Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2022-2023 chuyên Hùng Vương - Phú Thọ có đáp án
5 câu · Đề thi Toán vào lớp 10
Đề tự luận: mỗi câu có đáp án tham khảo của đề gốc để bạn tự đối chiếu bài làm (không tính điểm).
Câu 1
Câu tự luận
a) Cho phương trình x2−8x+4−8m=0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn 1<x1<x2.
b) Gọi a,b,c là các số thực thỏa mãn a2+b2+c2=ab+bc+ca và a+b−c=3. Tính giá trị biểu thức A=a2+1+3bc.
Đáp án tham khảo
Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.
a) Cho phương trình x2−8x+4−8m=0(1). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn 1<x1<x2.
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ′>0⇔12+8m>0⇔m>−23.
Vì x1,x2 là nghiệm của (1) nên {x1+x2=8x1x2=4−8m.
Ta có 1<x1<x2⇔{(x1−1)+(x2−1)>0(x1−1)(x2−1)>0⇔{x1+x2>2x1x2−(x1+x2)+1>0
⇔{8>24−8m−8+1>0⇔−8m−3>0⇔m<−83.
Vậy −23<m<−83 là các giá trị cần tìm.
b) Gọi a,b,c là các số thực thỏa mãn a2+b2+c2=ab+bc+ca và a+b−c=3. Tính giá trị biểu thức A=a2+1+3bc.
Ta có a2+b2+c2=ab+bc+ca⇔2a2+2b2+2c2=2ab+2bc+2ca
⇔(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2=0⇔a=b=c.
Mà a+b−c=3⇔a=b=c=3.
Suy ra A=a2+1+3bc=11.
Câu 2
Câu tự luận
a) Xác định các hệ số a,b,c của đa thức P(x)=x3+ax2+bx+c. Biết P(−2)=−29,P(1)=−5 vàP(3)=1.
b) Cho n là số nguyên dương sao cho 4n+13 và 5n+16 là các số chính phương. Chứng minh rằng 2023n+45 chia hết cho 24.
Đáp án tham khảo
Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.
a) Xác định các hệ số a,b,c của đa thức P(x)=x3+ax2+bx+c biết P(−2)=−29,P(1)=−5,P(3)=1.
Vì P(−2)=−29 nên ta có −8+4a−2b+c=−29⇔4a−2b+c=−21.
Vì P(1)=−5 nên ta có 1+a+b+c=−5⇔a+b+c=−6.
Vì P(3)=1 nên ta có 27+9a+3b+c=1⇔9a+3b+c=−26.
Ta có hệ phương trình ⎩⎨⎧4a−2b+c=−21a+b+c=−69a+3b+c=−26⇔⎩⎨⎧a=−3b=2c=−5.
Vậy a=−3;b=2;c=−5.
b) Cho n là số nguyên dương sao cho 4n+13 và 5n+16 là các số chính phương. Chứng minh rằng 2023n+45 chia hết cho 24.
Giả sử 4n+13=a2 và 5n+16=b2(a,b∈N∗).
Từ 4n+13=a2⇒a là số lẻ.
Ta có 4n+13=a2⇔4(n+3)=a2−1⇔4(n+3)=(a−1)(a+1).
Vì a là số lẻ nên a−1 và a+1 là hai số chẵn liên tiếp, do đó (a−1)(a+1)⋮8⇒(n+3)⋮2⇒n là số lẻ.
Suy ra b2=5n+16 là số lẻ.
Lại có 5n+16=b2⇔5(n+3)=(b−1)(b+1)⋮8.
Mà (5;8)=1⇒(n+3)⋮8(1)
Ta có a2+b2=9n+29≡2(mod3)
mà a2≡{0;1}(mod3);b2≡{0;1}(mod3)⇒a2≡b2≡1(mod3)
⇒{4n+13≡1(mod3)5n+16≡1(mod3)⇒(n+3)≡0(mod3)(2).
Vì (3;8)=1 nên từ (1) và (2) suy ra (n+3)⋮24.
Từ đó 2023n+45=2016n+7(n+3)+24⋮24 (đpcm).
Câu 3
Câu tự luận
a) Giải phương trình: 2(17x2−6)+(x2−4x+3)2x+5=2x(3x2+22).
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(146;2022). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên trục Ox. Tìm số điểm nguyên nằm trong tam giác OAH. (Điểm nguyên là điểm có hoành độ và tung độ là các số nguyên).
Đáp án tham khảo
Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.
a) Giải phương trình 2(17x2−6)+(x2−4x+3)2x+5=2x(3x2+22)(1).
+ Điều kiện 2x+5≥0⇔x≥−25.
Phương trình 2(17x2−6)+(x2−4x+3)2x+5=2x(3x2+22)(1).\[\]
⇔(x−3)[6x2−16x−4−(x−1)2x+5]=0
⇔[x=36x2−16x−4−(x−1)2x+5=0(2).
Phương trình (2)⇔6(x−1)2−2(2x+5)−(x−1)2x+5=0(3).
+ Khi x=1: Không thỏa mãn phương trình (3).
+ Khi x=1,(3)⇔2(x−1)22x+5+x−12x+5−6=0⇔[x−12x+5=23x−12x+5=−2.
x−12x+5=23⇔{x>19x2−26x−11=0⇒x=913+267.
x−12x+5=−2⇔{x<14x2−10x−1=0⇒x=45−29.
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là x∈{3;913+267;45−29}.
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(146;2022). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên trục Ox. Tìm số điểm nguyên nằm trong tam giác OAH. (Điểm nguyên là điểm có hoành độ và tung độ là các số nguyên).
Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên trục Ox nên H(146;0).
Gọi B là hình chiếu vuông góc của A trên trục Oy, suy ra B(0;2022).
Gọi C là trung điểm của đoạn OA, suy ra C(73;2011).
Điểm M(x0;y0)(x0;y0∈Z) là điểm nguyên nằm trong ΔOAH khi và chỉ khi điểm M′(x′0;y′0)(x′0;y′0∈Z) đối xứng với điểm M qua C nằm trong ΔOAB.
Suy ra số điểm nguyên nằm trong ΔOAH bằng số điểm nguyên nằm trong ΔOAB.
Do đó số điểm nguyên nằm trong tam giác OAH bằng 21(số điểm nguyên nằm trong hình chữ nhật ABOH trừ đi số điểm nguyên nằm trên đoạn thẳng OA).
Số điểm nguyên nằm trong hình chữ nhật ABOH bằng 145.2021=293045.
Phương trình đường thẳng OA là y=731011x. Từ đó kiểm tra được số điểm nguyên trên đoạn thẳng OA (trừ điểm O và A) bằng 1.
Vậy số điểm nguyên trong ΔOAH bằng 2293045−1=146522.
Câu 4
Câu tự luận
Cho hai đường tròn (O;R) và (O′;R′) cắt nhau tại hai điểm A và B (R>R′ và O,O′ thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB). Đường thẳng AO cắt (O) và (O′) lần lượt tại C và M, đường thẳng AO′ cắt (O) và (O′) lần lượt tại N và D (C,D,M,N khác A). Gọi K là trung điểm của CD;H là giao điểm của CN và DM.
a) Chứng minh rằng năm điểm M,N,O,K,B cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD;E là điểm đối xứng của C qua B;P là giao điểm của AE và HD;F là giao điểm của BH với (I)(F khác H); Q là giao điểm của CF với BP. Chứng minh rằng BP=BQ.
c) Chứng minh rằng IBP=90∘.
Đáp án tham khảo
Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.
a)
Ta có ANC=90∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ⇒AD⊥CH.
CMD=90∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O′))⇒AC⊥DH.
Suy ra A là trực tâm tam giác HCD⇒HA⊥CD⇒H,A,B thẳng hàng.
Dễ có tứ giác CDMN nội tiếp đường tròn tâm K⇒MKN=2MCN(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn ) và HCM=HDN(1).
Ta có tứ giác ABCN nội tiếp ⇒ACN=ABN (góc nội tiếp cùng chắn cung ).
Tứ giác ABDM nội tiếp ⇒ADM=ABM (góc nội tiếp cùng chắn cung ).
Kết hợp với (1) suy ra
ABN=ABM=ACN⇒MKN=MBN=2ACN<span></span>(2).
Ta có MON=2ACN=MBN<span></span>(3).
Từ (2) và (3) suy ra 5 điểm M,N,O,K,B cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD;E là điểm đối xứng của C qua B;P là giao điểm của AE và HD;F là giao điểm của BH với (I)(F khác H); Q là giao điểm của CF với BP. Chứng minh rằng BP=BQ.
Xét tứ giác ACFE có hai đường chéo CE⊥AF tại trung điểm B của CE<span></span>(1).
Ta có DCM=BHD (cùng phụ với CDH). Mà BHD=DCF (góc nội tiếp cùng chắn )⇒DCM=DCF (2).
Từ (1) và (2) suy ra ACFE là hình thoi.
Xét hai ΔBPE và ΔBQC có BEP=BCQ (so le trong), BE=BC,EBP=CBQ (đối đỉnh). Suy ra
ΔBPE=ΔBQC(g−c−g)⇒BP=BQ (đpcm).
c) Chứng minh rằng IBP=90∘.
Gọi S,T là giao điểm của BQ và (I)(như hình vẽ).
Xét tứ giác ADEH có AED=AHD(cùng bằng ACE), suy ra tứ giác ADEH nội tiếp ⇒PD.PH=PA.PE=PT.PS.
Từ ΔBPE=ΔBQC⇒PE=QC⇒PA=QF⇒PA.PE=QF.QC=QS.QT.
Vậy QS.QT=PT.PS⇔QS.(PQ+PT)=PT.(PQ+QS)
⇔QS.PQ+QS.PT=PT.PQ+PT.QS⇔QS.PQ=PT.PQ⇔QS=PT⇒B là trung điểm của ST⇒IB⊥ST⇒IBP=90∘ (đpcm).
Câu 5
Câu tự luận
Cho x,y,z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=(x+y)4x4+(y+z)4y4+(z+x)4z4.
Đáp án tham khảo
Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.
Ta có P=(xy+1)41+(yz+1)41+(zx+1)41.
Đặt a=xy,b=yz,c=zx⇒a,b,c>0 và abc=1.
⇒P=(a+1)41+(b+1)41+(c+1)41.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có (a+1)41+161≥2161.(a+1)41=21(a+1)21.
Tương tự có (b+1)41+161≥21(b+1)21,(c+1)41+161≥21(c+1)21.