Thông tin tài liệu
- HẾT - Đáp án đề thi vào lớp 10 mơn Tốn chun Phan Bội Châu Nghệ An năm 2023 NGUYỄN NHẤT HUY − VÕ TRỌNG KHẢI NGÀY THÁNG NĂM 2023 LỜI GIẢI ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Câu a) Giải phương trình x4 − 4x3 + 6x2 − 4x − = p √ 2x − x + y √ = 2y − x2 √ + 2x √ b) Giải hệ phương trình (2 − x + y) x + = 3x Lời giải a) Ta biến đổi phương trình sau x4 − 4x3 + 6x2 − 4x − = ⇔ x2 − 2x − x2 − 2x + = ⇔ x2 − 2x − = (vì x2 − 2x + = (x − 1)2 + > > 0) √ √ ⇔ x ∈ {1 + 2, − 2} √ √ Như vậy, tập nghiệm phương trình cho S = {1 + 2, − 2} b) Điều kiện xác định: x + y > 0, 2y − x2 + 2x > Trước hết ta có biến đổi sau p √ √ 2x − x + y = 2y − x2 + 2x ⇔ (2x − x + y)2 = 2y − x2 + 2x √ ⇔ 4x2 − 4x x + y + x + y = 2y − x2 + 2x √ ⇔ 5x2 − 4x x + y − (x + y) = √ √ √ ⇔ 5x(x − x + y) + x + y(x − x + y) = √ √ ⇔ x − x + y 5x + x + y = Lúc này, ta xét hai trường hợp sau √ √ Trường hợp x − x + y = suy x = x + y(x > 0) Thay vào phương trình thứ hai hệ, ta √ √ (2 − x) x2 + = 3x ⇔ (2 − x)2 (x2 + 4) = 12x2 ⇔ (x2 − 4x + 4)(x2 + 4) = 12x2 ⇔ x4 + 4x2 − 4x3 − 16x + 4x2 + 16 = 12x2 ⇔ x4 − 4x3 − 4x2 − 16x + 16 = ⇔ (x2 + 2x + 2)(x2 − 6x + 4) = ⇔ x2 − 6x + = 0(vì x2 + 2x + = (x + 1)2 + > > 0) √ √ ⇔ x ∈ {3 − 5, + 5} √ √ suy x = − Để ý điều kiện x nên x = + loạip √ √ √ Khi đó, thay vào biểu thức ta − = − + y suy y = 11 − 5 Thử lại, ta thấy nghiệm thỏa mãn √ √ Trường hợp 5x + x + y = suy x + y = −5x(x 0) Thay vào phương trình đầu hệ, ta có p 7x = 2y − x2 + 2x Từ kết hợp x suy x = y = Thử lại ta thấy nghiệm không thỏa √ √ Như vậy, tất nghiệm hệ phương trình (x, y) = {3 − 5, 11 − 5} ∇ NGUYỄN NHẤT HUY − VÕ TRỌNG KHẢI Câu a) Tìm x ∈ R cho x + √ √ 2024 − 2024 số nguyên x b) Tìm số nguyên dương a nhỏ cho 2a số lập phương 5a số phương Lời giải a) Theo giả thiết ta có the đặt sau x + √ 2024 = a, √ − 2024 = b a, b ∈ Z x Bằng phép biến đổi ta √ √ √ (a − 2024)(b + 2024) = ⇔ 2024(a − b) = 2025 − ab √ Vì 2024 vô tỷ a − b, 2025 − ab nguyên nên a = b 2025 = ab suy a = b = ±45 Khi phép ta √ √ √ x + 2024 = a = ±45 ⇔ x ∈ {45 − 2024, −45 − 2024} √ √ Vậy tất giá trị x thỏa mãn x ∈ {45 − 2024, −45 − 2024} b) Theo giả thiết 2a = b3 (1) 5a = c2 (2) với b, c số nguyên dương Từ (1) suy b3 chia hết cho 2, mà số nguyên tố nên b chia hết cho Đặt b = 2d, thay vào (1) 2a = 8d3 , a = 4d3 (3) Từ (2) suy c2 chia hết cho , mà số nguyên tố nên c chia hết cho Đặt c = 5e, thay vào (2) 5a = 25e2 , a = 5e2 (4) Từ (3) (4) có a = 4d3 = 5e2 (5) với d, e số nguyên dương Do hai số nguyên tố nên từ (5) d3 chia hết cho 5, suy d chia hết cho Đặt d = 5k, thay vào (5) a = 5e2 = 500k với k số nguyên dương Từ e2 = 100k = 102 k Điều xảy với số k nhỏ k = 1, e = 10 a = 500 Lúc 2a = 1000 = 103 5a = 2500 = 502 thỏa mãn toán Vậy số nguyên dương a nhỏ thỏa mãn a = 500 ∇ ! Bài tốn số học câu b tốn khơng khơng q khó lạ bạn tham khảo tốn tương tự sau Tìm số nguyên dương a nhỏ cho 2a số phương 3a số lập phương Tạp chí tốn học tuổi trẻ số 505 LỜI GIẢI ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Câu Cho số thực a, b, c thỏa mãn a, b, c > a2 +4b2 +c2 +2ab+12 = 3(a+5b+c) a3 a2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức T = + a + (a + b)2 a + c2 Lời giải Bằng phép biến đổi giả thiết, ta có 3(a + b + c) = a2 + 4b2 + c2 + 2ab + 12 − 12b = (a + b)2 + c2 + 3(b − 2)2 > (a + b)2 + c2 Bằng biến đổi bất đẳng thức kết hợp cộng mẫu, ta 3(a + b + c) > (a + b)2 + c2 > (a + b + c)2 Do a + b + c 6 suy (a + b)2 + c2 18 Khi đó, phép biến đổi ta có T = a3 a2 a2 a2 + > + a + (a + b)2 a + c2 a + (a + b)2 a + c2 4a2 > 2a + (a + b)2 + c2 2a2 2a2 a 4a2 = > = > > 2a + 18 a+9 10a 5 Từ ta M inT = Dấu xảy (a, b, c) = (1, 2, 3) Vậy giá trị nhỏ T = ∇ NGUYỄN NHẤT HUY − VÕ TRỌNG KHẢI Câu Cho tam giác ABC vuông A(AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O Trên đường tròn (O) lấy điểm D khác phía A so với đường thẳng BC(BD > AC) Qua B kẻ đường thẳng d song song với CD Đường thẳng d cắt đường thẳng AC E, cắt đường tròn (O) F (F khác B) a) Gọi J trung điểm EC Chứng minh diểm A, F, O, J nằm đường tròn [ = BDA \ b) Đường thẳng OE cắt đường thẳng AD I Chứng minh IBA c) Trên tia BD lấy điểm M cho BM = BA Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N , dường thẳng BN cắt (O) K(K khác B) Gọi H hình chiếu vng góc A BC Đường thẳng BD cắt đường thẳng N H, CK P, Q 1 = + Chứng minh PM M Q BM Lời giải I E A T J F B H C O D a) Vì tứ giác AF BC nội tiếp, ta có đẳng thức sau [ [ =F \ 180◦ − F AJ = EAF BC = F[ OC Vì JO đường trung bình tam giác CBE nên JO k BF mà CF ⊥ BF suy JO ⊥ BF Vì O thuộc trung trực CF nên OJ trung trực CF nên [ F[ OJ = F[ OC = 180◦ − F AJ Từ ta có tứ giác AJOF tứ giác nội tiếp LỜI GIẢI ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU ID BD2 = IA BA2 Thật vậy, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AF D, cát tuyến IT O ta có b) Gọi T giao điểm OE AF Trước hết, ta ID T A OF · · =1 IA T F OD Từ kết hợp OF = OD, ∆AEB ∼ ∆F EC(g.g) BD = CF , ta có ID TF EF sin F ET EF sin BEO EF CE = = = · = · = IA TA EA sin AET EA sin CEO EA BE CF BA 2 = BD BA 2 Bằng phép biến đổi góc , ta [ [ = 90◦ − ADF \ = 90◦ − ACF [ = AEF [ OF A = OAF Do OF OA hai tiếp tuyến đường tròn (AEF ) Gọi I giao điểm tiếp tuyến B (O) với AD, ta có I 0A I 0B = I 0B I 0D I 0D I 0D ⇔ = IA IB ⇒ I ≡ I 4I BA ∼ 4I DB(g.g) ⇒ BA BD IB BD2 ID · = = IA BA IA = [ = BDA \ Từ ta IB tiếp tuyến (O) suy IBA Bài toán chứng minh c) Ta có \ \ \ + CAN \ = 90◦ , BAM \ = BM \ DN M + DM N = BAM A \ = CN \ CAN A hay tam giác CAN cân C suy CA = CN CN CB = CH CN \ = CN \ \ Từ ta 4CN H ∼ 4CBN (c.g.c) dẫn đến CHN B = CQD Do tứ giác CQP H nội tiếp, ta có biến đổi sau Theo hệ thức lượng ta có CA2 = CH · CB nên CN = CH · CB suy BP · BQ = BH · BC = BA2 ⇔ BM = BP · BQ BQ BM ⇔ = BP BM PM MQ ⇔ = BP BQ ⇔ P M.BQ = M Q · BM ⇔ (M B + M Q)M P = M Q · M B MB + MQ ⇔ = MB · MQ MP 1 = + ⇔ MP MQ MB Vậy toán chứng minh NGUYỄN NHẤT HUY − VÕ TRỌNG KHẢI A B H O C P M Q D K N ∇ LỜI GIẢI ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Câu Cho đa giác lồi có diện tích 2024cm2 Chứng minh vẽ da giác tam giác có diện tích khơng nhỏ 759cm2 Lời giải Bài toán ta cần cần giải tương đương toán tổng quát sau Cho đa giác lồi có diện tích S Chứng minh vẽ đa giác tam giác có diện tích khơng nhỏ S Gọi a đường thẳng chứa cạnh AB đa giác Gọi C đỉnh đa giác cách xa AB Qua C kẻ đường thẳng b k a Kẻ đường thẳng d song song cách a b, kẻ đường thẳng d1 song song cách a d, kẻ đường thẳng d2 song song cách b d Gọi h khoảng cách a b Gọi giao điểm d1 với biên đa giác M N Kéo dài cạnh đa giác chứa M h N cho cắt a d, ta hình thang có diện tích M N · Gọi giao điểm d2 với biên đa giác D E Kéo dài cạnh đa giác chứa D h E cho cắt b d, ta hình thang coũng tam giác) có diện tích DE · Hai hình thang nói phủ tồn đa giác nên tổng diện tích hai hình thang lớn h˙ S, đó: (M N + DE) · > S Ta chứng minh hai tam giác ADE CM N tam giác phải tìm Xét tổng diện tích hai tam giác đó: 3h 3h 3h SADE + SCM N = DE · + MN · = (DE + M N ) 4 h = · (DE + M N ) > S 4 Tồn hai tam giảc ADE, CM N có diện tích lớn S tam giác cần tìm Vậy toán chứng minh ∇
Ngày đăng: 28/06/2023, 09:35
Xem thêm:
