Đề thi vào 10 Môn Toán Tỉnh Thái Bình (Chuyên Toán Tin) – Năm học 2023 – 2024 kèm lời giải

Đề thi vào 10 Môn Toán Tỉnh Thái Bình (Chuyên Toán Tin) – Năm học 2023 – 2024 kèm lời giải

Câu 1. (2,0 điểm)

a) Cho các số thực $x, y$ khác 0 , thỏa mãn $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}=3$ và $\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{x}=10$. Chứng minh rằng $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=1$.

b) Cho đa thức bậc ba $P(x)$ thỏa mãn khi chia $P(x)$ cho $x-1 ; x-2 ; x-3$ đều được số dư là 6 và $P(-1)=-18$. Tìm đa thức $P(x)$.

c) Cho các số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

$$
\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=8 ; a+b+c=26 ; a b c=144 \text {. }
$$

Tỉnh giá trị biểu thức $P=\frac{1}{\sqrt{b c}-\sqrt{a}+9}+\frac{1}{\sqrt{c a}-\sqrt{b}+9}+\frac{1}{\sqrt{a b}-\sqrt{c}+9}$.

Câu 2. (2,5 điểm)

a) Giải phương trình: $3 x^{2}+x-6=4 x(\sqrt{5 x-6}-1)$.

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^{3}-x y^{2}-6 y=0 \\ (x+y)(x+2 y)=3(x y+2)\end{array}\right.$

Câu 3. (3,5 điểm)

Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$ với $A B=c, A C=b$. Vẽ đường tròn tâm $O_{1}$ đường kinh $A B$ và đường tròn tâm $\mathrm{O}_{2}$ dường kính $A C$. G̣̣i $H$ là giao điểm thử hai của hai đường tròn $\left(O_{1}\right)$ và $\left(O_{2}\right)$. Đường thẳng $(d)$ thay đổi luôn đi qua $A$ cắt các đường tròn $\left(O_{1}\right)$ và $\left(O_{2}\right)$ lần lượt tại các điểm $D, E$ (không trùng với $A$ ) sao cho $A$ nằm giữa $D$ và $E$.

a) Chứng minh rằng đường trung trực của đọ̣n thẳng $D E$ luôn đi qua một điểm cố định khi đường thẳng $(d)$ thay đổi.

b) Xác định vị tri của đường thẳng $(d)$ để diện tích tứ giác $B D E C$ đạt giả trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó theo $b, c$.

c) Kẻ đường thẳng đi qua trung điểm của đoạn $D E$ và vuông góc với $B C$ tại điểm $K$. Chửng minh rằng $K B^{2}=B D^{2}+K H^{2}$.

Câu 4. (1,0 điểm)

Chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố lớn hơn 3 thì $(7-p)(7+p)$ chia hết cho 24 .

Câu 5. (1,0 điểm)

Cho ba số thực dương $x, y, z$ thỏa mãn $x y+y z+z x=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$$
P=\frac{2 x}{\sqrt{1+x^{2}}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^{2}}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^{2}}}-x^{2}-28 y^{2}-28 z^{2} .
$$

Hướng dẫn giải

Câu 1:

a) Cho các số thực $x, y$ khác 0 , thoả mãn: $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}=3$ và $\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{x}=10$. Chứng minh $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=1$

b) Cho đa thức bậc $3 P(x)$ thoả mãn khi chia $P(x)$ cho $x-1, x-2, x-3$ đều được số dư là 6 và $P(-1)=-18$. Tìm đa thức $P(x)$

c) Cho các số thực không âm $a, b, c$ thoả mãn đồng thời các điều kiện: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=8 ; a+$ $b+c=26 ; a b c=144$. Tính giá trị biểu thức:

$$
P=\frac{1}{\sqrt{b c}-\sqrt{a}+9}+\frac{1}{\sqrt{c a}-\sqrt{b}+9}+\frac{1}{\sqrt{a b}-\sqrt{c}+9}
$$

a)

Từ giả thiết ta có $x^{2}+y^{2}=3 x y$ và $x^{3}+y^{3}=10 x y$

$$
\begin{aligned}
& =>(x+y)\left(x^{2}+y^{2}\right)=3 x y(x+y) \\
& \leftrightarrow x^{3}+y^{3}+x y(x+y)=3 x y(x+y) \\
& \leftrightarrow 10 x y=2 x y(x+y) \\
& \leftrightarrow x+y=5(\text { do } x, y \neq 0)
\end{aligned}
$$

Ta có $(x+y)^{2}=x^{2}+y^{2}+2 x y=5 x y=>x y=5 \Rightarrow>\frac{x+y}{x y}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=1 \Rightarrow \mathrm{d} p c m$

b)

Theo định lý Bezout: $P(x)-6=S(x)(x-1)(x-2)(x-3)$

Do $P$ bậc $3=>S(x) \equiv a$. và $P(-1)=a(-2)(-3)(-4)+6=-18=>a=1$

$=P(x)=(x-1)(x-2)(x-3)+6=x^{3}-6 x^{2}+11 x$. Thử lại ta thấy đúng.

$V$ ậy $P(x)=x^{3}-6 x^{2}+11 x$

c)

Đặt $(\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c})=(x, y, z)$; điều kiện: $x, y, z \geq 0$

$$
\begin{gathered}
=>x+y+z=8 ; x^{2}+y^{2}+z^{2}=26 ; x^{2} y^{2} z^{2}=144 \\
=>x+y+z=8 ; x y+y z+z x=\frac{(x+y+z)^{2}-\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)}{2}=19 ; x y z=12
\end{gathered}
$$

(Do $x, y, z \geq 0$ )

Ta có:

$$
P=\frac{1}{y z-x+9}+\frac{1}{x z-y+9}+\frac{1}{x y-z+9}
$$

Ta có $: y z-x+9=y z-x+x+y+z+1=(z+1)(y+1)$

Tương tự: $x z-y+9=(x+1)(z+1) ; x y-z+9=(x+1)(y+1)$

$$
\begin{gathered}
=>P=\frac{x+1+y+1+z+1}{(x+1)(y+1)(z+1)}=\frac{x+y+z+3}{x y z+x+y+z+x y+y z+x z+1} \\
=\frac{11}{12+19+8+1}=\frac{11}{40}
\end{gathered}
$$

Vậy $P=\frac{11}{40}$

Câu 2:

a) Giải phương trình: $3 x^{2}+x-6=4 x(\sqrt{5 x-6}-1)$

b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{c}x^{3}-x y^{2}-6 y=0 \\ (x+y)(x+2 y)=3(x y+2)\end{array}\right.$

a)

ĐKXĐ : $x \geq \frac{6}{5}$

Từ giả thiết ta có: $-x^{2}+5 x-6=4 x(\sqrt{5 x-6}-x)$

$$
\leftrightarrow-x^{2}+5 x-6=4 x \cdot \frac{-x^{2}+5 x-6}{x+\sqrt{5 x-6}}
$$

Vi $x \geq \frac{6}{5}$ nên có thể liên hợp

$$
\leftrightarrow(x-2)(x-3)\left(1-\frac{4 x}{x+\sqrt{5 x-6}}\right)=0
$$

$\leftrightarrow x=2$ hoặc $x=3$ ( thoả mãn đkxđ) hoặc: $3 x=\sqrt{5 x-6}(*)$

Giải $p t(*): 9 x^{2}=5 x-6 \leftrightarrow x\left(x-\frac{5}{9}\right)+6=0$ ( vô nghiệm vì $\left.x \geq \frac{6}{5}>\frac{5}{9}\right)$ Vậy phương trình có nghiệm $x=2$ và $x=3$

b)

$$
\left\{\begin{array}{c}
x^{3}-x y^{2}-6 y=0(1) \\
(x+y)(x+2 y)=3(x y+2)
\end{array}\right.
$$

Xét (2): $x^{2}+2 y^{2}+3 x y=3 x y+6 \leftrightarrow x^{2}+2 y^{2}=6$

Từ (1): $x^{3}-x y^{2}-y\left(x^{2}+2 y^{2}\right)=0 \leftrightarrow x^{3}-x y^{2}-y x^{2}-2 y^{3}=0$

$\leftrightarrow(x-2 y)\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)=0$.Ta để ý $(x, y)=(0,0)$ không là nghiệm của hệ

do đó $x^{2}+x y+y^{2}=\left(x+\frac{y}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4} y^{2}>0$. Vậy $x=2 y$

$=>6 y^{2}=6=>y= \pm 1$

Nếu $y=1 \Rightarrow x=2$. (Thử lại thoả mãn )

Nếu $y=-1=>x=-2$ (Thử lại thoả mãn)

$V$ ậy $(x, y)=(2,1)$ và $(x, y)=(-2,-1)$ là nghiệm của hệ.

Câu 3:

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ vuông tại $\mathrm{A}$ với $\mathrm{AB}=\mathrm{c}, \mathrm{AC}=\mathrm{b}$. Vẽ đường tròn tâm $O_{1}$ đường kính $\mathrm{AB}$ và đường tròn tâm $O_{2}$ đường kính $\mathrm{AC}$. Gọi $\mathrm{H}$ là giao điểm thứ hai của hai đường tròn $\left(O_{1}\right)$ và $\left(O_{2}\right)$. Đường thẳng d thay đổi luôn đi qua $\mathrm{A}$ cắt các đường tròn $\left(O_{1}\right)$ và $\left(O_{2}\right)$ lần lượt tại các điểm $\mathrm{D}, \mathrm{E}$ không trùng với $\mathrm{A}$ sao cho $\mathrm{A}$ nằm giữa $\mathrm{D}, \mathrm{E}$.

a) Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định khi đường thẳng $(\mathrm{d})$ thay đổi.

b) Xác định vị trí của đường thẳng (d) để diện tích tứ giác $\mathrm{BDEC}$ đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó theo b,c.

c) Kẻ đường thẳng đi qua trung điểm của đoạn $\mathrm{DE}$ và vuông góc với $\mathrm{BC}$ tại $\mathrm{K}$. Chứng minh rằng $K B^{2}=B D^{2}+K H^{2}$

Giải

a) Gọi $\mathrm{M}$ là trung điểm $\mathrm{BC} .=>O_{1}=\frac{1}{2} A C ; M O_{2}=\frac{1}{2} A B$.

Do $\mathrm{D}$ thuộc đường tròn đường kính $\mathrm{AB}$ nên tam giác $\mathrm{ADB}$ vuông tại $\mathrm{D}$.

$\Rightarrow D O_{1}=\frac{1}{2} A B=M O_{2}$. Tương tự thì $E O_{2}=M O_{1}$.

Có tam giác $\mathrm{ABC}$ vuông tại $\mathrm{A}$ (gt). $=>\angle A D B+\angle E A C=90^{\circ}$.

Mà tam giác $\mathrm{DAB}$ vuông tại $\mathrm{D}$ nên $\angle A D B+\angle D B A=90^{\circ}$.

$\Rightarrow \angle E A C=\angle A B D .=2 \angle E A C=2 \angle A B D . \Rightarrow \angle D O_{1} A=\angle E O_{2} C . \Rightarrow \angle D O_{1} B=\angle E O_{2} A$.

Dễ thấy $M O_{1} / / \mathrm{AC}, M O_{2} / / \mathrm{AB} .=>\angle M O_{1} B=\angle M O_{2} A=90^{\circ}$.

$\Rightarrow \angle M O_{1} D=\angle M O_{2} E$.

Xét $\triangle M O_{1} D$ và $\triangle E O_{2} M$ có:

$M O_{1}=E O_{2}(\mathrm{cmt})$

$\angle D O_{1} M=\angle M O_{2} E(\mathrm{cmt})$

$D O_{1}=M O_{2}(\mathrm{cmt})$

$=>\triangle M O_{1} D=\triangle E O_{2} M$ (c.g.c)

$=>\mathrm{MD}=\mathrm{ME}$ ( 2 cạnh tương ứng).

$\Rightarrow M$ thuộc trung trực DE. Do đó trung trực $\mathrm{DE}$ luôn đi qua $\mathrm{M}$ cố định (đpcm). b) Có $2 S_{B D E C}=2 S_{B D A}+2 S_{B A C}+2 S_{A E C}=D B \cdot D A+A B \cdot A C+E A \cdot E C \leq \frac{1}{2}\left(D B^{2}+D A^{2}\right)+\frac{1}{2}\left(E A^{2}+\right.$ $\left.E C^{2}\right)+b c=\frac{1}{2}\left(A B^{2}+A C^{2}\right)+b c=\frac{1}{2}\left(b^{2}+c^{2}\right)+b c=\frac{1}{2}(b+c)^{2}$

$\Rightarrow S_{B D E C} \leq \frac{1}{4}(b+c)^{2}$.

$\Rightarrow \operatorname{Max} S_{B D E C}=\frac{1}{4}(b+c)^{2}$

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \mathrm{DA}=\mathrm{DB}, \mathrm{EA}=\mathrm{EC}$.

$=>$ tạo với $\mathrm{AB}$ một góc $45^{\circ}$.

c) Ta có điều phải chứng minh: $K B^{2}=B D^{2}+K H^{2}$

$\Leftrightarrow I B^{2}-I K^{2}=I B^{2}-I D^{2}+I H^{2}-I K^{2}$.

$\Leftrightarrow I H^{2}=I D^{2}$

$\Leftrightarrow \mathrm{IH}=\mathrm{ID}=\mathrm{IE}$.

«> Tam giác DHE vuông tại $\mathrm{H}$.

Thật vậy, có $\angle D H B+\angle E H C=\angle D A B+\angle E A C=90^{\circ}$

$\Rightarrow \angle D H E=90^{\circ}$.

Do đó tam giác $\mathrm{DHE}$ vuông tại $\mathrm{H}$, tức $K B^{2}=B D^{2}+K H^{2}$ (đpcm).

Câu 4:

Chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố $>3$ thì $(7-p)(7+p)$ chia hết cho 24

Do $p$ nguyên tố $p>3=>p$ không là bội của 3 và 2

$=>p^{2} \equiv 1(\bmod 3)$ và $p^{2} \equiv 1(\bmod 8) \Rightarrow>p^{2}-1: 3$ và $8 \Rightarrow p^{2}-1: 24$ Vì $(3,8)=1(7-p)(7+p)=$ $49-p^{2}=48-\left(p^{2}-1\right): 24$

Vậy ta có điều phải chứng minh

Câu 5:

Cho 3 số thực dương $x, y, z$ thoả mãn $x y+y z+z x=1$. Tìm giá trịi lớn nhất của biểu thức:

$$
P=\frac{2 x}{\sqrt{1+x^{2}}}+\frac{y}{\sqrt{y^{2}+1}}+\frac{z}{\sqrt{z^{2}+1}}-x^{2}-28 y^{2}-28 z^{2}
$$

Áp dụng bat $A M-G M$ :

Ta có:

$$
\begin{gathered}
\frac{2 x}{\sqrt{1+x^{2}}}=\frac{2 x}{\sqrt{x^{2}+x y+y z+z x}}=\frac{2 x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}} \leq \frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z} \\
\frac{y}{\sqrt{y^{2}+x y+y z+x z}}=\frac{y}{\sqrt{(y+x)(y+z)}} \leq \frac{1}{4} \cdot \frac{y}{y+z}+\frac{y}{y+x} \\
\frac{z}{\sqrt{z^{2}+x y+y z+x z}}=\frac{z}{\sqrt{(z+x)(z+y)}} \leq \frac{1}{4} \cdot \frac{z}{z+y}+\frac{z}{z+x} \\
\frac{2 x}{\sqrt{1+x^{2}}}+\frac{y}{\sqrt{y^{2}+1}}+\frac{z}{\sqrt{z^{2}+1}} \leq 1+1+\frac{1}{4}=\frac{9}{4} \text { (1) }
\end{gathered}
$$

Và ta có:

$$
\begin{aligned}
& x^{2}+28 y^{2}+28 z^{2} \\
& =\frac{1}{2}\left(x^{2}-14 x y+49 y^{2}\right)+\frac{1}{2}\left(x^{2}-14 y z+49 z^{2}\right)+\frac{7}{2}\left(y^{2}-2 y z+z^{2}\right)+7(x y+y z+x z) \\
& =\frac{1}{2}(x-7 y)^{2}+\frac{1}{2}(x-7 z)^{2}+\frac{7}{2}(y-z)^{2}+7 \geq 7(2)
\end{aligned}
$$

Dấu “=” của các bất đẳng thức(1), (2) xảy ra khi $x=7 y=7 z$ và $x y+y z+x z=1$ khi và chỉ khi $y=z=\frac{\sqrt{15}}{15} ; x=\frac{7 \sqrt{15}}{15}$

Tù̀ (1), (2) có $P \leq 7=>\operatorname{Max} P=7 \leftrightarrow y=z=\frac{\sqrt{15}}{15} ; x=\frac{7 \sqrt{15}}{15}$

Vậy $\operatorname{Max} P=7$

File word được chia sẻ ở phần comment, các bạn tham gia nhóm word tài liệu toán để có thêm nhiều file word miễn phí nào