Thực hiện liên tục thao tác trên cho đến khi trên bảng chỉ còn lại đúng 1 số.. Cho tam giác nhọn ABC với AB < AC nội tiếp đường tròn O; R, các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H.. Gọi P
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2023-2024 Môn : Toán (Dành cho chuyên Tin)
Thời gian :150 phút
Câu 1 (2, 0 điểm).
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2−2 (m−1) x +m2
−m=0 có hai nghiệm phân biệt
x1, x2 thỏa mãn 2|x1+x2|=|x1−x2|.
b) Cho x ; y là các số thực thỏa mãn 1y−2
x=
3
2 x + y . Tính giá trị của biểu thức P = x
2
y2+
y2
x2.
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn (x2
−x−1) (y2
+xy−9)=2 x +1
b) Cho n là số nguyên dương lẻ sao cho 3n+7n chia hết cho 11 Tìm số dư khi chia 2n+6n+2023n cho 11
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Giải hệ {2√x−3 y=16−3 x +9 y (1)
2√x−3+√y +3=5 y +1(2)(x ; y ∈ R)
b) Viết lên trên bảng 2023 số
1; ; ; ; ;
2 3 2022 2023 Mỗi bước ta xóa đi 2 số x,y bất kỳ trên bảng rồi viết lên bảng số 1
xy
x y (các số còn lại trên bảng giữ nguyên) Thực hiện liên tục thao tác trên cho đến khi trên bảng chỉ còn lại đúng 1 số Hỏi số đó bằng bao nhiêu
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC với AB < AC nội tiếp đường tròn (O; R), các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H Gọi P là giao điểm thứ hai của AD và (O)
M là điểm đối xứng với P qua AB.
a) Chứng minh tứ giác AHBM nội tiếp.
b) Qua P kẻ đường thẳng song song với EF cắt (O) tại Q
Chứng minh Q đối xứng với P qua OA.
c) Gọi K là trung điểm của EF
Chứng minh rằng đường thẳng AK và các tiếp tuyến của (O) tại B; C đồng quy.
Câu 5 Xét ba số x ; y ; z ≥ 2 thỏa mãn 4 xyz=9 ( x + y +z )+27
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = √x2x−4+√y2−4
y +√z2−4
z
Gợi ý Đề chuyên tin 2023 – 2024 chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Trang 2Nhóm giáo viên Toán trường THCS Lâm Thao
Câu 1 (2, 0 điểm).
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2−2 (m−1) x +m2−m=0 có hai nghiệm phân biệt
x1, x2 thỏa mãn 2|x1+x2|=|x1−x2|.
b) Cho x ; y là các số thực thỏa mãn 1y−2
x=
3
2 x + y . Tính giá trị của biểu thức P = x
2
y2+ y2
x2.
Giải a) Xét phương trình x2−2 (m−1) x +m2−m=0 (1)
Ta có ∆ '
=[−(m−1)]2−1.(m2
−m)=m2−2 m+1−m2
+m=−m+1
Vì phương trình (1) là phương trình bậc hai nên để PT (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thì ∆ '
>0
⇔−m+1>0 ⇔ m<1
Khi đó áp dụng định lí Vi ét ta có: {x1+x2=2(m−1)
x1x2=m2−m
Theo đề bài ta có: 2|x1+x2|=|x1−x2|
⇔ 4(x1+x2)2=(x1−x2)2
⇔ 4(x1+x2)2=(x1+x2)2−4 x1x2
⇔3(x1+x2)2+4 x1x2=0
⇒3[2 (m−1)]2+4(m2−m)=0
⇔3(4 m2−8 m+4)+4 m2−4 m=0
⇔12 m2
−24 m+12+4 m2−4 m=0
⇔16 m2−28 m+12=0
⇔ 4 m2
−7 m+3=0
⇔ (m−1) (4 m−3)=0
⇔[ m−1=0
4 m−3=0 ⇔[m= m=13
4
Mà m<1 nên m=¿ 3
4
Trang 3b) Từ 1y−2
x=
3
2 x + y (đk : x ≠ 0, y ≠ 0 ;2 x+ y ≠ 0¿
⇒ x−2 y
xy =
3
2 x+ y ⇔( x−2 y ) (2 x + y )=3 xy
⇔2 x2
+xy−4 xy−2 y2=3 xy
⇔2(x2−y2)=6 xy
⇔ x2
−y2=3 xy
Suy ra P = x2
y2+ y2
x2=x4+y4
x2y2 =(x2
−y2
)2+4 x2y2
x2y2 =(3 xy )2+4 x2y2
x2y2 =13 x2y2
x2 y2 = 13
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn (x2−x−1) (y2+xy−9)=2 x +1
Vì ( x ; y ) nguyên dương nên từ điều kiện 2 x+1 ⋮ x2
−x −1
2 x2
+x ⋮ x2
−x−1
⇒2 x2
−2 x −2+ 3 x +2 ⋮ x2−x−1⇒3 x +2⋮ x2
−x−1
Từ đó suy ra {2 x +1 ⋮ x2−x−1
3 x +2 ⋮ x2−x −1 ⇒{6 x+ 3⋮ x2−x−1
6 x+ 3⋮ x2−x−1 ⇒1⋮ x2
−x−1
Suy ra [ x2−x−1=1
x2−x−1=−1
+) Với x2−x−1=1 ⇔ x2
−x −2=0 ⇔ (x−2)( x +1)=0 ⇔[x=−1(loại) x=2
Từ x=2 ⇒(y2+2 y−9)=5⇔( y +1)2=15(loại)
+ Với x2−x−1=−1⇔ x2
−x=0 ⇔ x (x−1)=0 ⇔[x=0(loại) x=1
Từ x=1 ⇒−(y2
+y−9)=3⇔ y2
+y −6=0 ⇔( y+3) ( y−2)=0 ⇔[y =−3(loại) y =2
Vậy cặp số nguyên dương (x ; y) thỏa mãn (x2−x−1) (y2+xy−9)=2 x +1 là x ; y¿=(1; 2)
b) Cho n là số nguyên dương lẻ sao cho 3n
+7n chia hết cho 11 Tìm số dư khi chia 2n+6n+2023n cho 11
Ta có: 3n
+8n
+7n+4n⋮ 11 (vì n lẻ)
⇒ 4 n
+8n⋮ 11⇒4 n(1+2n)⋮ 11⇒2 n
+1 ⋮11
n=10 k +5¿
Trang 4Ta có 6n=610 k+5=(610)k 65≡−1( mod11);2023 n ≡−1 (mod 11)
Suy ra 2n+6n+2023n ≡−3 ≡ 8 (mod 11)
Vậy 2n+6n+2023n ≡ 8(mod 11)
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Giải hệ {2√x−3 y=16−3 x +9 y (1)
2√x−3+√y +3=5 y +1(2)(x ; y ∈ R)
Điều kiện : {y ≥−3 x ≥3
x ≥3 y
Đặt √x−3 y=t ≥ 0 thay vào (1) ta được
2 t=16−3 t2⇔9 t2
+6 t +1=49 ⇔(3 t+1)2=72⇔[t=−8t=2
3 (loại)
Với t=2 ⇒ x−2 y=4 thay vào (2) ta được2√3 y +1+√y +3=5 y +1 (3) ĐK y ≥−1
5
Suy ra 4 y−2√3 y +1+ y +1−√y +3=0
⇔ 16 y2−12 y−4
4 y +2√3 y +1 +
y2+y−2
y +1+√y +3=0
⇔ 4 (4 y +1) ( y−1)
4 y +2√3 y+1 +
( y +2) ( y−1) y+1+√y +3=0
⇔ ( y−1)[4 y +2 4 (4 y +1)√3 y +1+
( y +2)
y +1+√y +3]=0⇔ y=1
(vì y ≥−1
5 )
Từ y=1 ⇒ x=7
Vậy nghiệm của hệ là ( x ; y )=(7 ; 1)
b) Bằng phương pháp quy nạp ta sẽ chứng minh với cách xóa như vậy thì dãy 11;1
2;
1
3;… ;
1
n còn lại số cuối cùng là 1
(1+ 1).¿ ¿ (*) Thật vậy
Với n=2 thì (*) đúng
Trang 5Giả sử đúng với n=k thì dãy còn lại số (1+ 1) (2+1) (3+1) … (k +1 )−11
Cần chứng minh (*) đúng với n=k +1 tức là dãy còn lại số 1
(1+ 1) (2+1) (3+1) … (k +1 ) (k +2)−1
Từ giả thiết quy nạp dãy 11;1
2;
1
3;… ;
1
k ;
1
k +1 với quy luật xóa thì còn lại số
1
(1+ 1) (2+1) (3+1) … (k +1 )−1
Khi đó dãy 11;1
2;
1
3;… ;
1
k ;
1
(1+ 1) (2+1) (3+1) … (k +1 )−1 ; 1
k +1
(1+ 1) (2+1) (3+1) … (k +1 ) (k +1)−(k +1)+(k +1)+(1+1) (2+ 1) (3+1) … (k +1)−1
= (1+ 1) (2+1) (3+1) … (k +1 ) (k +2)−11
Vậy (*) đúng
Khi đó dãy 11;1
2;
1
3;… ;
1
2023 với cách xóa như vậy số cuối cùng còn lại của dãy là
1
(1+ 1) (2+1) (3+1) … (2023+1)−1=
1
2.3 4 … 2024−1
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC với AB < AC nội tiếp đường tròn (O; R), các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H Gọi P là giao điểm thứ hai của AD và (O)
M là điểm đối xứng với P qua AB.
a) Chứng minh tứ giác AHBM nội tiếp.
b) Qua P kẻ đường thẳng song song với EF cắt (O) tại Q
Chứng minh Q đối xứng với P qua OA.
c) Gọi K là trung điểm của EF
Chứng minh rằng đường thẳng AK và các tiếp tuyến của (O) tại B; C đồng quy.
Trang 6a) Ta có tứ giác CDHE nội tiếp ⇒ ^ DCE+^ DHE=1800
^APB=^ ACB (cùng chắn cung AB)
^APB=^ AMB (tính chất đối xứng)
^AHB=^ EHD (đối đỉnh) ⇒ ^ AMB+^ AHB=1800 Vậy tứ giác AHBM nội tiếp
b) Ta có tứ giác BFEC nội tiếp ⇒ ^ FBC=^ AEF=^ ATC ⇒ ^ ACT =^ AZE=900
Mà PQ/¿FE suy ra Q đối xứng với P qua OA
c) Tiếp tuyến B và C cắt nhau tại L, AL cắt đường tròn tại J Dễ có L B2
=LS LA=LS LO
Suy ra tứ giác AJSO ⇒ ^ JSL=^ XSL ⇒ ^ ASC=^ ABJ ;^ AJB=^ ACS ⇒∆ ABJ ⋕ ∆ ASC (g.g)
Trang 7Mà ∆ ABC ⋕ ∆ AEF (g.g) Giả sử AJ cắt FE tại K ' ⇒ ∆ FAK ' ⋕ ∆|¿| (g.g)
Vì S là trung điểm BC ⇒ K ' là trung điểm FE ⇒ K ≡ K ' Vậy tiếp tuyến tại B ,C và AK đồng quy
Câu 5 (1,0 điểm) Xét ba số x ; y ; z ≥ 2 thỏa mãn 4 xyz=9 ( x + y +z )+27
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = √x2−4
x +√y2−4
y +√z2−4
z
Giải Ta có √5 Q = √5(x−2)¿ ¿¿
√5 Q≤ 5 (x−2)+ x+2
5 ( y −2)+ y +2
5 ( z−2)+z+2
2 z
⇔√5 Q ≤ 6 x−8 2 x +6 y −8
2 y +
6 z−8
2 z = 9 – 41(1x+
1
y+
1
z)
Từ 4 xyz=9 ( x + y +z )+27 ⇔ 4 = 9(xy1 +
1
yz+
1
xz)+ 27
xyz ≤ 3(1x+
1
y+
1
z)2+(1x+
1
y+
1
z)3 Đặt 1x+1
y+
1
z=t
Ta có
t3+3t2−4 ≥ 0 ⇔t3
−t2+4 t2−4 t+4 t−4 ≥0
⇔ (t−1 )(t−2)2
≥0
⇔t ≥1
Suy ra √5 Q≤ 9−4.1=5 ⇔ Q≤√5
Vậy MaxQ=√5⇔{5 ( x−2)=x+2;5 ( y−2 )= y +2;5 ( z−2 )=z+2 x , y , z ≥ 2; 4 xyz=9( x + y +z)+27
1
x+
1
y+
1
z=1
⇔ x= y=z=3
……….Hết………