Đề thi vào 10 chuyên môn Toán (chuyên) năm 2023 2024 sở GD ĐT Nam Định

LỜI GIẢI CHI TIẾT

# Bài 1.

a Cho x, y, z là ba sốthực khác 0 thỏa mãn x + y

2 + z

3 = 1 và 1

x + 2

y + 3

z = 0. Chứng

minh rằng x2 + y2

4 + z2

9 = 1.

b Cho f(n) = 2 √2n + 1 + √2n −1 với n là sốnguyên dương. Tính giá trịcủa biểu thức

S = f(1) + f(2) + f(3) + · · · + f(40).

b

Hướng dẫn.

a Cho x, y, z là ba sốthực khác 0 thỏa mãn x + y

2 + z

3 = 1 và 1

x + 2

y + 3

z = 0. Chứng minh

rằng x2 + y2

4 + z2

9 = 1.

Bằng cách quy đồng mẫu sốta được: 1 x + 2

y + 3

z ⇒yz + 2zx + 3xy = 0 (1).

Lại có: x + y

2 + z

3

2 = x2 + y2

4 + z2

9 + 2 xy

2 + yz

6 + zx

3

= x2 + y2

4 + z2

9 + 3xy + yz + 2zx

3 = 1 (2).

Kết hợp (1) và (2) ta được: x2 + y2

4 + z2

9 = 1.

b Cho f(n) = 2 √2n + 1 + √2n −1 với n là sốnguyên dương. Tính giá trịcủa biểu thức

S = f(1) + f(2) + f(3) + · · · + f(40).

Biến đổi:

f(n) = 2 √2n + 1 + √2n −1

= 2 √2n + 1 −√2n −1

(2n + 1) −(2n −1) (do √

2n + 1 − √

2n −1 ̸= 0)

= √

2n + 1 − √

2n −1.

Như vậy:

S = f(1) + f(2) + f(3) + · · · + f(40)

= Ä√

3 − √

1 ä + Ä√

5 − √

3 ä + Ä√

7 − √

5 ä + · · · + Ä√

81 − √

79 ä

= √

81 − √

1 = 9 −1 = 8.

Vậy giá trịS = 8.

# Bài 2.

a Giải phương trình 2 Ä√

x −1 + 1 ä = x + √

x + 2.

FBộđềluyện tuyển 10 năm 2023 Trang 11

b Giải hệphương trình

( x2 + y2 = xy + x −y + 2

x3 + y3 = y(x + y + 4) + x.

b

Hướng dẫn.

a Giải phương trình 2 Ä√

x −1 + 1 ä = x + √

x + 2.

Điều kiện tồn tại phương trình: x ≥1.

Biến đổi:

2 Ä√

x −1 + 1 ä = x + √

x + 2

⇔ Ä 2 √

x + 1 − √

x + 2 ä −(x −2) = 0

⇔ 3x −6 2√x −1 + √x + 2 −(x −2) = 0

⇔(x −2) ï 3 2√x −1 + √x + 2 −1 ò = 0

⇔



 x = 2

2 √

x −1 + √

x + 2 = 3 (∗)

Từ(∗) suy ra Ä 2 √

x −1 + √

x + 2 ä2 = 9 ⇔5x −2 + 4 √

x2 + x −2 = 9.

⇔4 √

x2 + x −2 = 11 −5x ⇒16(x2 + x −2) = (11 −5x)2 (∗∗)

Giải (∗∗) cho hai nghiệm x = 7 −4 √

2 và x = 7 + 4 √

2. Thay các nghiệm này vào (∗) thì x = 7 + 4 √

2 không thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2; x = 7 −4 √

2.

b Giải hệphương trình

( x2 + y2 = xy + x −y + 2

x3 + y3 = y(x + y + 4) + x.

Hệphương trình ⇔

( x2 −xy + y2 = x −y + 2 (1)

(x + y)(x2 −xy + y2) = xy + y2 + 4y + x. (2)

Thế(1) vào (2) được: (x + y)(x −y + 2) = xy + y2 + 4y + x

⇔x2 −xy −2y2 + x −2y = 0 ⇔(x −2y)(x + y + 1) = 0 ⇔

ñ x = 2y x = −y −1

Với x = 2y, thay vào (1) ta có:

4y2 −2y2 + y2 = y + 2 ⇔3y2 −y −2 = 0 ⇔



 y = 1

y = −2

3

Khi đó (x; y) = (2; 1) và (x; y) = Å −4

3; −2

3

ã .

Với x = −y −1, thếvào (1) được:

(y + 1)2 + (y + 1)y + y2 = −y −1 −y + 2 ⇔3y2 + 5y = 0 ⇔



 y = 0

y = −5

3

Khi đó (x; y) = (−1; 0) và (x; y) = Å2

3; 5

3

ã .

Trang 12 FChuyển từmã TEX được thầy Bùi Quỹchia sẽ

Vậy hệđã cho có 4 nghiệm (x; y) =∈ ß (2; 1), Å −4

3; −2

3

ã , (−1; 0), Å2

3; 5

3

ã™ .

# Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là trung điểm đoạn AH, đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P, Q và cắt đường thẳng BC tại S sao cho P nằm giữa S và F. Chứng minh rằng:

a Tứgiác AOMN là hình bình hành.

b AP 2 = AQ2 = AE · AC.

c Tứgiác DMEF nội tiếp và FP

PS = QE

ES ·

b

Hướng dẫn. Hình vẽ:

A

B C

K

Q

P

S M D

O H F

N E

a Tứgiác AOMN là hình bình hành.

Kẻđường kính AK (K nằm trên đường tròn (O)). Khi đó AC ⊥CK; BK ⊥AB.

Dễdàng suy ra BK//CH và CK//BH (cùng vuông góc với một đường thẳng).

Từđó suy ra BHCK là hình bình hành. Vì M là trung điểm BC nên M ∈HK và MH = MK.

Tam giác AHK có M và N lần lượt là trung điểm của HK và AH nên MN là đường trung

bình của △AHK. Suy ra MN //AO và MN = 1

2AK = AO.

Vậy AOMN là hình bình hành.

b AP 2 = AQ2 = AE · AC.

Tam giác AFH vuông tại F suy ra FN = NH. Tương tự, △AEH vuông tại E nên NE = NH. Như vậy NF = NE (1).

Lại có △BFC và △BEC lần lượt vuông tại F và E, có các đường trung tuyến lần lượt là

MF và ME. Do đó MF = ME = 1

2BC (2).

Từ(1) và (2) suy ra MN là trung trực của EF. Suy ra EF ⊥MN (3).

Lại có MN//AO, kết hợp với (3) suy ra AO ⊥EF hay AO ⊥PQ. Suy ra A là điểm chính giữa cung PAQ, suy ra AP = AQ hay cung …