ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN năm 2022 - 2023 Trường THCS Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định

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 THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN năm 2022 - 2023 Trường THCS Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2,0 điểm) Cho f  x   x  x  có nghiệm phân biệt x1 , x2 Đặt g  x   x  Tính giá trị biểu thức T  g  x1  g  x2  Cho số thực a, b, c thoả mãn a2  b2  c2  2022 Chứng minh  2a  2b  c    2b  2c  a    2c  2a  b  2  18198 Lời giải Vì f  x   x  x  có nghiệm phân biệt x1 , x2 nên f  x    x  x1  x  x2  Ta có T  g  x1  g  x2    x12  1 x22  1   x1  1 x2  1 x1  1 x2  1  T  1  x1 1  x2  1  x1  1  x2   f 1 f  1  7   3 21   2 4 Cách khác: Học sinh tìm hai nghiệm f  x  x1   15  15 , x2  2   15 2    15 2  21 Từ tính T  g  x1  g  x2      1    1           Đặt t  a  b  c Khi ta có  2a  2b  c    2b  2c  a    2c  2a  b    2t  3a    2t  3b    2t  3c   12t  12t  a  b  c    a  b2  c   12t  12t   a  b2  c    a  b2  c  2 2 2 Do  2a  2b  c    2b  2c  a    2c  2a  b   9.2022  18198 2 Cách khác: Học sinh khai triển bình phương biểu thức rút gọn kết cần chứng minh Câu (2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình: x    x  1  3x    y   2x  y  x  y         2 x   y  14  x  Lời giải Điều kiện xác định x  1  x  1 Phương trình cho tương đương với  x  1 x   x      x 1   x  Ta có  x   x   21  4  x   x 1   x      21  x    x  x  15  x  x 1  4  x    21    Đối chiếu điều kiện có tập nghiệm phương trình 1;      Điều kiện xác định x   , y  Ta có 1  y   y   x  8   x   y    Trường hợp 1:   y7  y    y  x  1     y  x   y    y  , thay vào (2) ta 2 x    x   2 x   x    x  1  x  x  (do x    2 ) x  (thoả mãn điều kiện)  x2  x    x  Trường hợp 2: y  x  1, thay vào (2) ta 2 x   x  12  x   Do x       2x 1  x   x  không đồng thời nên 2x 1  x 3  (*) 2x   x   Khi *   x   x   x    x   x    x    x  3  x   x  16  x  3  x (do y  x    x  ) x   x  16 x  48     x  12 Với x  y  Với x  12 y  25 Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm hệ phương trình Câu  0; 9 ,  4; 9 , 12; 25 (3,0 điểm) Cho đường tròn  O, R  điểm M nằm ngồi đường trịn Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn  O  ( A, B tiếp điểm) Gọi D điểm cung lớn AB đường tròn  O, R  cho AD // MB C giao điểm thứ hai đường thẳng MD với đường tròn  O, R  Gọi H giao điểm đường thẳng OM AB Chứng minh MH MO  MC.MD tứ giác OHCD nội tiếp Gọi G trọng tâm tam giác MAB Chứng minh ba điểm A, C, G thẳng hàng Giả sử OM  3R Kẻ đường kính BK đường tròn  O, R  Gọi I giao điểm đường thẳng MK AB Tính giá trị biểu thức T  Lời giải IM  IA2 IA 5 2 IK  IH AB A K I D C M H G O E B Vì MA, MB tiếp tuyến A, B đường tròn  O, R    MDA  Nên ta suy OM  AB ; MA  OA MAC Xét tam giác OAM vng A có đường cao AH ta có MA2  MO.MH (1)  chung nên MAC ∽ MDA  gg    MDA  M Mặt khác xét MAC MDA có MAC  MC MA   MA2  MC.MD (2) MA MD Từ (1) (2) suy MH MO  MC.MD Vì MH MO  MC.MD  Xét hai tam giác MH MC  MD MO MCH MOD có MCH ∽ MOD  cgc  MH MC  MD MO  M chung nên   MDO   CHO   CDO   CHO   MDO   CHO   MHC   1800  MHC Do hai đỉnh H , D hai vị trí đối diện nên tứ giác OHCD nội tiếp Gọi E giao điểm AC MB  chung EBC   EAB  (góc tiếp tuyến dây cung Xét EBC EAB có E góc nội tiếp chắn cung)  EBC ∽ EAB  gg   EB EC   EB  EA.EC (3) EA EB   MDA   MAE  Mặt khác, AD // MB nên EMC  chung EMC   MAE  Xét EMC EAM có E  EMC ∽ EAM  gg   EM EC   EM  EA.EC (4) EA EM Từ (3) (4) suy EB2  EM  EB  EM hay E trung điểm MB Tam giác MAB có AE đường trung tuyến nên AE qua trọng tâm G MAB hay ba điểm A, C, G thẳng hàng vuông OAM OA R2 R OA  OH OM  OH    OM 3R 3 Tam giác A có đường cao AH nên R 8R R AB  AH  OA2  OH  R     R  MH  OM  OH  3R   3 3 Mà BK đường kính đường trịn  O, R  nên ABK vng A BK  2R 4  2R  AK  BK  AB   R    R     Tính IA  Vậy T  Câu 2 2R 2R 3R 3R , IH  , IM  , IK  15 15 5 7003 118 (1,5 điểm) Chứng minh P  n   n4  14n3  71n2  154n  120 chia hết cho 24 với số tự nhiên n Cho p số nguyên tố có dạng 4k  3,  k    Chứng minh a, b  thoả mãn a  b2 chia hết cho p a  p b  p Từ suy phương trình x2  x  y  58 khơng có nghiệm nguyên Lời giải Ta có P  n   n4  14n3  71n2  154n  120   n   n  3 n   n  5 Ta thấy với số tự nhiên n , P  n  tích số nguyên liên tiếp nên   P  n   3, n      P  n   8, n   Mà  3, 8  nên P  n   24, n   Giả sử a khơng chia hết cho p từ giả thiết a  b2 chia hết cho p ta suy b không chia hết cho p a p1   mod p  Do  a, p    b, p   Áp dụng định lý Fermat ta có  p1 b   mod p   a p1  b p1   mod p   a 4k 2  b4k 2   mod p  (*) Mặt khác ta có a 4k 2  b4 k 2   a  k 1   b2  k 1 chia hết cho a  b2 Kết hợp a  b2 chia hết cho p ta suy a 4k 2  b4 k 2 chia hết cho p (**) Từ (*) (**) suy  p  p  (mâu thuẫn với giả thiết số nguyên tố có dạng 4k  ) Do điều giả sử sai Suy a  p Kết hợp giả thiết suy b  p Vậy ta có điều phải chứng minh Giả sử phương trình x2  x  y  58 có nghiệm nguyên Khi phương trình cho tương đương với  x     y   62 2 Suy  x     y  chia hết cho 31 31 số nguyên tố có dạng 4k  2  x  2  312   x    31  Áp dụng chứng minh ta suy   2  y   31    y   31   x     y   312  62  312 (vô lý) 2 Vậy phương trình cho khơng có nghiệm nguyên Câu (1,5 điểm) Xét số thực không âm x, y, z thoả mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x2 y2  z2  yz   x3 zx   y3 xy   z3 Từ 2022 số nguyên dương 1, 2, 3, …, 2022, người ta chọn n số phân biệt cho hai số chọn có hiệu khơng ước tổng hai số Chứng minh n  674 Lời giải Ta có  x  1  x  1  x  x  1  x   1  x  x2  x2   x2 x2 x2    2 yz   x3 yz  x  2 yz  x  2 Chứng minh tương tự ta có y2 zx   y  y2 z2 2z ;  zx  y  xy   z xy  z  2 x2 y2 2z2  x  y  z Suy P    2 2 2 yz  x  2 zx  y  2 xy  z   x  y  z  12  x  y  z P2  2  x  y  z  x  y  z Kết hợp giả thiết ta có Với x  y  z  P  12 Vậy giá trị nhỏ biểu thức P 12 Với hai số x, y số n số lấy rõ ràng x  y  x  y  Nếu x  y  x, y tính chẵn lẻ nên có  x  y  x  y (mâu thuẫn giả thiết), x  y  Vậy x  y  Gọi n số lấy thứ tự a1  a2    an Khi có: a1  a2  a1   a2  a1  a3  a2   a3  a2   a1  2.3 … Cứ tiếp tục q trình trên, ta có an  a1   n  1 Vậy có 2022  an  a1   n  1   3n   n  2024  674 3 Từ dẫn đến n  674 , ta có điều phải chứng minh -Hết - ...     Điều kiện xác định x   , y  Ta có 1  y   y   x  8   x   y    Trường hợp 1:   y7  y    y  x  1     y  x   y    y  , thay vào (2) ta 2 x    x... trình trên, ta có an  a1   n  1 Vậy có 2022  an  a1   n  1   3n   n  2024  674 3 Từ dẫn đến n  674 , ta có điều phải chứng minh -Hết - ...  Giả sử a khơng chia hết cho p từ giả thi? ??t a  b2 chia hết cho p ta suy b không chia hết cho p a p1   mod p  Do  a, p    b, p   Áp dụng định lý Fermat ta có  p1 b   mod p