De tuyen sinh lop 10 mon toan chuyen nam 2023 2024 so gd dt dak lak 7867

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2023-2024 ĐẮK LẮK ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn Thi: TỐN - CHUN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (2,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x2 ´ 2x ´ 3m ´ “ ln có nghiệm Gọi x1 , x2 , x3 , x4 nghiệm phương trình px ` 1qpx ` 3qpx ` 5qpx ` 7q “ Tính giá trị biểu thức P “ x1 x2 x3 x4 Câu 2: (2,0 điểm) Cho đa thức f pxq thoả mãn 2f pxq ` 3f p2 ´ xq “ 5x2 ´ 8x ` 3p1q với số thực x a Trong đẳng thức (1), thay x ´ x ghi kết b Giải phương trình f pxq $ “ ´1 ’ &x3 ´ 6x2 ` 13x ´ 10 ´ px ´ y ` 2q?x ´ y ` “ Giải hệ phương trình ’ %p3x2 ` 18x ´ 2xy ` 6y ´ y q?x ´ y ` ´ 24x ´ 8y “ Câu (2,0 điểm) Cho hình vng có độ dài cạnh số nguyên dương liên tiếp Gọi S tổng diện tích hình vng cho Tồn hay khơng hình vng có cạnh số nguyên dương có diện tích S ? Vẽ 17 đường trịn, đường trịn có độ dài đường kính số nguyên dương Chứng minh 17 đường trịn đó, ta ln chọn đường trịn có tổng đọ dài đường kính số chia hết cho Câu 4: (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có =ABC “ =ADC “ 90o , BC “ CD Gọi M trung điểm AB, đường tròn tâm C bán kính BC (ký hiệu đường trịn pCq) cắt M D EpE ‰ Dq,H giao điểm AC BD Chứng minh △M EB „ △M BD tứ giác BHEM tứ giác nội tiếp Gọi F giao điểm đường thẳng AE đường tròn pCqpF ‰ Eq Chứng minh BC K DF Gọi I giao điểm đường thẳng BC đường tròn pCqpI ‰ Bq, J giao điểm AI DF Tính DJ tỉ số DF Câu 5: (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z, t thoả mãn x2 ` y ` z ` t2 “ Tìm giá trị lớn biểu thức A “ xy ` xz ` xt ` yz ` yt ` 3zt ——–HẾT——— Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Lời giải tham khảo Hồng Văn Quyền (THPT Đơng Du) Câu 1: (2,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x2 ´ 2x ´ 3m ´ “ ln có nghiệm Gọi x1 , x2 , x3 , x4 nghiệm phương trình px ` 1qpx ` 3qpx ` 5qpx ` 7q “ Tính giá trị biểu thức P “ x1 x2 x3 x4 Lời giải Điều kiện để phương trình x2 ´ 2x ´ 3m ´ “ ln có nghiệm △1 ě ô ` 3m ` ě ô m ě ´1 Vậy với m ě ´1 phương trình cho ln có nghiệm 2.px ` 1qpx ` 3qpx ` 5qpx ` 7q “ ô px ` 1qpx ` 3qpx ` 5qpx ` 7q ´ “ Vì phương trình có nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 nên px`1qpx`3qpx`5qpx`7q´1 “ px´x1 qpx´x2 qpx´x3 qpx´x4 q So sánh hệ số tự hai vế, ta x1 x2 x3 x4 “ 1.3.5.7 ´ “ 104 Vậy x1 x2 x3 x4 “ 104 Câu (2,0 điểm) Cho đa thức f pxq thoả mãn 2f pxq ` 3f p2 ´ xq “ 5x2 ´ 8x ` 3p1q với số thực x a Trong đẳng thức (1), thay x ´ x ghi kết b Giải phương trình f pxq $ “ ´1 ’ &x3 ´ 6x2 ` 13x ´ 10 ´ px ´ y ` 2q?x ´ y ` “ Giải hệ phương trình ’ %p3x2 ` 18x ´ 2xy ` 6y ´ y q?x ´ y ` ´ 24x ´ 8y “ Lời giải a Trong (1), thay x ´ x, ta 2f p2 ´ xq ` 3f pxq “ 5p2 ´ xq2 ´ 8p2 ´ xq ` “ 5p4 ´ 4x ` x2 q ´ 16 ` 8x ` “ 20 ´ 20x ` 5x2 ´ 16 ` 8x ` “ 5x2 ´ 12x ` 7p2q b Từ (1) (2) ta có hệ phương trình $ ’ &2f pxq ` 3f p2 ´ xq “ 5x2 ´ 8x ` ’ %2f p2 ´ xq ` 3f pxq “ 5x2 ´ 12x ` $ ’ &5f pxq ` 5f p2 ´ xq “ 10x2 ´ 20x ` 10 ô ’ %2f p2 ´ xq ` 3f pxq “ 5x2 ´ 12x ` $ ’ &5f pxq ` 5f p2 ´ xq “ 10x2 ´ 20x ` 10 ô ’ %2f p2 ´ xq ` 3f pxq “ 5x2 ´ 12x ` $ ’ &f pxq ` f p2 ´ xq “ 2x2 ´ 4x ` ô ’ %2f p2 ´ xq ` 3f pxq “ 5x2 ´ 12x ` ñ f pxq “ x2 ´ 4x ` Ta có: f pxq “ ´1 ô x2 ´ 4x ` “ ´1 ô px ´ 2q2 “ ô x “ Vậy phương trình f pxq “ ´1 có nghiệm x “ $ ’ &x3 ´ 6x2 ` 13x ´ 10 ´ px ´ y ` 2q?x ´ y ` “ Giải hệ phương trình ’ %p3x2 ` 18x ´ 2xy ` 6y ´ y q?x ´ y ` ´ 24x ´ 8y “ Lời giải Điều kiện: x ´ y ě ´1 ? p1q ô px ´ 2qpx2 ´ 4x ` 5q “ px ´ y ` 2q x ´ y ` ? ? ô px ´ 2q3 ` px ´ 2q “ p x ´ y ` 1q3 ` x ´ y ` 1p3q ? Đặt a “ x ´ 2, b “ x ´ y ` 1pb ě 0q, (3) trở thành: a3 ` a “ b3 ` b ô pa ´ bqpa2 ` ab ` b2 ` 1q “ ˆ ˙2 b 3b2 Vì a2 ` ab ` b2 ` “ a ` ` ` ą nên a “ b ? Hay x ´ “ x ´ y ` 1p4q ? ? p2q ô p3x ` yqpx ´ y ` 6q x ´ y ` ´ 8p3x ` yq “ ô p3x ` yqrp x ´ y ` 6q3 ´ 8s “ TH1: 3x ` y “ ô y “ ´3x Thay vào (4), ta có: x ´ “ ? 4x ` $ ’ &x ě ơx“4` ? ? 13 đ y “ ´12 ´ 13 (tmđk) ’ %x2 ´ 8x ` “ ? TH2: p x ´ y ` 6q3 ´ “ ô x ´ y ` “ ô x ´ y “ ´2 ă ´1(loại) ? ? Vậy px, yq “ p4 ` 13, ´12 ´ 13q Câu (2,0 điểm) Cho hình vng có độ dài cạnh số nguyên dương liên tiếp Gọi S tổng diện tích hình vng cho Tồn hay khơng hình vng có cạnh số ngun dương có diện tích S ? Vẽ 17 đường trịn, đường trịn có độ dài đường kính số ngun dương Chứng minh 17 đường trịn đó, ta ln chọn đường trịn có tổng đọ dài đường kính số chia hết cho Lời giải Gọi độ dài cạnh hình vng a ´ 4, a ´ 3, a ´ 2, a ´ 1, a, a ` 1, a ` 2, a ` 3, a ` 4pa P N˚ , a ą 4q Khi S “ pa ´ 4q2 ` pa ´ 3q2 ` ` pa ` 4q2 “ 9a2 ` 60 Giả sử tồn hình vng thoả đề Gọi độ dài cạnh hình vng kpk P Z` q Khi k “ 9a2 ` 60 Do | 9a2 ` 60 nên | k | k suy | k mà | 9a2 nên | 60 (vơ lí) Vậy khơng tồn hình vng thoả đề 4 Vẽ 17 đường trịn, đường trịn có độ dài đường kính số nguyên dương Chứng minh 17 đường trịn đó, ta ln chọn đường trịn có tổng độ dài đường kính số chia hết cho Lời giải Gọi độ dài đường kính 17 đường trịn a1 , a2 , a3 , , a17 (a1 , a2 , a3 , , a17 P Z` ) Yêu cầu tốn trở thành: Chứng minh ln chọn số từ 17 số có tổng chia hết cho Chia 17 số cho 5, ta 17 số dư, mà số chia dư 0,1,2,3,4 nên theo ngun lí Dirichlet, có số có số dư, rõ ràng nhiều tổng số chia hết cho 5, ta xét trường hợp có số có số dư, khơng tính tổng qt, ta giả sử a1 , a2 , a3 , a4 gọi số dư b1 pb1 “ 0, 5q Xét 13 số cịn lại, có số chia dư b1 tổng số với số chia dư b1 chia hết cho 5, ta xét trường hợp 13 số chia có số dư (là số từ tới trừ b1 ), theo Dirichlet có số có số dư, ta giả sử a5 , a6 , a7 , a8 số dư b2 Xét số từ a9 tới a17 , có số chia dư b2 ta có tổng số gồm số với số a5 , a6 , a7 , a8 chia hết cho Ta xét trường hợp số chia dư số dư (từ tới trừ b1 , trừ b2 ) Theo Dirichlet có số có số dư, ta giả sử a9 , a10 , a11 số dư b3 TH1: a12 chia dư b3 Khi xét số từ a13 tới a17 có số chia dư b3 rõ ràng ta có số a9 , a10 , a11 , a12 số có tổng chia hết cho Xét trường hợp số a13 tới a17 chia dư số dư (từ tới trừ b1 , trừ b2 , trừ b3 ), theo Dirichlet có số có số dư, giả sử số a13 , a14 , a15 số dư b4 Nếu số a16 a17 có số dư khác b4 , giả sử a16 rõ ràng ta có số a1 , a5 , a9 , a13 , a16 có số dư đơi khác nên tổng chia hết cho Cịn trường hợp số có số dư b4 rõ ràng số a13 , a14 , a15 , a16 , a17 có tổng chia hết cho TH2: a12 chia có số dư khác b3 , ta gọi số dư b4 số từ a13 tới a17 có số chia khác b4 , giả sử a13 ta có số a1 , a5 , a9 , a12 , a13 có số dư đơi khác nên tổng chúng chia hết cho Cịn trường hợp số chia có số dư hiển nhiên tổng chúng chia hết cho Vậy toán chứng minh hoàn toàn Lời giải 2, ngắn Gọi độ dài đường kính 17 đường trịn a1 , a2 , a3 , , a17 (a1 , a2 , a3 , , a17 P Z` ) Chia 17 số thành tập Ai Ai tập số chia dư i (i = 0, 4) Nếu có tập chứa nhiều số tổng số chia hết cho Cịn tập chứa phần tử, xét tập bất kì, tổng số phần tử tập không 16 phần tử, có phần tử thuộc vào tập cịn lại, ta có phần tử thuộc tập khác nên tổng số chia hết cho 5 Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có =ABC “ =ADC “ 90o , BC “ CD Gọi M trung điểm AB, đường trịn tâm C bán kính BC (ký hiệu đường tròn pCq) cắt M D EpE ‰ Dq,H giao điểm AC BD Chứng minh △M EB „ △M BD tứ giác BHEM tứ giác nội tiếp Gọi F giao điểm đường thẳng AE đường tròn pCqpF ‰ Eq Chứng minh BC K DF Gọi I giao điểm đường thẳng BC đường tròn pCqpI ‰ Bq, J giao điểm AI DF Tính DJ A tỉ số DF Lời giải M E D J H B C N Vì CB “ CD nên D P pCq I F Vì M B K BC nên M B tiếp tuyến pCq Xét △M EB △M BD có: =EM B góc chung =M BE “ =M DB (cùng chắn cung BE) Do △M EB „ △M BDpg.gq Ta có △ABC “ △ADC (cạnh huyền- cạnh góc vng) nên AB “ AD, AC đường trung trực BD nên AC K BD AB “ M B △M BH cân M Suy =M EB “ =EDB ` =EBD “ =EBD ` =M BE “ =M BH “ =M HB suy tứ giác M EHB nội Vì △AHB vng H, M A “ M B nên M H “ tiếp Vì △M EB „ △M DB nên M E.M D “ M B “ M A2 (Do M trung điểm AB) ME MA Từ suy “ nên △M EA „ △M ADpc.g.cq MA MD Do =M DA “ =M AE (1) Mặt khác, B D đối xứng với qua AC nên AD tiếp tuyến đường tròn pCq Suy =M DA “ =EF D (cùng chắn cung ED) (2) Từ (1) (2) suy =M AE “ =EF D mà góc vị trí so le nên AB||DF mà BC K AB nên BC K DF Gọi N giao điểm BI DF Vì BC K DF (câu 2) nên N trung điểm DF Vì AC||DIpK BDq nên =ACB “ =DIN Xét △ABC △DN I, ta có: =ACB “ =DIN =ABC “ =DN I “ 90o DN NI “ (3) AB BC Vì N J||ABpK BIq nên theo hệ định lý Thales, ta có: NJ NI “ (4) Chia vế theo vế (3) (4), ta có: AB BI DN BI DJ “ “ suy J trung điểm DN , kết hợp với N trung điểm DF ta có “ NJ BC DF Do △ABC „ △DN I suy Câu Cho số thực x, y, z, t thoả mãn x2 ` y ` z ` t2 “ Tìm giá trị lớn biểu thức A “ xy ` xz ` xt ` yz ` yt ` 3zt Lời giải Quan sát biểu thức A, ta có nhận xét biểu thức có tính đối xứng x y, t z Mặt khác, để x2 ` y đánh giá A tận dụng giả thiết, ta nghĩ đến bất đẳng thức quen thuộc xy ď p1q, lưu ý chứng minh bất đẳng thức biến đổi tương đương nên thoả điều kiện x, y, z, t số thực Vì biểu thức có tính đối xứng x y, t z nên ta dự đoán dấu xảy x “ y “ az “ at a số thực mà ta phải tìm Dựa vào bất đẳng thức (1), ta có đánh giá sau để thoả mãn dấu bằng: x2 ` y p2q xy ď 2 2 x `a z axz ď x2 ` a t axt ď y ` a2 z ayz ď y ` a t2 ayt ď z ` t2 zt ď p3q Lại quan sát biểu thức A đối chiếu với đánh giá trên, ta thấy hệ số đánh giá chưa khớp với A, nên ta nhân biểu thức A với hệ số a nhân (2) với a, nhân (3) với 3a, ta thu x2 ` y x2 ` a2 z x2 ` a2 t2 y ` a2 z y ` a2 t2 aA “ axy ` axz ` axt ` ayz ` ayt ` 3azt ď a ` ` ` ` ` 2 ˙ 2 ˆ ˙ ˆ ´ ¯ ´ ¯ 2 z `t a a 3a 3a 3a “ x2 ` ` y2 ` ` z a2 ` ` t2 a2 ` 2 2 a 3a Để tận dụng giả thiết, cần có ` “ a ` ? ? ´1 ´ ´1 ` ,a “ , rõ ràng để bất đẳng thức chiều, ta chọn a dương, Giải ta a “ 2 ? ´1 ` tức a “ ? ? ? ´1 ` 3` 2` Khi Aď suy A ď c c ?2 ? c ? ? 5´ 1` 5´ 5´ (Dấu đẳng thức xảy x “ y “ ,z “ t “ x “ y “ ´ ,z “ t “ 20 20 20 ? c ? 1` 5´ ´ ) 20 ? 2` Vậy GTLN A