009 10 chuyên toán bình định 23 24

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 BÌNH ĐỊNH MƠN: TỐN (CHUYÊN) ĐỀ BÀI Bài (2,0 điểm) x Tính giá trị biểu thức  x  23x  1 2024 với x 3  3 2 a) Giả sử phương trình x  ax  0 (a tham số) có hai nghiệm x1 , x2 Tính P  x1  x2 b) Cho  3  3 Tìm đa thức bậc 3, hệ số nguyên nhận  làm nghiệm Bài 2: (3,0 điểm) Giải phương trình: x   x   16 x  2 ( x   )  x  y 7   x  y    3xy    x, y    Giải hệ phương trình:  Bài 3: (1,0 điểm) Tìm tất giá trị nguyên n để n  2026 số phương Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AD, BE, CF Gọi K, L tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDE, BDF   Chứng minh LDF KDC Chứng minh hai tam giác LDF KDC đồng dạng, hai tam giác LDK FDC đồng dạng Chứng minh tứ giác BLKC nội tiếp Gọi P, Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC, ALB Chứng minh PQ // KL Bài 5: (1,0 điểm) Một học sinh viết lên bảng dãy 2023 số nguyên dương thoả mãn dãy có 10 số hạng phân biệt Chứng minh tồn dãy số hạng liên tiếp dãy cho tích chúng số phương ĐÁP ÁN Bài (2,0 điểm) x Tính giá trị biểu thức  x  23x  1 2024 với x 3  3 2 a) Giả sử phương trình x  ax  0 (a tham số) có hai nghiệm x1 , x2 Tính P  x1  x2 b) Cho  3  3 Tìm đa thức bậc 3, hệ số nguyên nhận  làm nghiệm Lời giải: x 3    x    3   x  x  23 x  x  x  x  23 0 Ta có x Do  x  23 x  1 2024    1 2024 27  x  x  23 0 1 a) Theo Định lý Viete, ta có x1  x2 a , x1 x2 2 Khi P x13  x23  x1  x2   3x1 x2  x1  x2  a  6a  3  3 b) Ta có   17      3 3   3    6 3    3  18  17 0 Vậy P  x  3x  18 x  17 đa thức bậc hệ số nguyên nhận  nghiệm Bài 2: (3,0 điểm) x   x   16 x  2 ( x   ) Giải phương trình:  x  y 7   x  y    3xy    x, y    Giải hệ phương trình:  Lời giải: Điều kiện xác định: x Phương trình ban đầu tương đương x   x   x  x   0   4x    x  2 (do   x  4  x   0  x x 1 1  ) (thỏa mãn điều kiện xác định) 5  S   4 Vậy tập nghiệm phương trình Cộng theo vế hai phương trình hệ, ta x  y  3xy  x  y    x  y  5   x  y    x  y   0   x  y  1   x  y    x  y   5 0   Vì  x  y 2 (1)  19    x  y    x  y      1  x  y 1 2  nên Thay y 1  x vào phương trình thứ hai, ta  x   x    x   x  x  0    x 2 Với x  y 2 Với x 2 y  Vậy tất nghiệm hệ ban đầu  x; y     2;  1 ;   1;   Bài 3: (1,0 điểm) Tìm tất giá trị nguyên n để n  2026 số phương Lời giải: 2 Cách Giả sử tồn số nguyên n cho n  2026 k , với k   Khi  k  n   k  n  2026 Ta nhận thấy k  n k  n có tính chẵn lẻ Do tích chúng số lẻ, số chia hết cho Trong 2026 số chẵn khơng chia hết cho 4, mâu thuẫn Do khơng tồn số nguyên dương n cho n  2026 số phương Cách Chú ý số phương chia cho có số dư 2 Do n  2026 chia cho có số dư Suy n  2026 khơng số phương Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AD, BE, CF Gọi K, L tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDE, BDF   Chứng minh LDF KDC Chứng minh hai tam giác LDF KDC đồng dạng, hai tam giác LDK FDC đồng dạng Chứng minh tứ giác BLKC nội tiếp Gọi P, Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC, ALB Chứng minh PQ // KL Lời giải   Vì ADC  AFC 90 nên AFDC tứ giác nội tiếp Tương tự, AEDB tứ giác nội tiếp 1 1 1   LDF  BDF  BAC  CDE CDK 2 Khi 1 1   LFD  BFD  C DCK 2 *Ta có Xét ∆LDF ∆KDC ta có   LDF KDC (câu 1.),   LFD KCD (chứng minh trên) Suy LDF ∽ KDC (g.g)       * Từ kết câu 1, ta có LDK LDF  FDK KDC  FDK FDC Xét ∆LDK ∆FDC ta có   LDK FDC (chứng minh trên), DL DK  DF DC (do LDF ∽ KDC , chứng minh trên) Suy LDK ∽ FDC (c.g.c) Ta có        BFD C     BLK BLD  DLK  90   DFC  90    DAC      2         C  180  C 180  BCK   90    90  C   2    Suy tứ giác BLKC nội tiếp Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF Chứng minh tương tự câu 3, ta chứng minh AJLB, AJKC tứ giác nội tiếp Do AJ dây cung chung đường trịn (P) (Q), suy AJ  PQ (1) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi AJ, BL, CK qua I Ta có  A B  C   JKL IJK   JKI   IKL    IJK  ACK  CAJ  LBC    90 2 Suy IJ  LK hay AJ  LK (2) Từ (1) (2) suy PQ // LK Bài 5: (1,0 điểm) Một học sinh viết lên bảng dãy 2023 số nguyên dương thoả mãn dãy có 10 số hạng phân biệt Chứng minh tồn dãy số hạng liên tiếp dãy cho tích chúng số phương Lời giải: Gọi a1 , a2 , , a2023 theo thứ tự dãy gồm 2023 số nguyên dương viết bảng, số dãy nhận 10 giá trị b1 , b2 , , b10 Với k = 1, 2,…, 2023, đặt Pk a1 ak tích k số hạng đầu tiền dãy Khi Pk b11k b22 k b1010 k , 1k , , 10 k số lần xuất b1 , , b10 k số hạng dãy  Xét 2023 1k có dạng sau: ,  k , , 10 k  theo modulo (k = 1, 2,…, 2023), có tất 210 = 1024 trường hợp (0,…, 0, 0), (0,…, 0, 1), (0,…, 1, 0),…, (1,…, 1, 1) Theo Nguyên lý Dirichlet, tồn hai số m, n (giả sử ≤ m < n < 2023) thỏa mãn  1m , m , , 10 m   1n ,  n , , 10 n   mod  Khi 1n  1m 21 ,  n   m 2 , 10 n  10 m 2 10 , 1 ,  , , 10   (do dãy  i1 ,  i , ,  i 2023 dãy không giảm, với i = 1, 2,…, 10) Như ta có am1am2 an  Pn b12 1 b22 2 b102 10  b11 b22 b1010 Pm số phương Ta có điều phải chứng minh  