Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Bình Định có đáp án

7 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

Tính giá trị của biểu thức $(x^{3} + 4 x^{2} - 23 x + 1)^{2024}$ với $x = 33 - 2$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Theo đề $x = 33 - 2 \Leftrightarrow x + 2 = 33 \Leftrightarrow x^{2} + 4 x + 4 = 27 \Leftrightarrow x^{2} + 4 x = 23$ .

Ta có $(x^{3} + 4 x^{2} - 23 x + 1)^{2024} = [x . (x^{2} + 4 x) - 23 x + 1]^{2024} = (23 x - 23 x + 1)^{2024} = 1$ .

Vậy giá trị của biểu thức bằng $1$ khi $x = 33 - 2$ .

Câu 2

Câu tự luận

a) Giả sử phương trình $x^{2} - a x + 2 = 0$ ( $a$ là tham số) có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ . Tính $P = x_{1}^{3} + x_{2}^{3}$ theo $a$ .

b) Cho $α = 3 \frac{8}{3} + 33$ . Tìm một đa thức bậc $3$ , hệ số nguyên nhận $α$ làm nghiệm.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

a) Ta có $Δ = a^{2} - 8$ . Phương trình có hai nghiệm $\Leftrightarrow Δ \geq 0 \Leftrightarrow a^{2} - 8 \geq 0 \Leftrightarrow [a \geq 22 a \leq - 22$

Áp dụng định lí Vi-ét, ta có ${x_{1} + x_{2} = a x_{1} . x_{2} = 2$

Theo đề $P = x_{1}^{3} + x_{2}^{3} = (x_{1} + x_{2})^{3} - 3 x_{1} x_{2} . (x_{1} + x_{2}) = a^{3} - 6 a$

Vậy $P = a^{3} - 6 a$ (với $a \leq - 22$ hoặc $a \geq 22$ ).

b) Theo đề $α = 3 \frac{8}{3} + 33 \Leftrightarrow α^{3} = \frac{8}{3} + 3 + 3 \cdot 3 \frac{8}{3} \cdot 33 \cdot (3 \frac{8}{3} + 33) \Leftrightarrow α^{3} = \frac{17}{3} + 6 α \Leftrightarrow 3 α^{3} - 18 α - 17 = 0$

Do đó $α$ là nghiệm của phương trình $3 x^{3} - 18 x - 17 = 0$ .

Câu 3

Câu tự luận

Giải phương trình: $4 x - 1 - 2 4 x + 1 + 16 x^{2} - 1 = 2, (x \in R)$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Điều kiện $x \geq \frac{1}{4}$

Ta có

$4 x - 1 - 2 4 x + 1 + 16 x^{2} - 1 = 2 \Leftrightarrow (4 x - 1 - 2) + 4 x + 1 (4 x - 1 - 2) = 0 \Leftrightarrow (4 x - 1 - 2) (4 x + 1 + 1) = 0 (1)$

Với $x \geq \frac{1}{4}$ thì $4 x + 1 + 1 > 0$ ; do đó $(1) \Leftrightarrow 4 x - 1 = 2 \Leftrightarrow x = \frac{5}{4}$ (nhận).

Vậy $x = \frac{5}{4} \cdot$

Câu 4

Câu tự luận

Giải hệ phương trình: ${x^{3} + y^{3} = 7 (x + y) (4 + 3 x y) = - 2 (x, y \in R)$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Ta có: ${x^{3} + y^{3} = 7 (x + y) (4 + 3 x y) = - 2 \Leftrightarrow {(x + y)^{3} - 3 x y (x + y) = 7 4 (x + y) + 3 x y (x + y) = - 2$

Suy ra $(x + y)^{3} + 4 (x + y) - 5 = 0 \Leftrightarrow (x + y - 1) . [(x + y)^{2} + (x + y) + 5] = 0 (2)$

Vì $(x + y)^{2} + (x + y) + 5 = (x + y + \frac{1}{2})^{2} + \frac{19}{4} > 0$ với mọi $x, y .$

Do đó $(2) \Leftrightarrow x + y = 1$ , khi đó ta có ${x + y = 1 x y = - 2$

$\Rightarrow x, y$ là hai nghiệm của phương trình $u^{2} - u - 2 = 0 \Leftrightarrow [u = - 1 u = 2$

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: $(x; y) = (- 1; 2), (2; - 1)$ .

Câu 5

Câu tự luận

Tìm tất cả giá trị nguyên của $n$ để $n^{2} + 2026$ là một số chính phương.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Đặt $n^{2} + 2026 = m^{2} (m \in N^{*}, m \geq 46) \Leftrightarrow (m - n) (m + n) = 2026 = 2.1013 (*)$

Vì $m - n, m + n$ cùng tính chẵn lẻ $\Rightarrow$ không có cặp số $m, n$ thỏa phương trình $(*)$

Vậy không có giá trị nguyên của $n$ thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 6

Câu tự luận

Cho tam giác nhọn $A B C$ có các đường cao $A D, B E, C F .$ Gọi $K, L$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $C D E, B D F .$

1. Chứng minh $L D F = K D C$ .

2. Chứng minh hai tam giác $L D F$ và $K D C$ đồng dạng, hai tam giác $L D K$ và $F D C$ đồng dạng.

3. Chứng minh tứ giác $B L K C$ nội tiếp.

4. Gọi $P, Q$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $A K C, A L B$ , chứng minh $P Q$ song song với $K L .$

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

A B C

có các đường cao

A D, B E, C F .

(ảnh 1)">

1. Gọi $H$ là trực tâm của $Δ A B C$ .

Vì $K, L$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $C D E, B D F \Rightarrow D L$ là tia phân giác của $F D B; F L$ là tia phân giác của $B F D; C K$ là tia phân giác của $E C D; D K$ là tia phân giác của $E D C$ .

Vì tứ giác $D H E C$ có: $\hat{H D C} + \hat{H E C} = 90^{°} + 90^{°} = 180^{°}$

Suy ra tứ giác $D H E C$ nội tiếp $\Rightarrow E D C = E H C \Rightarrow E D C = F H B$

Vì tứ giác $D F H B$ có: $\hat{F D B} + \hat{F H B} = 90^{°} + 90^{°} = 180^{°}$

Suy ra tứ giác $D H F B$ nội tiếp $\Rightarrow F D B = F H B .$

Do đó: $E D C = F D B \Rightarrow L D F = K D C .$

2. Tứ giác $A C D F$ có: $\hat{A F C} = \hat{A D C} = 90^{°}$

$\Rightarrow$ Tứ giác $A C D F$ nội tiếp $\Rightarrow B F D = A C D \Rightarrow L F D = K C D$

Xét $Δ L D K$ và $Δ K D C$ , ta có: $L D F = K D C$ và .

Vì $(\begin{matrix} \hat{E D C} = \hat{F D B} \Rightarrow \hat{L D B} = \hat{K D C} \Rightarrow \hat{L D K} + 2 \hat{L D B} = 180^{°} \\ \hat{F D C} + \hat{F D B} = 180^{°} \Rightarrow \hat{F D C} + 2 \hat{L D B} = 180^{°} \end{matrix})$

Nên $L D K = F D C (2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ , suy ra: .

3. Vì $L F D = K C D$ và $\hat{D F C} = \hat{D L K} \Rightarrow \hat{D L K} + \hat{K C D} = \hat{D F C} + \hat{L F D} = \hat{L F C} = 90^{°} - \hat{B F L}$

Vì $L$ là tâm đường tròn nội tiếp $Δ B D F$ nên $\hat{B L D} = 90^{°} + \hat{B F L}$

Khi đó $\hat{B L K} + \hat{K C D} = \hat{B L D} + \hat{D L K} + \hat{K C D} = 90^{°} + \hat{B F L} + 90^{°} - \hat{B F L} = 180^{°}$

$\Rightarrow$ Tứ giác $B C K L$ nội tiếp.

4. Gọi $J, I$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của $Δ A E F$ và $Δ A B C \Rightarrow J \in A I$ .

Tương tự ý $1, 2, 3$ ta suy ra các tứ giác $A B L J, A C K J$ nội tiếp

$\Rightarrow J$ là giao điểm thứ hai của hai đường tròn $(P)$ và $(Q)$

$\Rightarrow P Q ⊥ A J \Rightarrow P Q ⊥ A I (3)$

Ta có: $(\begin{matrix} \hat{L I K} = 90^{°} + \frac{\hat{A B C}}{2} \Leftrightarrow \hat{L I K} = 90^{°} + \hat{I A K} + \hat{K A C} \Leftrightarrow \hat{I A K} = \hat{L I K} - \hat{K A C} - 90^{°} \\ \hat{L K A} = \hat{L K I} + \hat{I K A} = \hat{L K I} + \hat{K A C} + \hat{K C A} = \hat{L K I} + \hat{K A C} + \hat{K C B} = \hat{L K I} + \hat{K A C} + \hat{I L K} \end{matrix})$

Do đó $\hat{I A K} + \hat{L K A} = \hat{L I K} + \hat{L K I} + \hat{I L K} - 90^{°} = 90^{°} \Rightarrow A I ⊥ L K (4)$

Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra $P Q // L K$ .

Câu 7

Câu tự luận

Một học sinh viết lên bảng một dãy gồm $2023$ số nguyên dương sao cho trong dãy này có đúng $10$ số hạng phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại những số hạng liên tiếp của dãy này có tích của chúng là một số chính phương.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Gọi $a_{m} (m = 1, 2023)$ là các số hạng của dãy

Các giá trị phân biệt có thể nhận của $a_{i}$ là $x_{i} (i = 1, 10)$ với $x_{i} \in Z^{+}$ và $x_{1} < x_{2} < \dots < x_{10}$ .

Gọi $S_{j} = a_{1} \cdot a_{2} \dots a_{j} (j = 1, 2023)$ là tích của $j$ số hạng đầu tiên của dãy.

Khi đó $S_{j} = x_{1}^{n_{1 j}} \cdot x_{2}^{n_{2 j}} \dots \cdot x_{10}^{n_{10 j}}$ với $n_{1 j}; n_{2 j}; \dots; n_{10 j}$ lần lượt là số lần xuất hiện của các giá trị $x_{j}$

trong $j$ số hạng đầu tiên của dãy đã cho.

Xét $2023$ bộ $(n_{1 j}; n_{2 j}; \dots; n_{10 j}) (j = 1, 2023)$ theo module $2$ , có tất cả $2^{10} = 1024$ trường hợp có dạng như sau

$(0; 0; \dots; 0), (0; \dots; 0; 1), (0; \dots; 1; 0), (1; \dots; 1; 1)$

Do đó tồn tại hai chỉ số $p, q$ (với $1 \leq p < q < 2023$ ) thoả

$(n_{1 p}; n_{2 p}; \dots; n_{10 p}) \equiv (n_{1 q}; n_{2 q}; \dots; n_{10 q}) (mod 2) .$

Do đó:

$n_{1 q} - n_{1 p} = 2 b_{1} n_{2 q} - n_{2 p} = 2 b_{2} \dots n_{10 q} - n_{10 p} = 2 b_{10}$

Suy ra $\frac{S _{q}}{S _{p}} = a_{p + 1} \cdot a_{p + 2} \dots a_{q} = (x_{1}^{b_{1}} \cdot x_{2}^{b_{2}} \dots x_{10}^{b_{10}})^{2}$ . Điều phải chứng minh.