Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2024 - 2025 trường chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An

LỜI GIẢI ĐỀTHI TOÁN VÀO LỚP 10 CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU 2024

Câu 1

a) Giải phương trình x4 −6x2 −20x −24 = 0.

b) Giải hệphương trinh y2 −(y + 2)x2 + y −2 = 0, (2 −x)(3y −4x + 4) = 2(2y + 1)√2y + 1.

Lời giải.

a) Ta biến đổi phương trình như sau

x4 −6x2 −20x −24 = 0 ⇔(x2 −2x −6)(x2 + 2x + 4) = 0 ⇔x2 −2x −6 = 0 (Vì x2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + 3 > 3 > 0)

⇔x = 1 − √

7, x = 1 + √

7.

Vậy tập nghiệm của phương trình là x ∈{1 + √

7, 1 − √

7}.

b) Ta ký hiệu y2 −(y + 2)x2 + y −2 = 0, (1) (2 −x)(3y −4x + 4) = 2(2y + 1)√2y + 1 (2).

Ta biến đổi phương trình (1) như sau

y2 −(y + 2)x2 + y −2 = 0 ⇔(y + 2)(y −1 −x2) ⇔y ∈{−2, 1 + x2}

⇒y = 1 + x2 Vì y ⩾−1

2

.

Thay y = x2 + 1. Thay vào (2), ta có:

(2) ⇔(2 −x)(3x2 −4x + 7) = 2(2x2 + 3) √

2x2 + 3(3)

Đặt x −2 = a, √

2x2 + 3 = b (b ⩾ √

3). Ta biến đổi (3) như sau

(3) ⇔(2 −x) x −2)2 + 2x2 + 3 = 2(2x2 + 3) √

2x2 + 3

⇔−a a2 + b2 = 2b3

⇔a3 + ab2 + 2b3 = 0 ⇔(a + b)(a2 −ab + 2b2) = 0

⇔a + b = 0 Vì a2 −ab + 2b2 > b2 > 0.

⇔x −2 + √

2x2 + 3 = 0 ⇒(x −2)2 = 2x2 + 3 ⇔x2 + 4x −1 = 0

⇔x ∈ n −2 − √

5, √

5 −2 o

⇒(x, y) ∈ n (−2 − √

5, 10 + 4 √

5), ( √

5 −2, 10 −4 √

5) o .

Thửlại các nghiệm trên đều thỏa mãn. Vậy tất cảcặp (x, y) thoảmãn là (−2 − √

5, 10 + 4 √

5); ( √

5 −2, 10 −4 √

5) .

∇

2

NGUYỄN NHẤT HUY −VÕ TRỌNG KHẢI

Câu 2

a) Cho x, y, z là các sốnguyên thoảmãn đẳng thức xy −yz −zx = 3. Chứng minh A = (x2 −2xz −3) (y2 −2yz −3) (−z2 −3) là một sốchính phương.

b) Tìm tất cảcác nghiệm nguyên của phương trình 3x3 + 73xy + 2025 = 3y3.

Lời giải.

a) Thep giảthiết, thay 3 = xy −yz −zx vào biểu thức, ta có biến đổi như sau

A = x2 −2xz −3 y2 −2yz −3 −z2 −3

= x2 −xz −xy + yz y2 −yz −xy + zx −z2 −xy + yz + zx

= (x −z) (x −y) (y −z) (y −x) (x −z) (z −y)

= ((x −y) (y −z) (z −x))2 .

Vì x, y, z là các sốnguyên nên (x −y) (y −z) (z −x) là sốnguyên. Do đó A là sốchính phương. Bài toán được chứng minh.

b) Giảsửtồn tại x, y nguyên thoảmãn bài toán. Đặt y = x + d ta biến đổi phương trình như sau

3x3 + 73xy + 2025 = 3y3 ⇔3 3d2x + 3dx2 + d3 = 73x(x + d) + 2025

⇔x2(9d −73) + x 9d2 −73d + 3d3 −2025 = 0.

Xem như phương trình bậc 2 ẩn x, ta xét biệt thức ∆

∆= 9d2 −73d 2 −4(9d −73)(3d3 −2025).

= (9d −73) d2(9d −73) −4 3d3 −2025

= (9d −73) −3d3 −73d2 + 2025 · 4

= (9d −73)(9 −d) 3d2 + 100d + 900 .

Vì 3d2 + 100d + 900 = 3 d + 50

3

2 + 200

3 > 0 mà ∆⩾0 ta được 73

9 ⩽d ⩽9 suy ra d = 9.

Thay vào phương trình, ta được

8x2 + 72x + 162 = 0 ⇔x = −9

2 /∈Z.

Vậy phương trình vô nghiệm nguyên.

∇

!

Ý b) là bài sốhọc hay, tuy nhiên vì sốquá lớn nặng tính tính toán cũng như khi xét đồng dư sẽphải chia quá nhiều trường hợp nên không phù hợp. Ta có bài toán tương tựsau ở trang 394 trong sách "Một sốchủđềSốHọc - Hướng tới kỳthi HSG & Chuyên Toán

Tìm các sốnguyên x, y thỏa mãn x3 = 4y3 + x2y + y + 1.

3

LỜI GIẢI ĐỀTHI TOÁN VÀO LỚP 10 CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU 2024

Câu 3 Cho a, b, c là độdài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 8 thoảmãn 1 a+b−c + 1 a+c−b + 1 b+c−a = 5

4. Tìm giá trịlớn nhất của biếu thức

P = (4 −a)2

(4 −b)(4 −c) + (4 −b)2

(4 −c)(4 −a) + (4 −c)2

(4 −a)(4 −b).

Lời giải. Vì a, b, c là độdài ba cạnh của một tam giác nên a < b + c, b < a + c, c < a + c và a + b + c = 8 nên ta được a, b, c < 4. Đặt x = 4 −a, y = 4 −b, z = 4 −c suy ra x + y + z = 4 và 4 > x, y, z > 0 viết lại giảthiết thành

1 a + b −c + 1 a + c −b + 1 b + c −a = 5

4 ⇔1

x + 1

y + 1

z = xy + yz + zx

xyz = 5

2.

Biến đổi biểu thức ta được

P = (4 −a)2

(4 −b)(4 −c) + (4 −b)2

(4 −c)(4 −a) + (4 −c)2

(4 −a)(4 −b)

= x2

yz + y2

xz + z2

xy

= (x + y + z)3 −3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz

xyz

= 64

xyz −27.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy −Schwart

5 2 −1

z = 1

x + 1

y ⩾ 4 x + y = 4 4 −z ⇔(z −2)(5z −4) ⩽0

⇔4

5 ⩽z ⩽2.

Tương tự, ta được 4 5 ⩽x, y, z ⩽2.

Khi đó, (2 −x)(2 −y)(2 −z) ⩾0 và (5x −4)(5y −4)(5z −4) ⩾0 và xy + yz + xz = 5

2xyz, ta

được

2 ⩽xyz ⩽256

125.

Khi đó ta được 17

4 ⩽P ⩽5. Giá trịlớn nhất của P = 5 dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi

(x, y, z) = (1, 1, 2) hay (a, b, c) = (3, 3, 2). …