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

4 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

1) Tính giá trị của biểu thức $P = (x^{2} + 2 x + 2021)^{2024}$ tại $x = \frac{2}{x - 15} - \frac{4}{5 - 1}$

2) Giải phương trình $2 x^{2} + 2 x - 1 = 3 x 2 x - 1 .$

3) Giải hệ phương trình ${3 x^{3} = 2 x + 4 y (1) 2 x^{3} + y^{3} = 3 x + 3 y (2)$

Đáp án tham khảo

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

1)Ta có:

$x = \frac{2}{4 - 15} - \frac{4}{5 - 1}$ $= 8 + 215 - \frac{4 ( 5 + 1 )}{( 5 - 1 ) ( 5 + 1 )}$ $= (5 + 3)^{2} - (5 + 1)$

$= 5 + 3 - 5 - 1 = 3 - 1$

Suy ra $(x + 1)^{2} = 3 \Leftrightarrow x^{2} + 2 x = 2$

Do đó $P = (x^{2} + 2 x + 2021)^{2024} = 202 3^{2024} .$

2) Giải phương trình $2 x^{2} + 2 x - 1 = 3 x 2 x - 1 .$

2)Điều kiện: $x \geq \frac{1}{2} .$

Đặt $t = 2 x - 1 \geq 0$ , phương trình đã cho trở thành

$2 x^{2} + t^{2} = 3 x t \Leftrightarrow t^{2} - 3 x t + 2 x^{2} = 0 \Leftrightarrow (t - x) (t - 2 x) = 0 \Leftrightarrow [t = x t = 2 x$

Với $t = x, x \geq \frac{1}{2}$ nên $2 x - 1 = x \Leftrightarrow 2 x - 1 = x^{2} \Leftrightarrow x = 1.$

Với $t = 2 x, x \geq \frac{1}{2}$ nên $2 x - 1 = 2 x \Leftrightarrow 2 x - 1 = 4 x^{2} \Leftrightarrow 4 x^{2} - 2 x + 1 = 0,$ phương trình vô nghiệm do $Δ^{'} < 0$

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm $S = {1} .$

3)Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế ta được

$x^{3} - y^{3} = - x + y \Leftrightarrow (x - y) (x^{2} + x y + y^{2}) + x - y = 0$

$\Leftrightarrow (x - y) (x^{2} + x y + y^{2} + 1) = 0 \Leftrightarrow x = y$ do $x^{2} + x y + y^{2} + 1 = (x + \frac{y}{2})^{2} + \frac{3 y ^{2}}{4} + 1 > 0, \forall x, y$

Thay $y = x$ vào phương trình (1), ta được $3 x^{3} = 6 x \Leftrightarrow [x = 0 x = \pm 2 .$

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là $S = {(0;); (2; 2; (- 2; - 2}$ .

Câu 2

Câu tự luận

1) Trong mặt phẳng tọa độ $O x y$ , cho parabol $(P) : y = x^{2}$ và đường thẳng $(d) : y = 2 (m - 1) x + 3$ .

Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để đường thẳng $(d)$ cắt parabol $(P)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn $x_{1} + 2 x_{2} = 5.$

2) Chứng minh rằng phương trình $(a x^{2} + 2 b x + c) (b x^{2} + 2 c x + a) (c x^{2} + 2 a x + b) = 0$ luôn có nghiệm với mọi số thực $a, b, c .$

3) Cho hai số thực $x$ và $y$ thỏa mãn $x > 1, y > 1$

a) Chứng minh rằng $\frac{x}{x - 1}$ $\geq 2$ .

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = $\frac{x ^{2}}{y - 1} + \frac{y ^{2}}{x - 1}$

Đáp án tham khảo

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

1)Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$ là

$x^{2} = 2 (m - 1) x + 3 \Leftrightarrow x^{2} - 2 (m - 1) x - 3 = 0$

Do $1. (- 3) = - 3 < 0$ nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$

Do đó đường thẳng $(d)$ luôn cắt parabo; $(P)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_{1}, x_{2} .$

Theo hệ thức Vi-ét, ta có ${x_{1} + x_{2} = 2 (m - 1) (1) x_{1} x_{2} = - 3 (2)$

Lấy $x_{1} + 2 x_{2} = 5$ trừ (1) vế theo vế ta được ${x_{2} = 7 - 2 m x_{1} = 2 (m - 1) - (7 - 2 m) = 4 m - 9$

Thay vào (2) ta được $(7 - 2 m) (4 m - 9) = - 3 \Leftrightarrow - 8 m^{2} + 46 m - 60 = 0$

$\Leftrightarrow 4 m^{2} - 23 m + 30 = 0 \Leftrightarrow [m = 2 m = \frac{15}{4}$

$Vay m \in {2; \frac{15}{4}}$

2)Ta có $(a x^{2} + 2 b x + c) (b x^{2} + 2 c x + a) (c x^{2} + 2 a x + b) = 0 \Leftrightarrow a x^{2} + 2 b x + c = 0 (1) b x^{2} + 2 c x + a = 0 (2) c x^{2} + 2 a x + b = 0 (3)$

· Trường hợp 1: Nếu $a . b . c = 0$ thì phương trình đã cho luôn có nghiệm

· Trường hợp 2: Nếu $a . b . c \neq = 0$ . , ta có $(\begin{matrix} Δ_{1}^{'} = b^{2} - a c \\ Δ_{2}^{'} = c^{2} - a b \\ Δ_{3}^{'} = a^{2} - b c . \end{matrix})$

Khi đó $2 (Δ_{1}^{'} + Δ_{2}^{'} + Δ_{3}^{'}) = 2 a^{2} + 2 b^{2} + 2 c^{2} - 2 a b - 2 b c - 2 c a$

$= (a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2} \geq 0$ .

Suy ra một trong ba số $Δ_{1}^{'}, Δ_{2}^{'}, Δ_{3}^{'}$ không âm.

Do đó, một trong ba phương trình (1), (2), (3) có nghiệm nên ta có điều phải chứng minh
3)

a) Chứng minh rằng $\frac{x}{x - 1}$ $\geq 2$ .

Áp dụng bất đẳng thức $A M - GM$ cho hai số thực dương $(x - 1)$ và 1 ta được

$x = (x - 1) + 1 \geq 2 (x - 1) .1 = 2 x - 1 .$

Vậy $\frac{x}{x - 1} \geq 2$ với mọi số thực $x > 1$ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x - 1 = 1 \Leftrightarrow x = 2.$

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = $\frac{x ^{2}}{y - 1} + \frac{y ^{2}}{x - 1}$

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số thực dương $\frac{x ^{2}}{y - 1}$ và $\frac{y ^{2}}{x - 1}$ ta được

$T = \frac{x ^{2}}{y - 1} + \frac{y ^{2}}{x - 1} \geq 2 \frac{x ^{2}}{y - 1} . \frac{y ^{2}}{x - 1} = 2. \frac{x}{x - 1} . \frac{y}{y - 1} \geq 2.2.2 = 8$

Vậy $min T = 8$ khi $x = y = 2.$

Câu 3

Câu tự luận

Cho hai số nguyên $p, q$ thỏa mãn đẳng thức $p^{2} + q^{2} = 2 (3 pq - 4)$ (*)

1) Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai số $p, q$ là bội của 3

2) Tìm tất cả các cặp số nguyên $(p, q)$ thỏa (*)

Đáp án tham khảo

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

a) Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai số $p, q$ là bội của 3

· Giả sử trong hai số $p, q$ không có số nào chia hết cho 3.

· Khi đó $p^{2}, q^{2}$ chia 3 dư 1. Suy ra:

+) $p^{2} + q^{2}$ chia 3 dư 2;

+) Trong khi vế phải $2 (3 pq - 4) = 6 pq - 9 + 1$ chia 3 dư 1, vô lý

· Do đó tromg hai số $p, q$ phải có ít nhất một số là bội của 3.

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên $(p, q)$ thỏa (*)

· Do vai trò của $p, q$ như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử $q$ là bội của 3.

· Do $q$ nguyên tố nên $q = 3$

· Khi đó từ (*) ta có $p^{2} + 9 = 2 (2 p - 4) \Leftrightarrow p^{2} - 18 p + 17 = 0 \Leftrightarrow p = 1$ hoặc $p = 17$

· Do $p$ nguyên tố nên $p = 17.$

Vậy các cặp số $(p; q)$ thỏa mãn (*) là $(p; q) \in {(17; 3); (3; 17)} .$

Câu 4

Câu tự luận

Cho đường tròn tâm O và một điểm A ở ngoài đường tròn đó. Qua điểm A vẽ hai tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của AO và BC, D là trung điểm của AC, tía BD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E.

1) Chứng minh CDEH là một tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh rằng $D A^{2} = D E . D B$

3) Gọi F là giao điểm thứ hai của AE với đường tròn (O). Chứng minh OC là đường trung trực của đoạn thẳng BF.

Đáp án tham khảo

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

Cho đường tròn tâm O và một điểm A ở ngoài đường tròn đó. Qua điểm A vẽ hai tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn (ảnh 1)

1) Chứng minh CDEH là một tứ giác nội tiếp.

Ta có

· $A B = A C$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

· $O B = O C$ (bán kính (O)) nên AO là đường trung trực của đoạn thẳng BC.

· $Δ A B C$ có D là trung điểm AC, H là trung điểm BC nên HD là đường trung bình của tam giác ABC, suy ra $H D // A B$ .

Khi đó $H D E = A B E = B C E = H C E = \frac{1}{2} s d B E$

Do đó, tứ giác CDEH nội tiếp.

2) Chứng minh rằng $D A^{2} = D E . D B$

Xét $Δ D C E$ và $Δ D B C$ ta có

$E D C$ chung

$D C E = D B C = \frac{1}{2} s d B E$

Suy ra (g-g)

Do đó $\frac{DC}{DB} = \frac{DE}{DC} .$ Suy ra $D C^{2} = D E . D B$

Mặt khác, do $D A = D C$ nên $D A^{2} = D E . D B$

3) Gọi F là giao điểm thứ hai của AE với đường tròn (O). Chứng minh OC là đường trung trực của đoạn thẳng BF.

· Từ $D A^{2} = D E . D B$ nên ta có $\frac{D A}{D E} = \frac{D B}{D A}$

· Xét hai tam giác $D A E$ và tam giác $D B A$ có

+) $E D A$ chung;

+) $\frac{D A}{D E} = \frac{D B}{D A}$

Do đó

· Suy ra $E A D = D B A = D F A = \frac{1}{2} s d B E$ , do đó $B F // A C .$

· Mà $O C ⊥ A C$ nên $O C ⊥ B F$ .

· Mặt khác, $O F = O B$ (bán kính của (O)) nên OC là đường trung trực của đoạn thẳng BF.