Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT năm học 2022-2023 môn Toán (Chuyên) - SGD&ĐT Quảng Ngãi (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT năm học 2022-2023 môn Toán (Chuyên) - SGD&ĐT Quảng Ngãi (Có đáp án)

1. LỜI GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN QUẢNG NGÃI ĐỀ THI Bài 1: (1,5 điểm) √ √ x − x + 2 x  x − 1 1. Rút gọn biểu thức P = √ − √ : √ với x > 0, x ̸= 1, x ̸= 4. x − x − 2 x − 2 x x − 2 2. Tìm m để ba đường thẳng (d1): y = 2x + 1, (d2): y = −x + 7 và (d3): y = mx + m − 4 đồng quy. Bài 2: (1,5 điểm) 1. Chứng minh rằng n4 + 2n3 − n2 − 2n chia hết cho 24 với mọi số nguyên n. 2. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 25n2 + 10n + 48 là tích của hai số nguyên dương chẵn liên tiếp. Bài 3: (2,5 điểm) ( x2 − 2x − xy + 2y = 0 1. Giải hệ phương trình . x + y = xy − 5 2. Cho phương trình x2 − 2(m − 1)x + m2 − 3 = 0 ( m là tham số). Tìm m để phương 2 2 2 2 trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn (x1 − 2mx1 + m )(x2 − 2mx2 + m ) = 1. 3. Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 10 và a2 + b2 + c2 + d2 = 28. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = ab + ac + ad. Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R và hai điểm B, C cố định trên (O), BC = R. Điểm A thay đổi trên cung lớn BC của (O) sao cho AB < AC. Đường thẳng qua B và vuông góc với AC tại K cắt đường tròn (O) tại P (P khác B). Kẻ PQ vuông góc với đường thẳng BC tại Q. Tia phân giác trong của góc BAC[ cắt cạnh BC tại D. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt đường thẳng BC tại M. MB DB 2 a) Chứng minh ABK\ = KQP\ và = . MC DC b) Khi A đối xứng với C qua O, tính diện tích tứ giác AMDO theo R. c) Tia AD cắt đường tròn (O) tại E (khác A ). Lấy điểm I trên đoạn thẳng AE sao cho EI = EB. Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) tại L (khác B ). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với LE cắt đường thẳmg LC tại F . Xác định vị trí điểm A để độ dài BF lớn nhất. Bài 5: (1,0 điểm) Một số nguyên dương được gọi là "số đặc biệt" nếu nó thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: i) Các chữ số của nó đều khác 0 . 2
2. LỜI GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN QUẢNG NGÃI LỜI GIẢI √ √ x − x + 2 x  x − 1 ǥ Bài 1 1. Rút gọn biểu thức P = √ − √ : √ . x − x − 2 x − 2 x x − 2 2. Tìm m để ba đường thẳng (d1): y = 2x + 1, (d2): y = −x + 7 và (d3): y = mx + m − 4 đồng quy. 1,5 điểm ✍ Lời giải. 1. Điều kiện xác định: x > 0; x ̸= 1; x ̸= 4. √ √ √ √ (x − x + 2)(x − 2 x) − (x − x − 2)x x − 2 Ta có P = √ √ · √ (x − x − 2)(x − 2 x) x − 1 √ √ √ √ −2 x( x − 2)( x − 1) x − 2 2 = √ √ √ · √ = √ x( x − 1)( x − 2)2 x − 1 1 − x 2.Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và (d2) ta có: 2x + 1 = −x + 7 ⇔ 3x = 6 ⇔ x = 2 ⇒ y = 5 Để (d1), (d2) và (d3) đồng quy thì (d3): y = mx + m − 4 phải đi qua điểm (2; 5), khi đó: 5 = 2m + m − 4 ⇔ m = 3 Vậy m = 3 thì (d1), (d2) và (d3) đồng quy. ■ 4
3. LỜI GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN QUẢNG NGÃI   3 5m − k = −2 m = − (loại)   10 2) ⇔ 7 5m + k + 1 = 6 k =  2   5m − k = −1 m = 1 (nhận) 3) ⇔ 5m + k + 1 = 12 k = 6 Trong ba trường hợp chỉ có trường hợp 3 thỏa mãn, do đó n = 2m = 2. 2 Vậy n = 2 thì 25n + 10n + 48 là tích của hai số nguyên dương chẵn liên tiếp. ■ 6
4. LỜI GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN QUẢNG NGÃI 2 2
   2 2
   x1 − 2mx1 + m x2 − 2mx2 + m = 1 ⇔ (3 − 2x1)(3 − 2x2) = 1 ⇔ 8 − 6(x1 + x2) + 4x1x2 = 0 ⇔ 8 − 12(m − 1) + 4(m2 − 3) = 0 ⇔ m2 − 3m + 2 = 0 ⇔ (m − 1)(m − 2) = 0 " m = 1 (nhận) ⇔ m = 2 (loại) Vậy với m = 1 thì thoả mãn yêu cầu đề bài. 3. Xét b2 + c2 + d2, áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwartz, ta được: 2 2 2 2
   (b + c + d) ⩽ 3 b + c + d (Dấu "=" xảy ra khi b = c = d) 2 2
   ⇔ (10 − a) ⩽ 3 28 − a 2 ⇔ a − 5a + 4 = (a − 1)(a − 4) ⩽ 0 ⇔ 1 ⩽ a ⩽ 4 Mặt khác, ta thấy T = ab + ac + ad = a(b + c + d) = a(10 − a) = 10a − a2 = (10a − a2 − 24) + 24 = (a − 4)(6 − a) + 24 ⩽ (4 − 4)(6 − 1) + 24 = 24 (Dấu "=" xảy ra khi a = 4). Vậy Tmax = 24 khi a = 4; b = c = d = 2. ■ 8
5. LỜI GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN QUẢNG NGÃI Ë Ta có PQ⊥QC và PK⊥KC (giả thiết) nên tứ giác P QCK nội tiếp. Suy ra KQP\ = PCK\ (cùng chắn cung PK) (1) Ta thấy tứ giác ABCP nội tiếp (O; R) nên ABP[ = ACP[ (cùng chắn cung AP ) (2)   Từ (1) và (2) suy ra KQP\ = ABK\ = PCK\ (đpcm). Ë Dễ chứng minh △MAB ∼ △MCA (g.g) nên ta có : MA AB MA2 AB2 MB · MC DB2 MB DB 2 = ⇔ = ⇔ = ⇔ = . MC AC MC2 AC2 MC2 DC2 MC DC Bài toán được chứng minh. b) Khi A đối xứng với C qua O thì AC là đường kính của (O), do đó ta có AC = 2R, AO = OC = CB = R. Áp dụng định lý Pytago vào △ACB vuông tại B ta có √ √ √ AB = AC2 − CB2 = 4R2 − R2 = R 3. Đồng thời AC = 2R = 2BC ⇒ ACB[ = 60◦ ⇒ ACB[ = MAB\ = 60◦ (cùng phụ BAC[ ). Biến đổi các tỷ lệ thức, ta có. AB DB AB + AC BC = ⇔ = AC DC √AC DC R 3 + 2R BC ⇔ = 2R DC DC 2 √ ⇔ = √ = 4 − 2 3 BC 3 + 2 √ ⇔ DC = R(4 − 2 3). Gọi DN là đường cao trong △COD (N ∈ OC). Ta biến đổi diện tích như sau: AB · MB S = S + S = + S − S AMDO AMB ABDO 2 ABC ODC AB2 · tanMAB\ AB · BC DN · OC = + − 2 2 2 √ 3R2 · tan60◦ R2 3 sinDCN\ · DC · R = c + − √ 2 √ 2 2 √ √ 3 3R2 R2 3 sin60◦ · R(4 − 2 3) · R 2 3 + 3 = + − = R2. 2 2 2 2 √ 2 3 + 3 Vậy S = R2. AMDO 2 c) Ta có BAE[ = BLE[ (cùng chắn cung EB), EAC[ = ELC[ (cùng chắn cung EC). Mà BAE[ = EAC[ (AE là phân giác BAC[ ) nên BLE[ = ELC[ và EB = EC. (1) Do đó LE là phân giác BLF[ mà theo giả thiết ta có LE vuông góc BF . Từ đây ta được LE là đường trung trực BF hay EB = EF . (2) 10
6. LỜI GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN QUẢNG NGÃI ǥ Bài 5 Một số nguyên dương được gọi là "số đặc biệt" nếu nó thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: i) Các chữ số của nó đều khác 0 . ii) Số đó chia hết cho 12 và nếu đổi chỗ các chữ số của nó một cách tùy ý, ta vẫn thu được một số chia hết cho 12 . a) Chứng minh rằng một "số đặc biệt" chỉ có thể chứa các chữ số 4 và 8 . b) Có tất cả bao nhiêu "số đặc biệt" có 5 chữ số? 1,0 điểm ✍ Lời giải. Lời giải của Nguyễn Nhất Huy a) Vì "số đặc biệt" nên nó sẽ chia hết cho 3 và 4. Ta thấy rằng một số khi đổi các chữ số cho nhau mà chia hết cho 4 thì các chữ số ấy phải là số chẵn, mà "số đặc biệt" có các chữ số ̸= 0 nên các chữ số của nó thuộc {2; 4; 6; 8}. (1) Từ các số 2; 4; 6; 8, ta lập các số có hai chữ số sao cho khi đổi chỗ các chữ số cho nhau thì chúng vẫn chia hết cho 4, ta thấy chỉ lập được duy nhất một số thoả mãn là số 48. (2) Từ (1) và (2) suy ra ta chỉ lập được "số đặc biệt từ" số 4 và 8 (đpcm). b) Ta thấy "số đặc biệt" chỉ chứa số 4 và 8 nên ta đặt x là số chữ số 4 còn y là số chữ số 8 để + tạo nên "số đặc biệt" có năm chữ số. (x, y ∈ Z ; 1 ⩽ x, y ⩽ 4). Đồng thời, ta suy ra được phương trình nghiệm nguyên: x + y = 5. Cũng từ phương trình trên, ta tìm được các cặp số nguyên (x, y) là (1, 4); (2, 3); (3, 2); (4, 1). Vì "số đặc biệt" chia hết cho 3 nên tổng các chữ số của chúng cũng chia hết cho 3 hay: 3 | (4x + 8y) ⇔ 3 | (3x + 9y) + (x − y) Mà 3 | (3x + 9y) nên 3 | (x − y). Từ đây dễ thu được cặp (x, y) duy nhất là (1, 4) và (4, 1). Ta xét các trường hợp. 1 Trường hợp 1. Với x = 1 và y = 4 thì "số đặc biệt" được tạo từ một số 4 và bốn số 8, các "số đặc biệt" đó là: 48888; 84888; 88488; 88848; 88884 (5 số). 2 Trường hợp 2. Với x = 4 và y = 1 thì "số đặc biệt" được tạo từ một số 8 và bốn số 4, các "số đặc biệt" đó là: 44448; 44484; 44844; 48444; 84444 (5 số). Từ 2 trường hợp trên, số các số cần tìm là: 5 + 5 = 10 (số). Vậy ta tìm được tất cả 10 "số đặc biệt" có năm chữ số. ■ 12