình y(y + 2) = ⇔ y + 2y − = ⇔ (y − 1)(y + 3) = y=1⇒x=3 ⇔ y = −3 ⇒ x = −1 • Nếu a = −2 vào (1) ta b = 15 Bằng phép ta phương trình y=5⇒x=3 y(y − 2) = 15 ⇔ (y − 1)2 = 42 ⇔ y = −3 ⇒ x = −5 Vậy tất cặp (x, y) thỏa mãn (0; −1), (1; 0), (3; 1), (−1; 3), (3; 5), (−5; −3) b) Giả sử tồn n nguyên dương cho 2n + 36 122n + 25 số phương Ta lập bảng đồng dư sau x x2 2 Do ta rút nhận xét: Một số phương đồng dư 0, 1, theo modulo Quay trở lại tốn, 2n + 36 ≡ 2n (mod 3) nên n phải số chẵn(vì số phương có đồng dư 0, theo modulo 3) Từ ta xét trường hợp sau • Nếu n = 3k với k chẵn 12n + 25 ≡ 5n + = 125k + ≡ (−1)k + = (mod 7) mâu thuẫn với nhận xét 4 • Nếu n = 3k + với k lẻ 2n + 36 = 2.8k + 36 ≡ + = (mod 7) mâu thuẫn với nhận xét • Nếu n = 3k + với k chẵn 2n + 36 = 4.8k + 36 ≡ + = (mod 7) mâu thuẫn với nhận xét Do điều giả sử sai Vậy 2n + 36 122n + 25 khơng đồng thời số phương với n nguyên dương Bài 3: Cho số thực x, y, z thỏa mãn ≤ x, y, z ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức T = 7x + y + z + 9y + 2z − 3xz − 26xyz Hướng dẫn giải Theo giả thiết ta có ≤ z ≤ ⇒ (z − 1)2 (z − 3) ≤ ⇔ (z − 2z + 1)(z − 3) ≤ ⇔ z − 5z + 7z − ≤ ⇔ z ≤ 5z − 7z + (1) Cũng theo giả thiết ta có (z − 1)(z − 3) ≤ ⇔ z ≤ 4z − Thế vào (1) ta 2z ≤ 10(4z − 3) − 14z + = 26z − 24 Từ kết hợp với 27 − 3x − 26xy ≤ 27 − − 26 = −2 < ta có 2z − 3zx − 26xyz + z ≤ 26z − 24 − 3zx − 26xyz + z = z(27 − 3x − 26xy) − 24 ≤ 27 − 3x − 26xy − 24 = − 3x − 26xy Từ kết hợp với − 26y < − 26 = −22 < ta có T ≤ 7x + y + 9y + − 3x − 26xy = 4x + y + 9y + − 26xy = x(4 − 26y) + y + 9y + ≤ − 26y + y + 9y + = 9y − 25y + Đến áp dụng y ≤ 4y − (vì x, y, z bình đẳng) nên ta T ≤ 9(4y − 3) − 25y + = 11y − 20 ≤ 11 · − 20 = 13 Vậy giá trị lớn T = 13 Dấu xảy x = 1, y = 3, z = 5 Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H Tia AH cắt (O) K (K khác A), tia KO cắt (O) M (M khác K) tia M H cắt (O) P (P khác M ) a) Chứng minh OD ∥ M H điểm A, O, D, P nằm đường tròn b) Gọi Q giao điểm P A EF Chứng minh DQ ⊥ EF c) Tia P E tia P F cắt đường tròn (O) L N (L, N khác P ) Chứng minh LC = N B Hướng dẫn giải A M L N Y E O Q F X H L B D C P K a) \ = DAC \ (2 góc nội tiếp chắn cung KC) • Ta có KBC \ = AEB [ = 90◦ , mà hai đỉnh D E hai đỉnh kề Do ADB \ = EAD \ ⇒ HBD \ = DAC \ Suy tứ giác ABDE nội tiếp ⇒ EBD \ = KBC(= \ DAC) \ Do HBD Suy ∆BHD = ∆BKD (c-g-c) ⇒ DH = DK, hay D trung điểm HK 6 Xét ∆KHM có O trung điểm KM , D trung điểm HK Suy OD đường trung bình ∆HM K ⇒ OD ∥ HM \ = P\ • Vì OD ∥ M H ⇒ DOK M K (hai góc đồng vị) \ OK (góc nội tiếp nửa góc tâm chắn cung P K) Mà P\ MK = P \ = 1P \ \ ⇒ DOK OK hay OD phân giác P OK \ \ Mà P\ \ ⇒P OD = DOK MK = P AD (2 góc nội tiếp chắn cung PK) \ \ ⇒P OD = P AD, mà hai đỉnh A O hai đỉnh kề Suy tứ giác AP DO nội tiếp, hay bốn điểm A, O, P, D nằm đường tròn b) Dễ dàng chứng minh tứ giác BF EC nội tiếp [ = ABC [ Mà ABC [ = AP [ [ = AP [ Suy AEQ C nên AEQ C Do ta ∆AEQ ∽ ∆AP C ⇒ AQ AE = ⇒ AP · AQ = AE · AC AP AC Vì HECD tứ giác nội tiếp nên AH · AD = AE · AC (1) (2) Từ (1) (2) ta AH · AD = AP · AQ Do tứ giác P QHD tứ giác nội tiếp [ = ADP \=P \ Ta có ∆AOP ∽ ∆P HD hai tam giác cân AOP DH Từ kết hợp \ \ với P QHD tứ giác nội tiếp suy P QD = P HD = P[ AO nên QD ∥ AO [ = 90◦ − ABC [ = 90◦ − AEF [ nên OA ⊥ EF Mà QD ∥ AO nên QD ⊥ EF Vì OAC Vậy tốn chứng minh c) Vì AP · AQ = AE · AC theo b) AE · AC = AF · AB tứ giác BF EC nội tiếp nên tứ giác P QEC, P QF B nội tiếp Do ta \ \ [ = EP [ [ F QB = F[ PB = N P B, EQC C = LP C (*) Kẻ BX, CY vng góc với EF Ta có ∆CEY ∽ ∆ABD(g-g); ∆BF X ∽ ∆ACD(g-g) Từ kết hợp với CD.BC = CE.AC, BD.BC = BF.AB định lý Thales hình thang BXY C ta tỷ lệ thức sau CY CE BX BF CY CE AC CD · BC CD YQ = , = ⇔ = · = = = AD AB AD AC BX BF AB BD · BC BD XQ \ \ = 90◦ nên ∆CY Q ∽ BXQ(g-g) suy Mà CY Q = BXQ [ =Y \ \=F \ EQC QC = XQB QB \ [ Từ (∗) (∗∗) ta N P B = LP C hay sđ N B= sđ LC suy N B = LC Vậy toán chứng minh (**) Bài 5: Cho tập hợp A gồm 2022 số tự nhiên liên tiếp từ đến 2022 Tìm số tự nhiên n nhỏ cho tập hợp gồm n phần tử A chứa phần tử số đôi nguyên tố Hướng dẫn giải Trước hết, ta có nhận xét sau: Trong số tự nhiên liên tiếp, số chọn ta ln tìm số đơi ngun tố Chứng minh: Gọi số tự nhiên liên tiếp là: a; a + 1; ; a + • Giả sử a chẵn, ta đặt: a = 2k, số tự nhiên liên tiếp là: 2k; ; 2k + Ta xét trường hợp: Trường hợp 1: Nếu số 2k + 1; 2k + 3; 2k + chọn, ta có số thỏa mãn yêu cầu đề Trường hợp 2: Nếu số có số khơng chọn, có số chọn nên số 2k; 2k + 2; 2k + chọn Và số 2k + 1; 2k + số 2k + 3; 2k + chọn ta chọn số 2k + 2; 2k + Khi số chọn là: 2k; 2k + 1; 2k + 2; 2k + 4; 2k + Đến đây, số 2k + 1; 2k + có số khơng chia hết cho hiệu hai số khơng chia hết cho Ta xét 2k + chia hết cho Trường hợp lại chứng minh tương tự Trong trường hợp này, ta chọn số: 2k + 1; 2k + 5; 2k + Còn với 2k + chia hết cho ta lại chọn: 2k + 5; 2k + 4; 2k + • Trường hợp a lẻ, ta chứng minh tương tự Như nhận xét chứng minh Quay trở lại toán, xét n = 1349 Khi chia 2022 số tự nhiên thành 337 nhóm: {1; 2; 3; ; 6}, , {2017; 2018; ; 2022} Khi đó, theo ngun lí Dirichlet tồn nhóm chứa phần tử chọn theo nhận xét tồn số đôi nguyên tố Ta chứng minh n ≤ 1348 không thỏa mãn Thật vậy, ta chọn tất số nhận làm ước Ta tính có 1011 số chia hết cho 2, 674 số chia hết cho 3, 337 số chia hết cho Vì số số chọn là: 1011 + 674 − 337 = 1348 Vậy ta kết luận: n = 1349 ... - HẾT - LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Được thực Nguyễn Nhất Huy, Thầy Trịnh Văn Luân Bài 1: √ x + + x2 − x =... a = 2k, số tự nhiên liên tiếp là: 2k; ; 2k + Ta xét trường hợp: Trường hợp 1: Nếu số 2k + 1; 2k + 3; 2k + chọn, ta có số thỏa mãn yêu cầu đề Trường hợp 2: Nếu số có số khơng chọn, có số chọn nên... (∗∗) ta N P B = LP C hay sđ N B= sđ LC suy N B = LC Vậy toán chứng minh (**) Bài 5: Cho tập hợp A gồm 2022 số tự nhiên liên tiếp từ đến 2022 Tìm số tự nhiên n nhỏ cho tập hợp gồm n phần tử A