Đề tuyển sinh môn Toán (chuyên) năm 2022 2023 sở GD ĐT TP Đà Nẵng

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (1,5 điểm)

Cho biểu thức 3 1 1 1 3 : 2 1 1 1 x x x x x P x x x x x x

                      

với 0 x  và 1 x .

Rút gọn biểu thức P và tìm tất cả các số tự nhiên x để giá trị biểu thức 2 3 2 x P P  là số nguyên tố.

Lời giải: Điều kiện xác định : 0 x  và 1 x .

Ta có:

     

3 1 1 1 3 2 3 2 : . 2 3 1 1 1 1

x x x x x x x x x x P x x x x x x x x

                          

     

1 3 2 2 . 3 1 1 1

x x x x P x x x x x x

         

.

Thay 2 1 x P x x   

vào biểu thức 2 3 2 x P P  ta được:

2 3 2 3. 1 2 3 2 1 1 2 2 2 2 2. 1 1

x x x P x x x x x x P x x x x x

           

   

.

Do biểu thức 2 3 2 x P P  là số nguyên tố nên 2 2 x x   cũng là số nguyên tố

Ta đặt: 2 2 x x p    ( p là số nguyên tố)    1 2 2 x x p     .

Để ý: 2 1 x x  .

Do đó sẽ có hai khả năng:   1 1 0, 1 2 2

x x p x p

        

hoặc   1 2 0,(2, ) 1, 2 2

x x p p x p

        

.

Khả năng 1: 1 1 4

2 2 2

x x

p x p

                

(nhận).

Khả năng 2: 1 2 4 5 2

x x p x p

                

(nhận).

Vậy 2 1 x P x x   

và khi 4 x  và 9 x  thì 2 3 2 x P P  là số nguyên tố.

Câu 2: (1,5 điểm) a) Cho phương trình 2 (5 ) ( 3 ) 5 0 m x n m x m      , với m và n là các tham số. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; ) m n sao cho phương trình đã cho có nghiệm kép.

b) Trong mặt phải tọa độ Oxy , cho parabol 2 2 ( ) : 3 P y x  , với O là gốc tọa độ. Tìm tọa độ hai điểm , A B

trên P sao cho tam giác OAB vuông tại O và khoảng cách từ O đến AB lớn nhất.

Lời giải: Điều kiện xác định: 5 m  Ta có: 2 2 ( 3 ) 4(25 ) n m m m     . Để phương trình có nghiệm kép thì: 0  2 2 ( 3 ) 4(25 ) 0 n m m      2 2 ( 3 ) 4(25 ) n m m     (*)

2 25 m   là số chính phương. Đặt 2 2 25 ( ) m a a   

Xét 0 a  thì 5 và 15 5 và 15 m n m n

      

.

Xét 1 a  thì 2 24 m  mà 24 không phải là số chính phương nên vô lí. Xét 2 4 a  thì 2 21 m  mà 21 không là số chính phương nên vô lí.

Xét 2 9 a  thì 2 16 m  nên 4 và 12 4 và 12 m n m n

      

.

Xét 2 16 a  thì 2 9 m  nên 3 và 9 3 và 9

m n m n

      

.

Xét 2 25 a  thì 2 0 m  nên 0 và 0 m n   . Vậy để các cặp số nguyên , m n thỏa đề là: ( ; ) (3;9) ( 3; 9) (4;12) ( 1; 12) (0;0) m n      . Câu 3: (2 điểm) a) Giải phương trình 2 10 11 4 2 1 0 x x x     .

b) Giải hệ phương trình

4 3 2 2

2 2 2 2 2 14 31 90 66 0

2 2 ( 1)( 2) 0

x x y y xy

x y x y y y y

              

.

Lời giải: a) 2 10 11 4 2 1 0 x x x     .

Điều kiện: 1 2 x  .

Phương trình (*) tương đương với:  

2 2 ( 4) 2 1 2 x x   

2

2

2 0

( 2) 2 1 4 2 1 2 2 2 1 3 6

6 0 4 2 1 2 6 2 1 7 14 (6 ) 2 1

x

x x x x x x x

x x x x x x x x

                                            

.

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm:   3 6;7 14 S    .

b) Giải hệ phương trình

4 3 2 2

2 2 2 2 2 14 31 90 66 0 (1)

2 2 ( 1)( 2) 0. (2)

x x y y xy

x y x y y y y

              

Xét phương trình (2) ta có: 2 2 2 2 2 2 ( 1)( 2) 0 x y x y y y y       

2 2 2 3 2 2 1 1 0 x y x y y y       2 2 ( 2) ( 2) 2 0 x y y y y       2 2 ( 1)( 2) 0 x y y      Vì 2 2 1 0 2 x y y     Thay vào (1) ta được: 4 3 2 2 2 14 31 90 66 0 x x y x y xy     

4 3 2 2 28 124 180 66 0 x x x x       4 3 2 14 62 90 33 0 x x x x      

4 3 2 14 62 90 33 x x x x      4 3 2 3 2 2 8 11 6 48 66 3 24 33 0 x x x x x x x x          

2 2 2 2 ( 8 11) 6 ( 8 11) 3( 8 11) 0 x x x x x x x x           2 2 ( 8 11)( 6 3) 0 x x x x      

2

2 8 11 0

6 3 0

x x

x x

        

.

Tự giải phương trình bậc hai ra được các cặp số ,x y thỏa đề là :

     ( ; ) 4 5;2 , 4 5;2 , 3 6;2 , 3 6;2 x y     

Câu 4: (2 …