Trường Toán Online MATHX
Mathx.vn biên soạn gửi tới các em hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên trường phổ thông năng khiếu ĐHQG TPHCM năm học 2023 2024. Các em học sinh tải để về làm trước sau đó so sánh kết quả và cách giải chi tiết trong bài viết này để đạt được hiệu quả ôn tập tốt nhất. Chúc các em học tốt và đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới!!
.png?fbclid=IwAR10nKALalzJolDcLXVYkzAnIQYyQzbFDNrWGuDpeLvcv8lkaeLO-CuH_2c)
Môn thi: Toán chuyên
Năm học: 2023 - 2024
Thời gian làm bài: 120 phút
Giải hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{align} & \left(x+y\right)\left(4+{\dfrac{1}{x y}}\right)=1 \\ & \left(4x+{\dfrac{1}{x}}\right)\left(4y+{\dfrac{1}{y}}\right)=-20 \\ \end{align} \right.\)
Giải
Biến đổi hệ phương trình về dạng:
\(\left\{ \begin{align} & \left(4x+{\dfrac{1}{x}}\right)+\left(4y+{\dfrac{1}{y}}\right)=1 \\ & \left(4x+{\dfrac{1}{x}}\right)\left(4y+{\dfrac{1}{y}}\right)=-20 \\ \end{align} \right.\)
Suy ra:
\(\left\{ \begin{align} & 4x+{\dfrac{1}{x}}=5 \\ & 4y+{\dfrac{1}{y}}=-4 \\ \end{align} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{align} & 4x+{\dfrac{1}{x}}=-4 \\ & 4y+{\dfrac{1}{y}}=5 \\ \end{align} \right.\)
Vậy hệ có nghiệm:
\({\bigl(}x,y{\bigr)}={\Bigl(}1,-{\dfrac{1}{2}}{\Bigr)};{\biggl(}{\dfrac{1}{4}},-{\dfrac{1}{2}}{\biggr)};{\biggl(}-{\dfrac{1}{2}},1{\biggr)};{\biggl(}-{\dfrac{1}{2}},{\dfrac{1}{4}}{\biggr)}\)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = abc
a) Chứng minh \({\dfrac{1}{\sqrt{a}}}+{\dfrac{1}{\sqrt{b}}}+{\dfrac{1}{\sqrt{c}}}\leq{\sqrt{3}}\,\)
b) Chứng minh \(\left({\sqrt{a}}+{\sqrt{b}}+{\sqrt{c}}\right)^{2}\leq a b c\leq{\dfrac{\left(a+b+c\right)^{2}}{3}}\)
Giải
a) Ta chứng minh được:
\(3\Bigl(a^{2}+b^{2}+c^{2}\Bigr)\geq\Bigl(a+b+c\Bigr)^{2}\geq3\Bigl(a b+b c+c a\Bigr)\)
Từ giả thuyết:
\(1={\dfrac{1}{a}}+{\dfrac{1}{b}}+{\dfrac{1}{c}}\geq{\dfrac{1}{3}}\left({\dfrac{1}{\sqrt{a}}}+{\dfrac{1}{\sqrt{b}}}+{\dfrac{1}{\sqrt{c}}}\right)^{2}\)
\(\Rightarrow{\dfrac{1}{\sqrt{a}}}+{\dfrac{1}{\sqrt{b}}}+{\dfrac{1}{\sqrt{c}}}\leq{\sqrt{3}}\)
b) Ta có:
\({\dfrac{\left(a+b+c\right)^{2}}{3}}\geq a b+b c+c a=a b c\,\)
Ta lại có:
\(1={\dfrac{1}{a}}+{\dfrac{1}{b}}+{\dfrac{1}{c}}\geq{\dfrac{1}{\sqrt{a b}}}+{\dfrac{1}{\sqrt{b c}}}+{\dfrac{1}{\sqrt{c a}}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{a b c}\geq\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\;\)
Người ta tô màu mỗi ô của bảng hình vuông 4 x 4 bằng một trong hai màu đen hoặc trắng thỏa mãn các điều kiện sau:
i. Số ô đen trên các hàng đều bằng nhau
ii. Số ô đen trên các cột đôi một khác nhau
a) Tính số ô đen trên mỗi hàng
b) Hai ô kề nhau trên một hàng hoặc một cột được gọi là "cặp tốt" nếu chúng được tô bằng hai màu khác nhau. Hỏi tổng số các "cặp tốt" tính theo tất cả các cột có thể lớn nhất là bao nhiêu? Hỏi tương tự cho các "cặp tốt" tính theo tất cả các hàng
Giải
a) Gọi x là số ô đen trên mỗi hàng. Khi đó tổng số ô đen của bảng là 4x.
Do số ô đen trên các cột đôi một là khác nhau nên số lượng ô đen của các cột lần lượt là bốn
trong năm số 0,1,2,3,4.
Mà tổng số ô đen là 4x, chia hết cho 4. Còn tổng 0 1 2 3 4 22 chia 4 dư 2 nên trong tổng
phải không có số 2.
Khi đó: 4x = 0 + 1 + 3 + 4 => x = 2
b) TH1: Tính theo cột
Dễ thấy, trên cột có 4 ô đen hoặc 0 ô đen thì sẽ không có cặp tốt. Trên cột có 3 ô đen hoặc 1 ô đen
thì có tối đa 2 cặp tốt. Vậy tối đa có 4 cặp tốt.
Cách tô với trường hợp tối đa như sau
TH2: Tính theo bảng
Do mỗi hàng có 2 ô đen nên số cặp tốt trên mỗi hàng tối đa là 3. Mà có 4 hàng nên tối đa là 12.
Ta sẽ chứng minh tối đa chỉ là 11.
Thật vậy, giả sử có trường hợp tô là 12 cặp tốt thì mỗi hàng sẽ có đúng 3. Khi đó trên mỗi hàng ô
đen và ô trắng sẽ xen kẽ.
Do có một cột cả 4 ô đều tô đen. Điều đó dẫn đến cột kề cột này, các ô phải đều tô màu trắng và
tương tự 2 cột còn lại có 1 cột đều gồm ô đen, 1 cột đều ô trắng (trái giả thuyết).
Vậy tối đa số cặp tốt chỉ là 11.
Cách tô với trường hợp tối đa như sau
Bài 4 (2 điểm)
Cho m, n là các số nguyên không âm thỏa mãn \(m^{2}{-}n=1\)
a) Đặt \(n^{2}{-}m=a\) . Chứng minh rằng a là số lẻ
b) Chứng minh rằng nếu \(a=3.2^{k}+1\) với k là số nguyên dương thì k = 1
c) Chứng minh rằng a không thể là số chính phương
Giải
Gọi \(m^{2}{-}n=1\) (1) và \(n^{2}{-}m=a\) (2)
a) Từ (1) suy ra m, n khác tính chẵn lẻ. Nên a là số lẻ.
b) Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được:
\(\left(n-m\right)\!\left(n+m+1\right)=3.2^{k}\)
Do n - m lẻ nên:
TH1: \(\left\{ \begin{align} & n - m = 1 \Rightarrow n = m + 1 \\ & n + m + 1 = 3.2^k \\ \end{align} \right.\) (3)
Thế (3) vào (1) ta được:
\(m^{2}-m-2=0\Leftrightarrow m=2\Rightarrow n=3\,\)
Suy ra: \(3.2^{k}=n^{2}-m=6 \Rightarrow k=1\)
TH2: \(\left\{ \begin{align} & n - m = 3 \Rightarrow n = m + 3 \\ & n + m + 1 = 2^k \\ \end{align} \right.\) (4)
Thế (4) vào (1) ta được:
\(m^{2}-m-4=0\) (loại)
c) Giả sử a là số chính phương, đặt \(a=b^{2} , b\in {N}\,\)
Nhận xét:
- Nếu a = 0 thì vô lí
- Nếu a = 1, thế vào ta được:
\(\left\{ \begin{align} & m^2 - n = 1 \\ & n^2 - m = 1 \\ \end{align} \right. \Rightarrow(m-n)(m+n+1)=0\Rightarrow m=n\)
Khi đó: \(m^2 - n = 1\) (loại)
Ta xét với \(a \geq 4\).
\(m^{2}=n+1\Rightarrow m\geq1\ \) và \(n=m^{2}-1\,\)
Thay vào (2)
\(\left(m^{2}-1\right)^{2}-m=b^{2}\Leftrightarrow m=\left(m^{2}-1-b\right)\left(m^{2}-1+b\right)\)
\(\Rightarrow m \ \vdots \ \big(m^{2}-1+b\big)\Rightarrow m\geq\left|m^{2}-1+b\right|\)
Mà \(m^{2}-1+b\geq m^{2}+1\geq2m\) nên suy ra vô lí
Vậy a không thể là số chính phương
Cho tam giác ABC. Gọi D, E, F là các tiếp điểm của đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC với BC, CA, AB. Từ chân đường phân giác ngoài L của góc \( {\widehat{BAC}}\) (L thuộc BC), kẻ tiếp tuyến LH đến đường tròn (I) (H thuộc (I), \(H \neq D\) )
a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ALH đi qua tâm nội tiếp I
b) Chứng minh \( {\widehat{BAD}} = {\widehat{CAH}}\)
c) AH cắt lại (I) tại K. Gọi G là trọng tâm tam giác KEF và J là giao điểm của DG với EF. Chứng minh \(K J\perp E F\)
d) Gọi S là trung điểm BC, KJ cắt lại (I) tại R. Chứng minh rằng EF, IR và AS đồng quy
Giải:
a)
Do \( {\widehat{LAI}} = {\widehat{LHI}} = 90^o\) nên A, H, I, L thuộc một đường tròn
b)
Mà \( {\widehat{LDI}} = 90^o\) nên A, H, D, I, L thuộc một đường tròn
Khi đó: \( {\widehat{DAI}} = {\widehat{HAI}}\) (do chắn hai cung bằng nhau)
Mà \( {\widehat{BAI}} = {\widehat{CAI}}\) nên \( {\widehat{BAD}} = {\widehat{CAH}}\)
c)
Do \( {\widehat{FAD}} = {\widehat{EAK}}\) nên tứ giác EFDK là hình thang cân
Gọi T, N lần lượt là trung điểm của EF và DK
Ta có:
\(\dfrac{TJ}{DK}=\dfrac{NG}{DK}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow TJ = NK\)
Mà \(TN \perp EF\) nên NKJT là hình chữ nhật, do đó \(K J\perp E F\)
d)
Ta chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của đường
tròn nội tiếp (I) với BC, CA và AB. S là trung điểm BC. Khi đó AS, DI và EF đồng quy.
Gọi P là giao điểm của EF và ID. Qua P kẻ đường thẳng song song BC cắt AB, AC lần lượt tại U,
V. Khi đó, các tứ giác IPUF và IPEV nội tiếp nên
\( {\widehat{IUP}} = {\widehat{IFP}} = {\widehat{IEP}} = {\widehat{IVP}}\)
Suy ra tam giác IUV cân, nên P là trung điểm UV.
Mà S là trung điểm BC, UV // BC nên A, S, P thẳng hàng. Vậy ba đường AS, DI và EF đồng quy.
Trở lại bài toán, để ý rằng \( {\widehat{DER}} = 90^o\) nên D, I, R thẳng hàng. Theo bổ đề trên ta có DI, EF
và AS đồng quy.
Do đó IR, EF và AS đồng quy (đpcm)
Trên đây MATHX đã hướng dẫn các em giải đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên trường phổ thông năng khiếu ĐHQG TPHCM năm học 2023 2024.
Ngoài ra các em có thể tham khảo thêm các chuyên đề và tài liệu trong TÀI LIỆU TOÁN LỚP 9 để có thể tích lũy thêm nhiều kiến thức và ôn tập hiệu quả hơn.
Phụ huynh và các em học có thể tham khảo một số đề thi vào lớp 10 khác tại đây:
PHÂN TÍCH CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN TOÁN THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2023
Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT Chuyên Sư Phạm năm 2023
Đề thi thử vào lớp 10 THPT chuyên Đại học Sư Phạm Hà Nội năm 2023 lần 3
HỆ THỐNG CHƯƠNG TRÌNH HỌC CỦA MATHX