Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Trường THPT chuyên Phan Bội Châu (Có đáp án)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Trường THPT chuyên Phan Bội Châu (Có đáp án)

1. LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN NGHỆ AN Câu1. √ a) Giải phương trình x2 + 2 2 + x − 1
   = 5x. ( 3x2 + y2 = 5 + 2xy + 2x − 2y b) Giải hệ phương trình . 2x2 + y2 = 10 + 2x − 3y Lời giải. a) Điều√ kiện xác định: x > 1. 2 Đặt x − 1 = y, với điều kiện y > 0. Ta có x = y + 1, và phương trình đã cho trở thành y2 + 1
   2 + 2 (2 + y) = 5 y2 + 1
   ⇔ y2 + 1
   y2 − 4
   + 2 (y + 2) = 0 ⇔ y2 + 1
   (y − 2) (y + 2) + 2 (y + 2) = 0 ⇔ (y + 2) y2 + 1
   (y − 2) + 2 = 0 ⇔ (y + 2) y3 − 2y2 + y
   = 0 ⇔ (y + 2)y (y − 1)2 = 0 Do điều kiện phép đặt là y > 0, ta được y = 0 hoặc y = 1. Ȋ Với y = 0, ta có phương trình √ x − 1 = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1. Ȋ Với y = 1, ta có phương trình √ x − 1 = 1 ⇔ x − 1 = 1 ⇔ x = 2. Đối chiếu với điều kiện xác định, ta kết luận tập nghiệm của phương trình là S = {1; 2}. b) Ta viết lại hệ phương trình ( 3x2 + y2 − 2xy − 2x + 2y − 5=0(1) 2x2 + y2 − 2x + 3y − 10 = 0(2) Nhân đôi hai vế phương trình (1), rồi trừ theo vế với phương trình (2), ta được 2 3x2 + y2 − 2xy − 2x + 2y − 5
   − 2x2 + y2 − 2x + 3y − 10
   = 0 ⇔ 4x2 + y2 − 4xy − 2x + y = 0 ⇔ (2x − y)2 − (2x − y) = 0 ⇔ (2x − y) (2x − y − 1) = 0  y = 2x ⇔ y = 2x − 1 Ȋ Với y = 2x, thế vào phương trình (2), ta được 2x2 + (2x)2 = 10 + 2x − 3 · (2x) ⇔ 6x2 + 4x − 10 = 0 ⇔ 2(3x + 5)(x − 1) = 0 " x = 1 ⇒ y = 2 ⇔ 5 10 x = − ⇒ y = − 3 3
2. TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC VÀ A1K49 CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Ȋ Với y = 2x − 1, thế vào phương trình (2), ta được 2x2 + (2x − 1)2 = 10 + 2x − 3 (2x − 1) ⇔ 2x2 + 4x2 − 4x + 1 = 10 + 2x − 6x + 3 ⇔ 6x2 − 12 = 0  √  √  ⇔ 6 x − 2 x + 2 = 0 ⇔ 6 x2 − 2
   = 0 √ √  x = 2 ⇒ y = 2 2 − 1 ⇔ √ √ x = − 2 ⇒ y = −2 2 − 1 Như vậy, hệ phương trình đã cho có tất cả 4 nghiệm phân biệt, bao gồm  5 10 √ √   √ √  (1, 2) , − , − , 2, 2 2 − 1 , − 2, −2 2 − 1 3 3 Bài toán được giải quyết.
3. LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN NGHỆ AN Câu2. a) Tìm x, y ∈ N sao cho x3 = 1993 · 3y + 2021. n − 23 b) Tìm số nguyên dương n để là bình phương một số hữu tỉ dương. n + 89 Lời giải. a) Dựa vào tính chất đã biết x3 ≡ 0, 1, 8 (mod 9), ta có các đánh giá 1993 · 3y + 2021 ≡ 0, 1, 8(mod 9) ⇒ 4 · 3y ≡ 3, 4, 5(mod 9). Ta xét các trường hợp kể trên. Ȋ Với 4.3y ≡ 3 (mod 9), ta được y = 1. Thay ngược lại, ta tìm ra x = 20. √ Ȋ Với 4.3y ≡ 4 (mod 9), ta được y = 0. Thay ngược lại, ta tìm ra x = 3 4041, không là số nguyên. Ȋ Với 4.3y ≡ 5 (mod 9), ta không tìm được y nguyên dương thỏa mãn. Như vậy, cặp số (x, y) duy nhất thỏa mãn là (x, y) = (20, 1). n − 23 b) Vì là bình phương một số hữu tỉ dương nên n> 23. n + 89 n − 23 a2 Lúc này, ta có thể đặt = , trong đó a, b ∈ ∗, (a, b) = 1,a b − a> 0, Ta lập được bảng giá trị sau b + a b − a k b a n = a2k + 23 28 4 1 16 12 loại vì (a, b) > 1 56 2 1 29 27 752 14 8 1 11 3 32 14 4 2 9 5 73 28 2 2 15 13 361 8 2 7 5 3 86 14 2 4 8 6 loại vì (a, b) > 1 4 2 14 3 1 37 7 1 16 4 3 167
4. Kếtquả ,có 7 giá trị của n thỏa mãnđề bài,gồm n =32,n =37,n =73,n =86,n =167,n =361,n =752. Bài toán đượcgiải quyết.
5. LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN NGHỆ AN Câu3. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca 6 3abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức s s s  √ √ √ a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 a + b + b + c + a + c − + +  2a + 2b 2b + 2c 2c + 2a 1 1 1 Lời giải. Đặt x = , y = , z = , ta có x + y + z 3. a b c 6 Lúc này, ta cần đi tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức s s s ! rx + y rz + y rx + z x2 + y2 x2 + z2 z2 + y2 P = + + − + + xy zy xz 2xy(x + y) 2xz(x + z) 2zy(z + y) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có p A + B 6 2 (A2 + B2) (1) s x2 + y2 r 2xy Trong (1), cho A = ,B = , ta được x + y x + y s x2 + y2 r 2xy + p2(x + y), x + y x + y 6 hay là s x2 + y2 1 rx + y + √ . 2xy(x + y) x + y 6 xy Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng theo vế, ta được s s s x2 + y2 x2 + z2 z2 + y2 r 1 r 1 r 1 + + + + + 2xy(x + y) 2xz(x + z) 2zy(z + y) x + y y + z z + x (2) rx + y ry + z rz + x + + 6 xy yz zx Mặt khác, ta có √ √ √ p √ x + y + y + z + z + x 6 6(x + y + z) 6 3 2 (3) Kết hợp (3) với việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta suy ra √ 1 1 1 9 3 2 √ + √ + √ √ √ √ (4) x + y y + z z + x > x + y + y + z + z + x > 2 Kết hợp (2) và (4), ta có s s s ! rx + y rz + y rx + z x2 + y2 x2 + z2 z2 + y2 + + − + + xy zy xz 2xy(x + y) 2xz(x + z) 2zy(z + y) √ 1 1 1 3 2 √ + √ + √ > x + y y + z x + z > 2
6. √ 3 2 Từ đây, ta chứng minh được P . > 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Như vậy,  s s s  √ √ √ √ a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 3 2 min a + b + b + c + a + c − + + = .   2a + 2b 2b + 2c 2c + 2a 2 Bài toán được giải quyết. ∇ Nhậnxét. Bài toán gốc là bài toán của nước Belgium đề xuất trong IMO Shortlist 2009, ! và đã được sử dụng trong rất nhiều đề thi toán của một số tỉnh ở Việt Nam.
7. LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN NGHỆ AN Câu4. Cho đường tròn (O) có dây cung BC cố định và không đi qua tâm O. Gọi A là điểm di động trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC nhọn và AB<AC. Gọi M là trung điểm của cạnh BC và H là trực tâm của tam giác ABC. Tia MH cắt đường tròn (O) tại K, đường thẳng AH cắt cạnh BC tại D và đường thẳng AO cắt đường tròn (O) tại E (E khác A). a) Chứng minh rằng tứ giác BHCE là hình bình hành và HA.HD = HK.HM. b) Tia KD cắt đường tròn (O) tại I (I khác K), đường thẳng đi qua I và vuông góc với đường thẳng BC cắt AM tại J. Chứng minh rằng các đường thẳng AK,BC và HJ cùng đi qua một điểm. c) Một đường tròn thay đổi luôn tiếp xúc với AK tại A và cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại P, Q phân biệt. Gọi N là trung điểm của PQ. Chứng minh rằng AN luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải. a) Ta có AE là đường kính của (O) nên AB[E = AC[E = 90o, suy ra BH k CE (cùng vuông góc AC) và CH k BE (cùng vuông góc AB), từ đó BHCE là hình bình hành, điều này dẫn đến H,M,E thẳng hàng, do đó AK\M = 90◦, suy ra tứ giác AKDM nội tiếp. Như vậy HA · HD = HK · HM, điều phải chứng minh. b) Gọi X là giao điểm của AD với (O). Dễ thấy H đối xứng với X qua BC, suy ra D\MX = H\MD = K\AD = D[IX 8
8. Dẫnđến tứgiác DMIX nội tiếp.Gọi S là giaođiểm của IX và BC, K0 làgiao điểm khác A của AS với (O).Tứgiác DMIX nộitiếp nên SD · SM = SX · SI = SA · SK0 do đó tứgiác AK0DM nội tiếp,điềunày dẫnđến K ≡ K0.Như vậy AK,BC,IX đồng quy tại S.Bây giờta sẽ đichứng minh HJ đi qua S.Tacó JM\B = SK[I =180◦ − AK[I =180◦ − AX[I =180◦ − D[XI = SM[I Mà IJ vuônggóc với BC nên I,J đối xứng với nhau qua BC.Mặt khác H và X đối xứng vớinhau qua BC nên HJ đối xứng với XI qua BC.Do vậy, HJ đi qua S,điều phảichứng minh. c) Tacó AQ[P = SAP[ = K\CB, P[AQ = B\KC,dovậy ∆APQ ∼ ∆KBC,mà M,N lầnlượt là trungđiểm BC,PQ nên suy ra ∆APN ∼ ∆KBM ⇒ P\AN = B\KM = B\KE = B[AE = B[AO Suyra A,N,O thẳng hànghay AN luôn đi quađiểm O cốđịnh . Bài toán được giải quyết.
9. LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN NGHỆ AN Câu5. Cho 676 số nguyên tố khác nhau. Chứng minh rằng có ít nhất hai số trong các số đã cho mà hiệu của chúng chia hết cho 2022. Lời giải. Ta xét 674 số trong 676 số, trong đó mỗi số trong 674 số này đều khác 2 và 3. Suy ra tất cả các số này đều lẻ và đều chia 3 dư 1 hoặc 2. Ta chia 674 số này vào 2 tập, tập A là các số chia 3 dư 2, tập B là các số chia 3 dư 1. Xét 2 trường hợp: Trường hợp 1. Nếu 1 trong 2 tập (không mất tính tổng quát, giả sử B) có nhiều hơn 337 số thì theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 337. Suy ra hiệu của chúng chia hết cho 2.3.337 = 2022. Trường hợp 2. Nếu cả 2 tập đều có số lượng phần tử là 337 thì ta xét tập A. Vì 337 6∈ A nên các số trong tập A không chia hết cho 337. Do các số trong tập A chỉ nhận 336 số dư khi chia cho 337 nên tồn tại 2 số có cùng dư khi chia cho 337. Hiệu 2 số này chia hết cho 2.3.337 = 2022. Từ đây suy ra điều phải chứng minh. ——————— HẾT ———————