Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2023-2024 - Sở GD&ĐT Đắk Lắk (Có lời giải)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2023-2024 - Sở GD&ĐT Đắk Lắk (Có lời giải)

1. 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2023-2024 Môn Thi: TOÁN - CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (2,0 điểm) 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2 ´ 2x ´ 3m ´ 2 “ 0 luôn có nghiệm 2. Gọi x1, x2, x3, x4 là các nghiệm của phương trình px ` 1qpx ` 3qpx ` 5qpx ` 7q “ 1 Tính giá trị của biểu thức P “ x1x2x3x4 Câu 2: (2,0 điểm) 1. Cho đa thức fpxq thoả mãn 2fpxq ` 3fp2 ´ xq “ 5x2 ´ 8x ` 3p1q với mọi số thực x. a. Trong đẳng thức (1), thay x bởi 2 ´ x và ghi ra kết quả b. Giải phương trình fpxq “ ´1 ? x3 ´ 6x2 ` 13x ´ 10 ´ px ´ y ` 2q x ´ y ` 1 “ 0 2. Giải hệ phương trình $ 2 2 ? &’p3x ` 18x ´ 2xy ` 6y ´ y q x ´ y ` 6 ´ 24x ´ 8y “ 0 Câu 3. (2,0 điểm) %’ 1. Cho 9 hình vuông có độ dài các cạnh là 9 số nguyên dương liên tiếp. Gọi S là tổng diện tích của 9 hình vuông đã cho. Tồn tại hay không một hình vuông có cạnh là một số nguyên dương và có diện tích bằng S ? 2. Vẽ bất kì 17 đường tròn, mỗi đường tròn có độ dài đường kính là một số nguyên dương. Chứng minh rằng trong 17 đường tròn đó, ta luôn chọn được 5 đường tròn có tổng đọ dài các đường kính là một số chia hết cho 5. Câu 4: (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có =ABC “ =ADC “ 90o, BC “ CD. Gọi M là trung điểm của AB, đường tròn tâm C bán kính BC (ký hiệu là đường tròn pCq) cắt MD tại EpE ‰ Dq,H là giao điểm của AC và BD 1. Chứng minh rằng △MEB „ △MBD và tứ giác BHEM là tứ giác nội tiếp. 2. Gọi F là giao điểm của đường thẳng AE và đường tròn pCqpF ‰ Eq. Chứng minh rằng BC K DF 3. Gọi I là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn pCqpI ‰ Bq, J là giao điểm của AI và DF . Tính DJ tỉ số DF Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z, t thoả mãn x2 ` y2 ` z2 ` t2 “ 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A “ xy ` xz ` xt ` yz ` yt ` 3zt ——–HẾT——— Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. 2 Lời giải tham khảo bởi Hoàng Văn Quyền (THPT Đông Du) Câu 1: (2,0 điểm) 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2 ´ 2x ´ 3m ´ 2 “ 0 luôn có nghiệm 2. Gọi x1, x2, x3, x4 là các nghiệm của phương trình px ` 1qpx ` 3qpx ` 5qpx ` 7q “ 1 Tính giá trị của biểu thức P “ x1x2x3x4 Lời giải 1. Điều kiện để phương trình x2 ´ 2x ´ 3m ´ 2 “ 0 luôn có nghiệm là △1 ě 0 ô 1 ` 3m ` 2 ě 0 ô m ě ´1 Vậy với m ě ´1 thì phương trình đã cho luôn có nghiệm 2.px ` 1qpx ` 3qpx ` 5qpx ` 7q “ 1 ô px ` 1qpx ` 3qpx ` 5qpx ` 7q ´ 1 “ 0 Vì phương trình có 4 nghiệm x1, x2, x3, x4 nên px`1qpx`3qpx`5qpx`7q´1 “ px´x1qpx´x2qpx´x3qpx´x4q So sánh hệ số tự do ở hai vế, ta được x1x2x3x4 “ 1.3.5.7 ´ 1 “ 104 Vậy x1x2x3x4 “ 104 Câu 2. (2,0 điểm) 1. Cho đa thức fpxq thoả mãn 2fpxq ` 3fp2 ´ xq “ 5x2 ´ 8x ` 3p1q với mọi số thực x. a. Trong đẳng thức (1), thay x bởi 2 ´ x và ghi ra kết quả b. Giải phương trình fpxq “ ´1 ? x3 ´ 6x2 ` 13x ´ 10 ´ px ´ y ` 2q x ´ y ` 1 “ 0 2. Giải hệ phương trình $ 2 2 ? &’p3x ` 18x ´ 2xy ` 6y ´ y q x ´ y ` 6 ´ 24x ´ 8y “ 0 Lời giải %’ 1. a. Trong (1), thay x bởi 2 ´ x, ta được 2fp2 ´ xq ` 3fpxq “ 5p2 ´ xq2 ´ 8p2 ´ xq ` 3 “ 5p4 ´ 4x ` x2q ´ 16 ` 8x ` 3 “ 20 ´ 20x ` 5x2 ´ 16 ` 8x ` 3 “ 5x2 ´ 12x ` 7p2q 2fpxq ` 3fp2 ´ xq “ 5x2 ´ 8x ` 3 b. Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $ 2 &’2fp2 ´ xq ` 3fpxq “ 5x ´ 12x ` 7 5fpxq ` 5fp2 ´ xq “ 10x2 ´ 20x `%’10 ô $ 2 &’2fp2 ´ xq ` 3fpxq “ 5x ´ 12x ` 7 %’5fpxq ` 5fp2 ´ xq “ 10x2 ´ 20x ` 10 ô $ 2 &’2fp2 ´ xq ` 3fpxq “ 5x ´ 12x ` 7 %’fpxq ` fp2 ´ xq “ 2x2 ´ 4x ` 2 ô $ 2 &’2fp2 ´ xq ` 3fpxq “ 5x ´ 12x ` 7 ñ fpxq “ x2 ´ 4x ` 3 %’ Ta có: fpxq “ ´1 ô x2 ´ 4x ` 3 “ ´1 ô px ´ 2q2 “ 0 ô x “ 2 Vậy phương trình fpxq “ ´1 có nghiệm duy nhất x “ 2
3. 3 ? x3 ´ 6x2 ` 13x ´ 10 ´ px ´ y ` 2q x ´ y ` 1 “ 0 2. Giải hệ phương trình $ 2 2 ? &’p3x ` 18x ´ 2xy ` 6y ´ y q x ´ y ` 6 ´ 24x ´ 8y “ 0 Lời giải %’ Điều kiện: x ´ y ě ´1 ? p1q ô px ´ 2qpx2 ´ 4x ` 5q “ px ´ y ` 2q x ´ y ` 1 ? ? ô px ´ 2q3 ` px ´ 2q “ p x ´ y ` 1q3 ` x ´ y ` 1p3q ? Đặt a “ x ´ 2, b “ x ´ y ` 1pb ě 0q, khi đó (3) trở thành: a3 ` a “ b3 ` b ô pa ´ bqpa2 ` ab ` b2 ` 1q “ 0 b 2 3b2 Vì a2 ` ab ` b2 ` 1 “ a ` ` ` 1 ą 0 nên a “ b ? 2 4 Hay x ´ 2 “ x ´ y `ˆ1p4q ˙ ? ? p2q ô p3x ` yqpx ´ y ` 6q x ´ y ` 6 ´ 8p3x ` yq “ 0 ô p3x ` yqrp x ´ y ` 6q3 ´ 8s “ 0 TH1: 3x ` y “ 0 ô y “ ´3x ? x ě 2 ? ? Thay vào (4), ta có: x ´ 2 “ 4x ` 1 ô $ ô x “ 4 ` 13 ñ y “ ´12 ´ 3 13 (tmđk) 2 &’x ´ 8x ` 3 “ 0 ? TH2: p x ´ y ` 6q3 ´ 8 “ 0 ô x ´ y ` 6 “ 4 ô x ´ y “ ´2 ă ´1(loại) ? ? %’ Vậy px, yq “ p4 ` 13, ´12 ´ 3 13q Câu 3. (2,0 điểm) 1. Cho 9 hình vuông có độ dài các cạnh là 9 số nguyên dương liên tiếp. Gọi S là tổng diện tích của 9 hình vuông đã cho. Tồn tại hay không một hình vuông có cạnh là một số nguyên dương và có diện tích bằng S ? 2. Vẽ bất kì 17 đường tròn, mỗi đường tròn có độ dài đường kính là một số nguyên dương. Chứng minh rằng trong 17 đường tròn đó, ta luôn chọn được 5 đường tròn có tổng đọ dài các đường kính là một số chia hết cho 5. Lời giải 1. Gọi độ dài cạnh 9 hình vuông đó lần lượt là a´4, a´3, a´2, a´1, a, a`1, a`2, a`3, a`4pa P N˚, a ą 4q Khi đó S “ pa ´ 4q2 ` pa ´ 3q2 ` ` pa ` 4q2 “ 9a2 ` 60 Giả sử tồn tại hình vuông thoả đề. Gọi độ dài cạnh hình vuông đó là kpk P Z`q Khi đó k2 “ 9a2 ` 60. Do 3 | 9a2 ` 60 nên 3 | k2 do đó 3 | k suy ra 9 | k2 mà 9 | 9a2 nên 9 | 60 (vô lí) Vậy không tồn tại hình vuông thoả đề.
4. 4 2. Vẽ bất kì 17 đường tròn, mỗi đường tròn có độ dài đường kính là một số nguyên dương. Chứng minh rằng trong 17 đường tròn đó, ta luôn chọn được 5 đường tròn có tổng độ dài các đường kính là một số chia hết cho 5 Lời giải 1 ` Gọi độ dài đường kính 17 đường tròn đó lần lượt là a1, a2, a3, , a17 (a1, a2, a3, , a17 P Z ) Yêu cầu bài toán trở thành: Chứng minh luôn chọn được 5 số từ 17 số trên có tổng chia hết cho 5 Chia 17 số trên cho 5, ta được 17 số dư, mà một số chia 5 có thể dư 0,1,2,3,4 nên theo nguyên lí Dirichlet, có ít nhất 4 số có cùng số dư, rõ ràng nếu nhiều hơn 4 thì tổng của 5 số sẽ chia hết cho 5, ta xét trường hợp có 4 số có cùng số dư, không mất tính tổng quát, ta giả sử là a1, a2, a3, a4 và gọi số dư đó là b1 pb1 “ 0, 5q Xét 13 số còn lại, nếu có ít nhất một số chia 5 dư b1 thì tổng của số đó với 4 số chia 5 dư b1 ở trên sẽ chia hết cho 5, ta xét trường hợp 13 số trên chia 5 có 4 số dư (là 5 số từ 0 tới 4 trừ đi b1), theo Dirichlet thì sẽ có ít nhất 4 số có cùng số dư, ta giả sử là a5, a6, a7, a8 và số dư đó là b2 Xét 9 số từ a9 tới a17, nếu có một số nào đó chia 5 dư b2 thì ta có tổng 5 số gồm số đó với 4 số a5, a6, a7, a8 chia hết cho 5. Ta xét trường hợp 9 số này chia 5 có thể dư 3 số dư (từ 0 tới 4 trừ b1, trừ b2) Theo Dirichlet thì có 3 số sẽ có cùng số dư, ta giả sử là a9, a10, a11 và số dư đó là b3 TH1: a12 chia 5 cũng dư b3. Khi đó xét 5 số từ a13 tới a17 nếu có 1 số nào đó chia 5 dư b3 thì rõ ràng ta có 5 số a9, a10, a11, a12 và số đó có tổng chia hết cho 5. Xét trường hợp 5 số a13 tới a17 chia 5 có thể dư 2 số dư (từ 0 tới 4 trừ b1, trừ b2, trừ b3), theo Dirichlet sẽ có 3 số có cùng số dư, giả sử 2 số này là a13, a14, a15 và số dư đó là b4. Nếu trong 2 số a16 và a17 có một số dư khác b4, giả sử là a16 thì rõ ràng ta có 5 số là a1, a5, a9, a13, a16 có 5 số dư đôi một khác nhau nên tổng của nó sẽ chia hết cho 5. Còn trong trường hợp 2 số có cùng số dư là b4 thì rõ ràng 5 số a13, a14, a15, a16, a17 có tổng chia hết cho 5 TH2: a12 chia 5 có số dư khác b3, ta gọi số dư đó là b4 khi đó 5 số từ a13 tới a17 nếu có một số nào chia 5 khác b4, giả sử là a13 khi đó ta có 5 số là a1, a5, a9, a12, a13 có 5 số dư đôi một khác nhau nên tổng của chúng sẽ chia hết cho 5. Còn trong trường hợp 5 số đó chia 5 có cùng số dư thì hiển nhiên tổng của chúng chia hết cho 5. Vậy bài toán được chứng minh hoàn toàn Lời giải 2, ngắn hơn ` Gọi độ dài đường kính 17 đường tròn đó lần lượt là a1, a2, a3, , a17 (a1, a2, a3, , a17 P Z ) Chia 17 số trên thành các tập Ai trong đó Ai là tập các số chia 5 dư i (i = 0, 4). Nếu có 1 tập nào đó chứa nhiều hơn 5 số thì tổng 5 số đó chia hết cho 5. Còn nếu mọi tập đều chứa ít hơn 5 phần tử, xét 4 tập bất kì, khi đó tổng số phần tử 4 tập này không quá 16 phần tử, do đó có ít nhất 1 phần tử thuộc vào tập còn lại, vậy 5 ta có 5 phần tử thuộc 5 tập khác nhau nên tổng 5 số này chia hết cho 5
5. 5 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có =ABC “ =ADC “ 90o, BC “ CD. Gọi M là trung điểm của AB, đường tròn tâm C bán kính BC (ký hiệu là đường tròn pCq) cắt MD tại EpE ‰ Dq,H là giao điểm của AC và BD 1. Chứng minh rằng △MEB „ △MBD và tứ giác BHEM là tứ giác nội tiếp. 2. Gọi F là giao điểm của đường thẳng AE và đường tròn pCqpF ‰ Eq. Chứng minh rằng BC K DF 3. Gọi I là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn pCqpI ‰ Bq, J là giao điểm của AI và DF . Tính DJ A tỉ số DF Lời giải M E H D B J C N I F 1. Vì CB “ CD nên D P pCq Vì MB K BC nên MB là tiếp tuyến của pCq Xét △MEB và △MBD có: =EMB là góc chung =MBE “ =MDB (cùng chắn cung BE) Do đó △MEB „ △MBDpg.gq Ta có △ABC “ △ADC (cạnh huyền- cạnh góc vuông) nên AB “ AD, do đó AC là đường trung trực của BD nên AC K BD 1 Vì △AHB vuông tại H, MA “ MB nên MH “ AB “ MB do đó △MBH cân tại M 2 Suy ra =MEB “ =EDB ` =EBD “ =EBD ` =MBE “ =MBH “ =MHB suy ra tứ giác MEHB nội tiếp 2. Vì △MEB „ △MDB nên ME.MD “ MB2 “ MA2 (Do M là trung điểm AB) ME MA Từ đây suy ra “ nên △MEA „ △MADpc.g.cq MA MD Do đó =MDA “ =MAE (1) Mặt khác, do B và D đối xứng với nhau qua AC nên AD cũng là tiếp tuyến của đường tròn pCq. Suy ra =MDA “ =EF D (cùng chắn cung ED) (2) Từ (1) và (2) suy ra =MAE “ =EF D mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên AB||DF mà BC K AB nên BC K DF
6. 3. Gọi N là giao điểm của BI và DF . Vì BC K DF (câu 2) nên N là trung điểm DF Vì AC||DIpK BDq nên =ACB “ =DIN Xét △ABC và △DNI, ta có: =ACB “ =DIN =ABC “ =DNI “ 90o DN NI Do đó △ABC „ △DNI suy ra “ (3) AB BC Vì NJ||ABpK BIq nên theo hệ quả của định lý Thales, ta có: NJ NI “ (4) Chia vế theo vế (3) và (4), ta có: AB BI DN BI DJ 1 “ “ 2 suy ra J là trung điểm DN, kết hợp với N là trung điểm DF ta có được “ NJ BC DF 4
7. 6 Câu 5 Cho các số thực x, y, z, t thoả mãn x2 ` y2 ` z2 ` t2 “ 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A “ xy ` xz ` xt ` yz ` yt ` 3zt Lời giải Quan sát biểu thức A, ta có nhận xét đây là 1 biểu thức có tính đối xứng giữa x và y, t và z. Mặt khác, để x2 ` y2 đánh giá A và tận dụng được giả thiết, ta nghĩ đến bất đẳng thức khá quen thuộc là xy ď p1q, lưu ý 2 rằng có thể chứng minh bất đẳng thức này bằng biến đổi tương đương nên nó sẽ thoả điều kiện x, y, z, t là các số thực Vì biểu thức có tính đối xứng giữa x và y, t và z nên ta dự đoán dấu bằng sẽ xảy ra khi x “ y “ az “ at trong đó a là một số thực mà ta phải đi tìm. Dựa vào bất đẳng thức (1), ta có các đánh giá sau để thoả mãn dấu bằng: x2 ` y2 xy ď p2q 2 x2 ` a2z2 axz ď 2 x2 ` a2t2 axt ď 2 y2 ` a2z2 ayz ď 2 y2 ` a2t2 ayt ď 2 z2 ` t2 zt ď p3q 2 Lại quan sát biểu thức A và đối chiếu với các đánh giá trên, ta thấy hệ số của các đánh giá chưa khớp với A, nên ta sẽ nhân cả biểu thức A với hệ số a và nhân (2) với a, nhân (3) với 3a, khi đó ta thu được x2 ` y2 x2 ` a2z2 x2 ` a2t2 y2 ` a2z2 y2 ` a2t2 aA “ axy ` axz ` axt ` ayz ` ayt ` 3azt ď a ` ` ` ` ` 2 2 2 2 2 z2 ` t2 a a 3a 3a 3a “ x2 ` 1 ` y2 ` 1 ` z2 a2 ` ` t2 a2 ` 2 2 2 2 2 ´ ¯ ´ ¯ ˆ a ˙ ˆ 3a ˙ Để tận dụng được giả thiết, chúng ta cần có ` 1 “ a2 ` ? ? 2 2 ´1 ` 5 ´1 ´ 5 Giải ra ta được a “ , a “ , rõ ràng để bất đẳng thức được đúng chiều, ta sẽ chọn a dương, ? 2 2 ´1 ` 5 tức a “ 2 ? ? ? ´1 ` 5 3 ` 5 2 ` 5 Khi đó A ď suy ra A ď 2 4 ? 2 ? ? ? 5 ´ 5 1 ` 5 5 ´ 5 5 ´ 5 (Dấu đẳng thức xảy ra khi x “ y “ , z “ t “ hoặc x “ y “ ´ , z “ t “ ? ? c 20 2 c 20 c 20 1 ` 5 5 ´ 5 ´ ) 2 c 20 ? 2 ` 5 Vậy GTLN của A là 2