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

6 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

Giải các phương trình sau:

1. $(x - 1) (x + 2) (x + 3) (x + 6) = 160$

2. $x^{2} + 3 x + 8 = 2 (x + 1) x + 7$

Đáp án tham khảo

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

1. $(x - 1) (x + 2) (x + 3) (x + 6) = 160$

$\Leftrightarrow [(x - 1) (x + 6)] [(x + 2) (x + 3)] = 160$

$\Leftrightarrow (x^{2} + 5 x - 6) (x^{2} + 5 x + 6) = 160$

$\Leftrightarrow (x^{2} + 5 x)^{2} - 36 = 160$ $\Leftrightarrow (x^{2} + 5 x)^{2} = 196$

$\Leftrightarrow [x^{2} + 5 x = 14 x^{2} + 5 x = - 14 (v o ˆ nghiem)$

$\Leftrightarrow (x + 7) (x - 2) = 0$ $\Leftrightarrow [x = - 7 x = 2$

Vậy phương trình có tập nghiệm

S = {2; - 7}

2. $x^{2} + 3 x + 8 = 2 (x + 1) x + 7$ (*)

ĐKXĐ: $x \geq - 7$

(*) $\Leftrightarrow (x + 1)^{2} + x + 7 - 2 (x + 1) x + 7 = 0$

$\Leftrightarrow (x + 1 - x + 7)^{2} = 0$ $\Leftrightarrow x + 1 = x + 7$

$\Leftrightarrow {x \geq - 1 x^{2} + 2 x + 1 = x + 7$ $\Leftrightarrow {x \geq 1 x^{2} + x - 6 = 0$

$\Leftrightarrow ⎩ ⎨ ⎧ x \geq 1 [x = - 3 x = 2$ $\Leftrightarrow x = 2$ (TM ĐKXĐ)

Vậy phương trình có tập nghiệm

S = {2}

Câu 2

Câu tự luận

Giải hệ phương trình: ${x + y + \frac{x + 2 y}{x y} = 6 x^{2} + y^{2} + \frac{x ^{2} + 4 y ^{2}}{( x y ) ^{2}} = 14$

Đáp án tham khảo

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

${x + y + \frac{x + 2 y}{x y} = 6 x^{2} + y^{2} + \frac{x ^{2} + 4 y ^{2}}{( x y ) ^{2}} = 14$ (I)

ĐKXĐ: $x, y \neq = 0$

(I) $\Leftrightarrow {x + y + \frac{1}{y} + \frac{2}{x} = 6 x^{2} + y^{2} + \frac{1}{y ^{2}} + \frac{4}{x ^{2}} = 14$

$\Leftrightarrow ⎩ ⎨ ⎧ x + \frac{2}{x} + y + \frac{1}{y} = 6 (x + \frac{2}{x})^{2} + (y + \frac{1}{y})^{2} = 20$

Đặt $x + \frac{2}{x} = a, y + \frac{1}{y} = b$

Ta có hệ ${a + b = 6 a^{2} + b^{2} = 20 \Leftrightarrow {a + b = 6 (a - b)^{2} = 2 (a^{2} + b^{2}) - (a + b)^{2} = 4$

$\Leftrightarrow ⎩ ⎨ ⎧ a + b = 6 [a - b = 2 a - b = - 2 \Leftrightarrow [a = 4, b = 2 a = 2, b = 4$

· \(a = 4,\;b = 2\

· $a = 2,\;b = 4$

$\Rightarrow {x + \frac{2}{x} = 2 y + \frac{1}{y} = 4 \Leftrightarrow {x^{2} + 2 x + 2 = 0 y^{2} - 4 y + 1 = 0 (v o ˆ nghiem)$

Vậy hệ phương trình có nghiệm

(x, y) {(2 + 2; 1), (2 - 2; 1)}

Câu 3

Câu tự luận

1.Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x, y)$ thoả mãn đẳng thức $(y + 2) x^{2} + 1 = y^{2}$

2. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 3n + 1, 11n + 1 là các số chính phương và

n + 3 số nguyên tố.

Đáp án tham khảo

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

1. $(y + 2) x^{2} + 1 = y^{2} (1)$

$x \in Z \Rightarrow y^{2} - 1 ⋮ y + 2$

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

$\Leftrightarrow 3 ⋮ y + 2$

$\Rightarrow y + 2 \in {\pm 3; \pm 1}$

$\Rightarrow y \in {1; - 5; - 1; - 3}$

· $y = 1$ thay vào (1) $\Rightarrow x = 0$ thoả mãn

· $y = - 5$ thay vào (1) $\Rightarrow x^{2} = - 8$ loại

· $y = - 1$ thay vào (1) $\Rightarrow x = 0$ thoả mãn

· $y = - 3$ thay vào (1) $\Rightarrow x^{2} = - 8$ loại

Vậy (x; y) Î {(0; 1); (0; -1)}

2. ${3 n + 1 = a^{2} 11 n + 1 = b^{2}$

$\Rightarrow n + 3 = 4 a^{2} - b^{2} = (2 a - b) (2 a + b)$

$a, b \in N^{*} \Rightarrow 2 a + b > 0 > 2 a - b$

$n + 3$ là số nguyên tố $\Rightarrow {2 a - b = 1 2 a + b = n + 3 \Rightarrow {a = \frac{n + 4}{4} b = \frac{n + 2}{2}$

$\Rightarrow 11 n + 1 = b^{2} = (\frac{n + 2}{2})^{2}$

$\Leftrightarrow n^{2} = 40 n$

\Leftrightarrow n = 40

Câu 4

Câu tự luận

1. 1. Cho ba số thực dương $a, b, c$ thoả mãn $ab + b c + c a = 1$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = $\frac{2 a}{1 + a ^{2}} + \frac{b}{1 + b ^{2}} + \frac{c}{1 + c ^{2}}$

2. 2.Cho ba số thực không âm $a, b, c$ thoả mãn $ab + b c + c a + ab c \leq 4$ . Chứng minh rằng $a + b + c \geq ab + b c + c a .$

Đáp án tham khảo

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

1. Ta có:

$P = \frac{2 a}{1 + a ^{2}} + \frac{b}{1 + b ^{2}} + \frac{c}{1 + c ^{2}}$

$= \frac{2 a}{a ^{2} + ab + b c + c a} + \frac{b}{a ^{2} + ab + b c + c a} + \frac{c}{a ^{2} + ab + b c + c a}$

$= \frac{2 a}{( a + b ) ( a + c )} + \frac{b}{( b + c ) ( b + a )} + \frac{c}{( c + a ) ( c + b )}$

$= \frac{2 a}{a + b} . \frac{2 a}{a + c} + \frac{2 b}{b + a} . \frac{b}{2 ( b + c )} + \frac{2 c}{c + a} . \frac{c}{2 ( c + b )}$

$A M - GM$

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

$= \frac{1}{2} [(\frac{2 a}{a + b} + \frac{2 b}{a + b}) + (\frac{2 a}{a + c} + \frac{2 a}{a + c}) + \frac{1}{2} (\frac{b}{b + c} + \frac{c}{b + c})]$

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

Dấu “=” xảy ra khi $a = \frac{7 15}{15}; b = c = \frac{15}{15}$

Vậy P đạt GTLN là

\frac{9}{4}

khi

a = \frac{7 15}{15}; b = c = \frac{15}{15}

2. Ta có $ab + b c + c a + ab c \leq 4$

$\Leftrightarrow ab c + 2 (ab + b c + c a) + 4 (a + b + c) + 8 \leq (ab + 2 a + 2 b + 4) + (b c + 2 b + 2 c + 4)$

$+ (c a + 2 c + 2 a + 4)$

$\Leftrightarrow (a + 2) (b + 2) (c + 2) \leq (a + 2) (b + 2) + (b + 2) (c + 2)$

$+ (c + 2) (a + 2)$

$\Leftrightarrow 1 \leq \frac{1}{a + 2} + \frac{1}{b + 2} + \frac{1}{c + 2} \Leftrightarrow \frac{2}{a + 2} + \frac{2}{b + 2} + \frac{2}{c + 2} \geq 2$

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

$\Leftrightarrow 1 \geq \frac{a}{a + 2} + \frac{b}{b + 2} + \frac{c}{c + 2}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz

$1 \geq \frac{a}{a + 2} + \frac{b}{b + 2} + \frac{c}{c + 2} = \frac{a ^{2}}{a ^{2} + 2 a} + \frac{b ^{2}}{b ^{2} + 2 b} + \frac{c ^{2}}{c ^{2} + 2 c}$

$C - S \geq \frac{( a + b + c ) ^{2}}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2} + 2 ( a + b + c )}$

$\Rightarrow (a + b + c)^{2} \leq (a^{2} + b^{2} + c^{2}) + 2 (a + b + c)$

\Leftrightarrow a + b + c \geq ab + b c + c a

(đpcm)

Câu 5

Câu tự luận

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, $A B < A C$ và nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC tại điểm E. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại điểm N $(N \neq = A)$ . Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại điểm B, C cắt nhau tại điểm D.

1. Chứng minh AOND là tứ giác nội tiếp và tia DO là phân giác của góc $A D N$ .

2. Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm P $(P \neq = A)$ . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME cắt đường tròn (O) tại điểm F $(F \neq = A)$ . Chứng minh $A B . P C = A C . P B$ và ba điểm E, F, P thẳng hàng.

3. Kẻ đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh 3 điểm D, K, F thẳng hàng và đường thẳng FN đi qua trung điểm của đoạn thẳng DM.

Đáp án tham khảo

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

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, <span class=

A B < A C

và nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng (ảnh 1)">

1. Xét đường tròn (O): $B D ⊥ B O, C D ⊥ C O$ (tính chất tiếp tuyến)

$\Rightarrow D B O = D C O = 9 0^{♢}$ $\Rightarrow D B O + D C O = 18 0^{♢}$

$\Rightarrow$ Tứ giác OBDC nội tiếp

Lại có $O B = O C, M B = M C, D B = D C$

$\Rightarrow O, M, D$ cùng thuộc trung trực của đoạn BC

Suy ra $M O . M D = M B . M C$

Mà tứ giác ABNC nội tiếp $\Rightarrow M B . M C = M A . M N$

$\Rightarrow M O . M D = M A . M N$ $\Rightarrow$ Tứ giác AOND nội tiếp

\Rightarrow D O

là phân giác

A D N

b) Xét $Δ D B P$ và $Δ D A B$ có

$B D P$ chung; $D B P = D A B$

$\Rightarrow Δ D B P \sim Δ D A B$ (g.g) $\Rightarrow \frac{A B}{B P} = \frac{A D}{D B}$

Tương tự ta có $Δ D C P \sim Δ D A C \Rightarrow \frac{A C}{C P} = \frac{A D}{D C}$

$\Rightarrow \frac{A B}{B P} = \frac{A C}{C P} \Rightarrow A B . C P = A C . B P$

Áp dụng định lý Ptoleney cho tứ giác ABPC nội tiếp ta có

$A P . B C = A B : C P + A C . B P$

$\Rightarrow 2 A P . C M = 2 A C . B P \Rightarrow \frac{A P}{A C} = \frac{B P}{C M}$

$Δ A B P$ và $Δ A M C$ có $\frac{A P}{A C} = \frac{B P}{C M}; A P B = A C M$

$\Rightarrow Δ A B P \sim Δ A M C$ (c.g.c) $\Rightarrow A B P = A M C$

Lại có tứ giác ABPF nội tiếp nên $A B P = 18 0^{♢} - A F P$

Lại có tứ giác AMEF nội tiếp nên $A M E = 18 0^{♢} - A F B$

\Rightarrow A F P = A F E \Rightarrow E, F, P

thẳng hàng

c) Áp dụng hệ thức lượng cho $Δ O C D$ vuông tại C ta có

$O M . O D = O C^{2} = O F^{2} \Rightarrow \frac{O F}{O M} = \frac{O D}{O F}$ $\Rightarrow Δ O M F \sim Δ O F D$ (c.g.c)

$\Rightarrow O F D = O M F = 9 0^{♢} - C M F = 9 0^{♢} - F A E = 9 0^{♢} - A F O$

$\Rightarrow A F D = 9 0^{♢} \Rightarrow A F ⊥ F D$ mà $A F ⊥ F K$

$\Rightarrow D F = D K \Rightarrow D, F, K$ thẳng hàng

Gọi $Z, X$ là giao $F N$ với $B C, D M$ .

Gọi $T$ là giao $K Z$ với $M F$ .

Ta có $D C^{2} = D K . D F = D M . D O \Rightarrow$ Tứ giác OMKF nội tiếp

$\Rightarrow K M F = K O F = 2 O A F = 2 F M S$

$\Rightarrow K M E = F M E = F A O = K N F$ $\Rightarrow$ Tứ giác MNKZ nội tiếp

$\Rightarrow K Z M = 18 0^{♢} - M N K = 9 0^{♢}$

Lại có $Δ T M K$ có MZ là đường cao đồng thời là phân giác

$\Rightarrow Z T = Z K$

Do $T K // D M \Rightarrow \frac{Z T}{M X} = \frac{F Z}{F X} = \frac{Z K}{D X}$

$\Rightarrow X D = X M \Rightarrow$ X là trung điểm của đoạn DM.

Vậy FN đi qua trung điểm của đoạn DM

Câu 6

Câu tự luận

Sau khi tổ chức một trận đấu giao hữu giữa hai đội bóng lớp 9A và 9B, ban tổ chức có 11 gói kẹo muốn chia cho 2 đội. Mỗi đội được chia 5 gói làm phần thưởng và 1 gói ban tổ chức giữ lại để liên hoan. Biết rằng dù chọn bất kì gói nào để giữ lại, ban tổ chức luôn có thể chia 10 gói còn lại cho 2 đội mà tổng số viên kẹo trong 5 gói cho mỗi đội là bằng nhau. Chứng minh rằng 11 gói kẹo đó phải có số viên kẹo bằng nhau.

Đáp án tham khảo

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

Gọi $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{11}$ lần lượt là số kẹo trong 11 gói.

Đặt $S = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{11}$

Giả sử tổn tại $a \leq k, l \leq 11 m a ˋ a_{k} \neq = a_{l}$

Theo bài ra, ta suy ra được $S - a_{1}, S - a_{2}, \dots, S - a_{11}$ đều là số chẵn

$\Rightarrow a_{1}, a_{2}, \dots, a_{11}$ cũng chẵn hoặc cũng lẻ

Ta thực hiện quá trình như sau:

· Nếu $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{11}$ cũng chẵn, ta thu được bộ số mới

$(b_{1}, b_{2}, \dots, b_{11}) = (\frac{a _{1}}{2}, \frac{a _{2}}{2}, \dots, \frac{a _{11}}{2})$

· Nếu $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{11}$ cũng lẻ, ta thu được bộ số mới

$(b_{1}, b_{2}, \dots, b_{11}) = (\frac{a _{1} - 1}{2}; \frac{a _{2} - 1}{2}; \dots; \frac{a _{11} - 1}{2})$

Ta thấy 11 gói kẹo với số kẹo $b_{1}; b_{2}; \dots; b_{11}$ cũng thoả mãn điều kiện đề bài.

Tiếp tục quá trình như vậy đến khi thu được bộ $(x_{1}; x_{2}; \dots; x_{11})$ mà tồn tại $1 \leq j; i \leq 11$ sao cho $x j = 0; x i = 1$

Mà bộ $(z_{1}; z_{2}; \dots; z_{11})$ thoả mãn điều kiện đề bài nên $x_{1}; x_{2}; \dots; x_{11}$ cùng tính chẵn lẻ (Mâu thuẫn)

Điều giả sử là sai.

Vậy

a_{1} = a_{2} = \dots = a_{11}