Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Bình Phước có đáp án

7 câu · Đề thi Toán vào lớp 10

Đề tự luận: mỗi câu có đáp án tham khảo của đề gốc để bạn tự đối chiếu bài làm (không tính điểm).

Câu 1

Câu tự luận

Cho $P = \frac{3 a + 9 a - 3}{a + a - 2} - \frac{a + 1}{a + 2} + \frac{a - 2}{1 - a}$ với $a \geq 0, a \neq = 1$ .

a) Rút gọn biểu thức $P$ .

b) Tìm

a

nguyên để biểu thức

P

nhận giá trị nguyên.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

a) $P = \frac{3 a + 9 a - 3}{a + a - 2} - \frac{a + 1}{a + 2} + \frac{a - 2}{1 - a}$

$= \frac{3 a + 9 a - 3}{( a + 2 ) ( a - 1 )} - \frac{a - 1}{( a + 2 ) ( a - 1 )} - \frac{a - 4}{( a + 2 ) ( a - 1 )}$

$= \frac{a + 3 a + 2}{( a + 2 ) ( a - 1 )}$

$= \frac{( a + 2 ) ( a + 1 )}{( a + 2 ) ( a - 1 )}$

$= \frac{a + 1}{a - 1} .$

b) $P = \frac{a + 1}{a - 1} = 1 + \frac{2}{a - 1}$ .

Ta có $P \in Z$ khi và chỉ khi $\frac{2}{a - 1} \in Z$

$\Leftrightarrow a - 1 = - 1 a - 1 = - 2 a - 1 = 1 a - 1 = 2 \Leftrightarrow a = 0 (N) VN a = 4 (N) a = 9 (N) .$

Vậy $a = 0; a = 4; a = 9$ thì $P \in Z$ .

Câu 2

Câu tự luận

a) Cho phương trình $5 x^{2} + m x - 28 = 0$ , $m$ là tham số.

Tìm

m

để phương trình đã cho có hai nghiệm

x_{1}, x_{2}

phân biệt thỏa mãn

5 x_{1} + 2 x_{2} = 1

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Ta có $Δ = m^{2} + 560 > 0$ nên phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ phân biệt.

Theo định lí Vi-ét ta có:

${x_{1} + x_{2} = - \frac{m}{5} x_{1} \cdot x_{2} = - \frac{28}{5} (1) (2)$

Từ $(1)$ và giả thiết ta có

${x_{1} + x_{2} = - \frac{m}{5} 5 x_{1} + 2 x_{2} = 1$ $\Leftrightarrow {x_{2} = - \frac{m + 1}{3} x_{1} = \frac{2 m + 5}{15}$

Thay các giá trị $x_{1}, x_{2}$ vừa tìm được vào $(2)$ ta được

$\Leftrightarrow (\frac{2 m + 5}{15}) (- \frac{m + 1}{3}) = - \frac{28}{5} \Leftrightarrow 2 m^{2} + 7 m + 5 = 252$

$\Leftrightarrow 2 m^{2} + 7 m - 247 = 0 \Leftrightarrow [m = - 13 m = \frac{19}{2} .$

Vậy các giá trị

m

cần tìm là

m = - 13; m = - \frac{19}{2} .

Câu 3

Câu tự luận

Giải phương trình:

(x + 4) (x - 2) = 2 \sqrt{x^{2} + 2 x - 5}

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Điều kiện: $x^{2} + 2 x - 5 \geq 0.$

Ta có $(x + 4) (x - 2) = 2 x^{2} + 2 x - 5$

$\Leftrightarrow x^{2} + 2 x - 8 = 2 x^{2} + 2 x - 5$

$\Leftrightarrow x^{2} + 2 x - 5 - 2 x^{2} + 2 x - 5 - 3 = 0.$

Đặt $t = x^{2} + 2 x - 5, t \geq 0.$

Ta có phương trình

Với $t = 3$ ta có $x^{2} + 2 x - 5 = 3$ $\Leftrightarrow x^{2} + 2 x - 5 = 9$

$\Leftrightarrow x^{2} + 2 x - 14 = 0 \Leftrightarrow [x = - 1 - 15 x = - 1 + 15 .$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

x = - 1 \pm 15

Câu 4

Câu tự luận

Giải hệ phương trình:

{2 x^{2} + y^{2} - 3 x y + 7 x - 5 y + 6 = 0 4 x^{2} - y^{2} + 9 x + 9 = 2 x + y + 2 + x + 4 y + 1

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

${2 x^{2} + y^{2} - 3 x y + 7 x - 5 y + 6 = 0 4 x^{2} - y^{2} + 9 x + 9 = 2 x + y + 2 + x + 4 y + 1 (2) (1)$

Điều kiện: ${2 x + y + 2 \geq 0 x + 4 y + 1 \geq 0.$

Xét phương trình $(1)$ : $2 x^{2} + y^{2} - 3 x y + 7 x - 5 y + 6 = 0$

$\Leftrightarrow 2 x^{2} + (7 - 3 y) x + y^{2} - 5 y + 6 = 0$ (*)

Ta xem (*) là phương trình bậc hai theo biến $x$ . Biệt thức

$Δ_{x} = {(7 - 3 y)}^{2} - 4 \cdot 2 \cdot (y^{2} - 5 y + 6) = {(y - 1)}^{2}$

Phương trình (*) có hai nghiệm

$[x = \frac{3 y - 7 + y - 1}{4} = y - 2 x = \frac{3 y - 7 - ( y - 1 )}{4} = \frac{y - 3}{2} \Leftrightarrow [y = x + 2 y = 2 x + 3.$

+) Với $y = x + 2$ , thay vào phương trình $(2)$ ta được:

$3 x^{2} + 5 x + 5 = 3 x + 4 + 5 x + 9$

$\Leftrightarrow 3 x^{2} + 3 x + [(x + 2) - 3 x + 4] + [(x + 3) - 5 x + 9] = 0$

$\Leftrightarrow 3 (x^{2} + x) + \frac{x ^{2} + x}{x + 2 + 3 x + 4} + \frac{x ^{2} + x}{x + 3 + 5 x + 9} = 0$

$\Leftrightarrow x (x + 1) [3 + \frac{1}{x + 2 + 3 x + 4} + \frac{1}{x + 3 + 5 x - 9}] = 0$ (**)

Với điều kiện ${3 x + 4 \geq 0 5 x + 9 \geq 0 \Leftrightarrow x \geq - \frac{4}{3}$ , ta có

$3 + \frac{1}{x + 2 + 3 x + 4} + \frac{1}{x + 3 + 5 x - 9} > 0$

Do đó $(* *) \Leftrightarrow [x = 0 x = - 1 \Rightarrow y = 2 \Rightarrow y = 1.$

+) Với $y = 2 x + 3$ , thay vào phương trình $(2)$ ta được

$4 x + 5 + 9 x + 13 + 3 x = 0$

$\Leftrightarrow (4 x + 5 - 1) + (9 x + 13 - 2) + 3 x + 3 = 0$

$\Leftrightarrow \frac{4 ( x + 1 )}{4 x + 5 + 1} + \frac{9 ( x + 1 )}{9 x + 13 + 2} + 3 (x + 1) = 0$

$\Leftrightarrow (x + 1) [\frac{4}{4 x + 5 + 1} + \frac{9}{9 x + 13 + 2} + 3] = 0$ (***)

Với điều kiện ${4 x + 5 \geq 0 9 x + 13 \geq 0 \Leftrightarrow x \geq - \frac{5}{4}$ , ta có

$\frac{4}{4 x + 5 + 1} + \frac{9}{9 x + 13 + 2} + 3 > 0$ .

Do đó $(* * *) \Leftrightarrow x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1 \Rightarrow y = 1.$

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm

(x; y) = {(0; 2), (- 1; 1)}

Câu 5

Câu tự luận

a) Giải phương trình nghiệm nguyên: $x^{2} + x y + y^{2} = x^{2} y^{2}$ .

b) Cho

p

là số nguyên tố lớn hơn

3

. Chứng minh rằng

(p - 1) (p + 1)

chia hết cho

24

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

a) Ta có $x^{2} + x y + y^{2} = x^{2} y^{2}$

$\Leftrightarrow \Leftrightarrow x^{2} - x^{2} y^{2} + x y + y^{2} = 0 (1 - y^{2}) x^{2} + x y + y^{2} = 0 (1)$

Ta xét các trường hợp:

Trường hợp 1: $1 - y^{2} = 0 \Leftrightarrow y = \pm 1$ .

· Với $y = 1$ ta có $x^{2} + x + 1 = x^{2} \Leftrightarrow x = - 1$ .

· Với $y = - 1$ ta có $x^{2} - x + 1 = x^{2} \Leftrightarrow x = 1.$

Trường hợp 2: $1 - y^{2} \neq = 0 \Leftrightarrow {y \neq = 1 y \neq = - 1.$

Xét phương trình bậc hai $(1 - y^{2}) x^{2} + x y + y^{2} = 0$ , có

$Δ_{x} = y^{2} - 4 (1 - y^{2}) y^{2} = y^{2} (4 y^{2} - 3) .$

· Nếu $y = 0$ ta có $x = 0.$

· Nếu $y \neq = 0$ , phương trình $(1)$ có nghiệm nguyên khi và chỉ khi $4 y^{2} - 3$ là số chính phương.

Đặt $4 y^{2} - 3 = k^{2} (k \in N)$ .

$4 y^{2} - 3 = k^{2} \Leftrightarrow (2 y - k) (2 y + k) = 3$

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm

(0; 0), (1; - 1), (- 1; 1) .

b) Vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ nên $p$ là số lẻ, ta có $p = 2 k + 1$

( $k \in N, k > 1$ ).

Do đó ta có $(p - 1) (p + 1) = 2 k (2 k + 2) = 4 k (k + 1) ⋮ 8$

· Nếu $p = 3 k \Rightarrow p = 3$ (loại vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ ).

· Nếu $p = 3 k + 1$ , ta có $(p - 1) (p + 1) = 3 k (3 k + 2) ⋮ 3$ .

· Nếu $p = 3 k + 2$ , ta có $(p - 1) (p + 1) = 3 (3 k + 1) (k + 1) ⋮ 3$ .

Vì

g cd (3; 8) = 1

nên

(p - 1) (p + 1) ⋮ 24

với

p

là số nguyên tố lớn hơn

3

Câu 6

Câu tự luận

Cho đoạn thẳng $A B$ và $C$ là điểm nằm trên đoạn $A B$ sao cho $B C > A C$ . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng $A B$ , vẽ nửa đường tròn đường kính $A B$ và nửa đường tròn đường kính $B C$ . Lấy điểm $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $B C$ ( $M \neq = B$ , $M \neq = C$ ). Kẻ $M H$ vuông góc với $B C$ $(H \in B C)$ , đường thẳng $M H$ cắt nửa đường tròn đường kính $A B$ tại $K$ . Hai đường thẳng $A K$ và $C M$ cắt nhau tại $E$ .

a) Chứng minh tứ giác $B M K E$ nội tiếp và $B E^{2} = B A \cdot B C$ .

b) Từ

C

kẻ

C N

vuông góc với

A B

(

N

thuộc nửa đường tròn đường kính

A B

), gọi

P

là giao điểm của

N K

và

C E

. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác

B N E

và

P N E

cùng nằm trên đường thẳng

B P

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

A B

và

C

là điểm nằm trên đoạn

A B

sao cho

B C > A C

. (ảnh 1)">

a) Ta có: $B M E = B K E = 9 0^{\circ}$ nên tứ giác $B M K E$ nội tiếp.

$\Rightarrow H K B = C E B$

mà $H K B = B A E$ (cùng phụ với $H K A$ )

$\Rightarrow B A E = C E B$ .

$Δ B E C$ đồng dạng với $Δ B A E$ (vì $A B E$ chung và $B A E = C E B$ )

Do đó

\frac{B E}{A B} = \frac{B C}{B E} \Rightarrow B E^{2} = B C \cdot A B

b) Xét tam giác vuông $A B N$ có $C N ⊥ A B \Rightarrow B N^{2} = B C \cdot A B$

mà $B E^{2} = B C \cdot A B$ suy ra $B N = B E$ hay $Δ B N E$ cân tại $B$ , suy ra $B N E = B E N$ . $(1)$

Mặt khác, theo câu trên ta có $C E B = B A E$ và $B A E = B N P$ suy ra $C E B = B N P$ . (2)

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $P N E = P E N$ hay $Δ P N E$ cân tại $P$ $\Rightarrow N P = P E$ .

Vì $N P = P E$ và $B N = B E$ nên $B P ⊥ N E$ .

Suy ra $B P$ là đường phân giác của các góc $E B N$ và $E P N$ .

Do đó tâm đường tròn nội tiếp các tam giác

B N E

và

P N E

cùng nằm trên đường thẳng

B P

Câu 7

Câu tự luận

a) Cho một bảng gồm $2023$ hàng, $2023$ cột. Các hàng được đánh số từ $1$ đến $2023$ từ trên xuống dưới; các cột đánh số từ $1$ đến $2023$ từ trái qua phải. Viết các số tự nhiên liên tiếp $0, 1, 2, \dots$ vào các ô của bảng theo đường chéo zíc-zắc (như hình vẽ bên). Hỏi số $2024$ được viết ở hàng nào, cột nào? Vì sao?

2023

hàng,

2023

cột. Các hàng được đánh số từ (ảnh 1)">

b) Cho

a, b, c

là các số dương. Chứng minh:

\frac{b c}{2 a + b + c} + \frac{c a}{2 b + c + a} + \frac{ab}{2 c + a + b} \leq \frac{a + b + c}{4}

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Theo quy luật: Đánh số thứ tự các đường chéo như số thứ tự các hàng

- Đường chéo thứ nhất viết 1 số (số $0$ )

- Đường chéo thứ hai viết 2 số (từ 1 đến 2)

...

- Đường chéo thứ $n$ viết $n$ số.

0	1	5	6	14	15
2	4	7	13	16
3	8	12	17
9	11	18
10	19
20
21

Vậy với $n$ đường chéo đầu tiên ta đã viết được $1 + 2 + \dots + n = \frac{n ( n + 1 )}{2}$ số (bắt đầu từ số $0$ )

Lại có $2016 = \frac{63 \cdot 64}{2} < 2024 < \frac{64 \cdot 65}{2} = 2080$ . Do đó với $63$ đường chéo ta đã viết được $2016$ số từ $0$ đến $2015$ .

Vậy các số tiếp theo $2016,$ $2017,$ $2018,$ $2019,$ $2020,$ $2021,$ $2022,$ $2023, 2024$ sẽ được viết ở đường chéo thứ $64$ .

Kể từ đường chéo thứ hai, tính từ trái qua phải, từ dưới lên trên, ta thấy đường chéo mang số lẻ thì tăng dần, đường chéo mang số chẵn thì giảm dần. Vậy số 2016 thì ở đầu cột 64, hàng 1.

Vậy số 2024 được viết ở cột 56, hàng 9.

b) Chứng minh được bất đẳng thức $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \geq \frac{4}{a + b} .$

Ta có $\frac{1}{2 a + b + c} = \frac{1}{4} \cdot \frac{4}{( a + b ) + ( a + c )} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{a + b} + \frac{1}{a + c})$

$\Rightarrow \frac{b c}{2 a + b + c} \leq \frac{1}{4} (\frac{b c}{a + b} + \frac{b c}{a + c})$ (1)

Tương tự, ta có

$\frac{a c}{2 b + a + c} \leq \frac{1}{4} (\frac{a c}{b + c} + \frac{a c}{b + a})$ (2)

$\frac{ab}{2 c + a + b} \leq \frac{1}{4} (\frac{ab}{a + c} + \frac{ab}{b + c})$ . (3)

Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta được

$\begin{matrix} V T \leq \frac{1}{4} (\frac{b c}{a + b} + \frac{b c}{a + c} + \frac{a c}{b + c} + \frac{a c}{b + a} + \frac{a b}{a + c} + \frac{a b}{b + c}) \\ = \frac{1}{4} [(\frac{b c}{a + b} + \frac{c a}{a + b}) + (\frac{b c}{a + c} + \frac{a b}{a + c}) + (\frac{c a}{b + c} + \frac{a b}{b + c})] = \frac{a + b + c}{4} . \end{matrix}$

Dấu "=" xảy ra

\Leftrightarrow a = b = c .