Đề tuyển sinh THPT chuyên môn Toán năm 2022 2023 sở GD ĐT Nghệ An

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NGHỆ AN

THCS.TOANMATH.com

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU

TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH

NĂM HỌC 2022 – 2023

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

1

LỜI GIẢI ĐỀTHI VÀO 10 CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU

Được thực hiện bởi Nguyễn Nhất Huy, Thầy Trịnh Văn Luân

Bài 1: ™

a) Giải phương trình √x + 1 + x2 −x = √

x2 + 1.

b) Giải hệphương trình

 

 (2xy −1)2 + 4x2 = 5y2

2x (x −y2) = y2 −y .

Hướng dẫn giải

a) Điều kiện x ≥−1.

Ta có √

x + 1 + x2 −x = √

x2 + 1

⇔ √

x + 1 + x2 + 1 −(x + 1) = √

x2 + 1. Đặt a = √x + 1, b = √

x2 + 1. Điều kiện a ≥0, b > 0.

Khi đó phương trình trởthành: a + b2 −a2 = b

⇔(a −b)(a + b −1) = 0

⇔



a = b

a + b = 1.

Trường hợp 1. Nếu a = b ⇒ √

x + 1 = √

x2 + 1

⇔x + 1 = x2 + 1

⇔x(x −1) = 0 ⇔



x = 1 (thoảmãn)

x = 0 (thoảmãn).

Trường hợp 2. Nếu a + b = 1 ⇒√x + 1 + √

x2 + 1 = 1.

Vì √

x2 + 1 > √

1 = 1; √x + 1 > 0, với mọi x ≥−1.

Suy ra V T > 1, nên phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1; 0}.

b)

 

 (2xy −1)2 + 4x2 = 5y2 (1)

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

• Nếu y = 0 ⇒4x2 + 1 = 0(vô lý), vì 4x2 + 1 > 1 > 0.

• Nếu y ̸= 0. Khi đó

Thế2xy −1 = 2x2 −y2

y vào (1), ta được 2x2 −y2

y

2 + 4x2 = 5y2 (3).

2

Đặt x

y = t và chia hai vếcủa (3) cho y2, ta được:

(2t2 −1)2 + 4t2 = 5

⇔4t4 −4t2 + 1 + 4t2 = 5

⇔4t4 = 4 ⇔t4 = 1

⇔(t −1)(t + 1)(t2 + 1) = 0

⇔



t = 1

t = −1 .

• Nếu t = 1 ⇒x = y thếvào (2), ta được

⇔x2 = (2x2 −1)x

⇔x(2x2 −x −1) = 0

⇔x(x −1)(2x + 1) = 0

⇔





x = 0 ⇒y = 0 (loại vì y ̸= 0)

x = 1 ⇒y = 1

x = −1

2 ⇒y = −1

2

.

• Nếu t = −1 ⇒y = −x, thếvào (2) ta được

⇔(2x2 + 1)x = x2

⇔x(2x2 −x + 1) = 0

⇔x = 0 ⇒y = 0 (loại vì y ̸= 0).

vì 2x2 −x + 1 = 2 x −1

4

2 + 7

8 > 0

!

.

Vậy hệcó nghiệm (1; 1), −1

2 ; −1

2

.

Bài 2: ™

a) Tìm x, y ∈Z thỏa mãn (x −y)2(8 −xy) + 4 = 12(x −y).

b) Cho n là sốnguyên dương. Chứng minh rằng 2n + 36 và 122n + 25 không đồng thời là số

chính phương.

Hướng dẫn giải

3

a) Đặt x −y = a, xy = b thì a, b ∈Z, ta biến đổi phương trình như sau

(x −y)2(8 −xy) + 4 = 12(x −y) ⇔a2(8 −b) + 4 = 12a

⇔b = 8a2 −12a + 4

a2 = 8 −12a −4

a2 ∈Z (1)

⇔12a −4

a2 ∈Z

Suy ra a2 | 12a −4 = 4(3a −1) mà (3a −1, a2) = (3a −1, a) = 1 nên a2 | 4.

Từđây ta được a ∈{1, −1, 2, −2}. Ta xét các trường hợp sau

• Nếu a = 1 thếvào (1) ta được b = 0 hay x −y = 1 và xy = 0.

Từđây ta được các cặp (x, y) thỏa mãn là (0, −1), (1, 0).

• Nếu a = −1 thếvào (1) ta được b = 24. Bằng phép thếta được phương trình

y(y −1) = 24. Không có (x, y) thỏa mãn vì phương trình này vô nghiệm nguyên.

• Nếu a = 2 thếvào (1) ta được b = 3. Bằng phép thếta được phương trình

y(y + 2) = 3 ⇔y2 + 2y −3 = 0

⇔(y −1)(y + 3) = 0

⇔



y = 1 ⇒x = 3

y = −3 ⇒x = −1.

• Nếu a = −2 thếvào (1) ta được b = 15. Bằng phép thếta được phương trình

y(y −2) = 15 ⇔(y −1)2 = 42 ⇔



y = 5 ⇒x = 3

y = −3 ⇒x = −5

Vậy tất cảcác cặp (x, y) thỏa mãn là (0; −1), (1; 0), (3; 1), (−1; 3), (3; 5), (−5; −3).

b) Giảsửtồn tại n nguyên dương sao cho 2n + 36 và 122n + 25 là sốchính phương.

Ta lập bảng đồng dư như sau

x 0 1 2 3 4 5 6

x2 0 1 4 2 2 4 1

Do đó ta rút ra được nhận xét: Một sốchính phương bất kì chỉcó thểđồng dư 0, 1, 2

hoặc 4 theo modulo 7..

Quay trởlại bài toán, vì 2n + 36 ≡2n (mod 3) nên n phải là sốchẵn(vì sốchính phương

bất kì chỉcó đồng dư 0, 1 theo modulo 3). Từđó ta xét các trường hợp sau.

• Nếu n = 3k với k chẵn thì 12n + 25 ≡5n + 4 = 125k + 4 ≡(−1)k + 4 = 5 (mod 7)

mâu thuẫn với nhận xét.