Trường Toán Online MATHX
Mathx.vn biên soạn gửi tới các em hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên của Sở GDĐT Hà Nội năm học 2023 2024. Các em học sinh nhấn vào nút tải tài liệu bên dưới để tải đề về làm trước ra giấy 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 THPT sắp tới!!
.png?fbclid=IwAR10nKALalzJolDcLXVYkzAnIQYyQzbFDNrWGuDpeLvcv8lkaeLO-CuH_2c)
Quý phụ huynh và các em học sinh có thể tham khảo thêm hướng dẫn giải một số đề vào 10 khác tại đây:
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN TOÁN CHUYÊN ĐHQG TPHCM NĂM HỌC 2023 2024 - MATHX
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN TOÁN SỞ GDĐT HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2023 2024 - MATHX
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN TOÁN SỞ GDĐT HÀ NỘI NĂM HỌC 2023 2024 - MATHX
Môn thi: Toán (chuyên)
1) Giải phương trình
\(\sqrt{x-3}-\sqrt{2x-7}=2x-8\)
2) Cho a,b,c là các số thực khác 0 thỏa mãn điều kiện \({{a}^{2}}-{{c}^{2}}=c,\,{{c}^{2}}-{{b}^{2}}=b\) và \({{b}^{2}}-{{a}^{2}}=a\)
Chứng minh
\(\left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right)=1\)
Giải
1) Điều kiện xác định \(x\ge \dfrac{7}{2}\)
Sử dụng nhân liên hợp, ta có phương trình ban đầu tương đương với
\(\dfrac{x-3-2x+7}{\sqrt{x-3}+\sqrt{2x-7}}=2x-8\)
Chuyến vế, rút nhân tử chung ta được
\(\left( x-4 \right)\left( 2+\dfrac{1}{\sqrt{x-3}+\sqrt{2x-7}} \right)=0\)
Ta có \(\sqrt{x-3}\ge 0,\sqrt{2x-7}\ge 0\)
nên \(2+\dfrac{1}{\sqrt{x-3}+\sqrt{2x-7}}>0\) với mọi \(x\ge \dfrac{7}{2}\), kéo theo x = 4 ( thỏa mãn điều kiện xác định )
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4
2) Theo đề bài ta có \({{a}^{2}}-{{c}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}=c+b\) và \(a,b,c\ne 0\)
nên \({{a}^{2}}-{{b}^{2}}=c+b\)
Nếu \(a + b = 0\) thì \(a = -b\). Tuy nhiên khi đó \(a={{b}^{2}}-{{a}^{2}}=0\) là trái giả thiết. Do đó, ta phải có \(a+b\ne 0\)
dẫn tới \(a-b=\dfrac{c+b}{a+b}\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(b-c=\dfrac{c+a}{b+c}\) và \(c-a=\dfrac{a+b}{c+a}\)
Từ đây ta suy ra
\(\left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right)=\dfrac{c+b}{a+b}.\dfrac{c+a}{b+c}.\dfrac{a+b}{c+a}=1\)
Đây chính là điều phải chứng minh
1) Cho ba số nguyên a,b và c thỏa mãn \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-2ab\) chia hết cho 6. Chứng minh abc chia hết cho 54
2) Tìm tất cả cặp số nguyên dương ( x,y ) thỏa mãn \({{x}^{3}}y-{{x}^{2}}y-4{{x}^{2}}+5xy-{{y}^{2}}=0\)
Giải
1) Nếu cả ba số a,b,c đều lẻ thì \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-2ab\) sẽ lẻ
=> do đó \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-2ab\) không chia hết cho 6, trái giả thiết.
Do đó, trong ba số a.b.c phải có ít nhất một số chẵn, nghĩa là abc chia hết cho 2
Nếu abc không chia hết cho 3 tức là trong 3 số a,b,c không có số nào chia hết cho 3
=> dẫn tới \({{a}^{2}}\equiv {{b}^{2}}\equiv {{c}^{2}}\equiv 1\) ( mod 3 ). Vì \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-2ab\) chia hết cho 3 nên \(-2ab\) cũng chia hết cho 3, vô lí vì a.b.c đều không chia hết cho 3.
Do đó, ta phải có abc chia hết cho 3. Từ đây ta có ngay \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\) chia hết cho 3.
Vì số chính phương khi chia 3 thì dư chỉ có thể là 0,1 cả 3 số \({{a}^{2}},{{b}^{2}},{{c}^{2}}\) phải chia hết cho 3 kéo theo a,b,c đều chia hết cho 3. Khi đó abc chia hết cho 27
Vì ( 27,2 ) = 1 nên abc chia hết cho 27.2 = 54. Phép chứng minh hoàn tất
2) Phương trình đã cho được viết lại thành
\({{y}^{2}}-\left( {{x}^{3}}-{{x}^{2}}+5x \right)y+4{{x}^{2}}=0\)
Coi phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn y, tính biệt thức
\(\Delta ={{\left( {{x}^{3}}-{{x}^{2}}-5x \right)}^{2}}-16{{x}^{2}}={{x}^{2}}\left( {{x}^{2}}-x+1 \right)\left( {{x}^{2}}-x+9 \right)\)
Điều kiện cần để phương trình có nghiệm y nguyên là \(\Delta\) là số chính phương.
=> \(\left( {{x}^{2}}-x+1 \right)\left( {{x}^{2}}-x+9 \right)\) là số chính phương ( do x nguyên dương nên \({{x}^{2}}>0\)).
Vì \({{x}^{2}}-x+1=x\left( x-1 \right)+1\) là số lẻ và nếu gọi \(d=\gcd \left( {{x}^{2}}-x+1,{{x}^{2}}-x+9 \right)\) thì d lẻ và \(d\left( {{x}^{2}}-x+9 \right)-\left( {{x}^{2}}-x+1 \right)=8\) nên ta phải có d = 1.
Suy ra \({{x}^{2}}-x+1,{{x}^{2}}-x+9\) đều là các số chính phương. Mà
\({{\left( x-1 \right)}^{2}}<{{x}^{2}}-x+1<{{\left( x+1 \right)}^{2}}\)
nên \({{x}^{2}}-x+1={{x}^{2}}\) và tìm được x = 1. Thay x = 1 tìm được y = 1, y = 4. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên dương ( x,y ) là ( 1,1 ) và ( 1,4 )
1) Tìm tất cả cặp số nguyên ( x,y ) sao cho xy là số chính phương và \({{x}^{2}}+xy+{{y}^{2}}\) là số nguyên tố
2) Với các số thực không âm a,b và c thỏa mãn \(a+2b+3c=1\), tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P=\left( a+6b+6c \right)\left( a+b+c \right)\)
Giải
1) Đặt \(xy={{z}^{2}}\) với \(z\in \mathbb{N}\)
thì \({{x}^{2}}+xy+{{y}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}={{\left( x+y \right)}^{2}}-{{z}^{2}}=\left( x+y-z \right)\left( x+y+z \right)\)
Chú ý là \(xy={{z}^{2}}\ge 0\) nên x,y ở cùng phía với 0. Và nếu cặp ( x,y ) thỏa mãn thì cặp ( -x,-y ) cũng thỏa mãn, do đó ta chỉ cần xét \(x,y\ge 0\).
Khi đó \(x+y+z\ge x+y-z\) và do \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\) là số nguyên tố nên ta phải có \(x+y+z=1,{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=x+y+z\).
Do \(x,y,z\in \mathbb{N}\) nên \({{x}^{2}}\ge x,{{y}^{2}}\ge y,{{z}^{2}}\ge z\) nên để có đẳng thức \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=x+y+z\) thì \({{x}^{2}}=x,{{y}^{2}}=y,{{z}^{2}}=z\).
Vậy, có hai cặp ( x,y ) là ( 1,1 ),( -1,-1 )
2) Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
\(\dfrac{3}{2}P\ge \left( \dfrac{1}{2}a+3b+3c \right)\left( 3a+3b+3c \right)\ge {{\left( \sqrt{\dfrac{3}{2}}a+3b+3c \right)}^{2}}\ge {{\left( a+2b+3c \right)}^{2}}=1\)
Suy ra \(P\ge \dfrac{2}{3}\) . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 0, \(c=\dfrac{1}{3}\). Gía trị nhỏ nhất của P là \(\dfrac{2}{3}\)
Lại có, theo bất đẳng thức AM-GM thì
\(4P=\left( a+6b+6c \right)\left( 4a+4b+4c \right)\le \dfrac{{{\left( a+6b+6c+4a+4b+4c \right)}^{2}}}{4}\le \dfrac{25{{\left( a+2b+3c \right)}^{2}}}{4}=\dfrac{25}{4}\)
kéo theo \(P\le \dfrac{25}{16}\)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(a+6b+6c=4\left( a+b+c \right),c=0,a+2b+3c=1\). Giả ta tìm được \(a=\dfrac{1}{4},b=\dfrac{3}{8},c=0\). Gía trị lớn nhất của P là \(\dfrac{25}{16}\)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB < AC ), nội tiếp đường tròn (O). Ba đường cao AD,BE và CF của tam giác ABC cùng đi qua điểm H. Đường thẳng EF cắt đường thẳng AD tại điểm Q. Gọi M và I lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC và AH. Đường thẳng IM cắt đường thẳng EF tại điểm K.
1) Chứng minh rằng tam giác AEK đồng dạng với tam giác ABM
2) Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại điểm S, đường thẳng SI cắt đường thẳng MQ tại điểm T. Chứng minh rằng bốn điểm A,T,H và M cùng thuộc một đường tròn
3) Tia TH cắt đường tròn (O) tại điểm P. Chứng minh rằng ba điểm A,K và P thẳng hàng
Giải
1) Xét các tam giác BFC và BEC lần lượt vuông tại F và E với các trung tuyến tương ứng là FM và EM.
=> \(FM = EM = \dfrac{1}{2}BC\).
Tương tự, xét các tam giác AFH và AEH lần lượt vuông tại F và E với các trung tuyến tương ứng là FI và EI,
=> \(FI = EI = \dfrac{1}{2} AH\).
=> MI là đường trung trực của EF
=> K là trung điểm của EF.
Ta có: \(\Delta AEB\,\sim \,\Delta AFC\,\left( g.g \right)\)
=> \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\), kéo theo \(\Delta AEF\,\sim \,\Delta ABC\,\left( c.g.c \right)\).
=> \(\widehat{AEF}\,=\,\widehat{ABC}\) và \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{2EK}{2BM}=\dfrac{EK}{BM}\).
=> \(\Delta AEK\,\sim \,\Delta ABM\,\left( c.g.c \right)\)
2) Xét \(\Delta ISM\) có:
\(ID \bot SM\) và \(SK \bot IM\) ( vì MI là trung trực của EF ),
=> Q là trực tâm của \(\Delta ISM\).
=> \(MQ \equiv MT \bot \,SI\)
=> \(\widehat{ITM}=90{}^\circ =\widehat{IEM}=\widehat{IFM}\).
=> Năm điểm I,T,E,F,M cùng thuộc một đường tròn
=> \(QT.QM = QE.QF\).
Ta có tứ giác AEFH là tứ giác nội tiếp, \(QE.QF = QA.QH\).
=> \(QT.QM = QA.QH\)
=> Bốn điểm A,T,H,M cùng thuộc một đường tròn
3) Trên tia TH lấy một điểm P’ sao cho \(HT.HP’ = HA.HD\).
Khi đó, ta cũng được \(HT.HP’ = HB.HE = HC.HF\)
=> TBP’E và TCP’F là các tứ giác nội tiếp.
=> Ta có \(\widehat{BP'T}=\widehat{BET}=\widehat{HET}\) và \(\widehat{CP'T}=\widehat{CFT}=\widehat{HFT}\).
Ta có tứ giác TIEF nội tiếp nên \(\widehat{EFT}=\widehat{EIF}=\widehat{2BAC}\)
=> \(\widehat{BP'C}=\widehat{BP'T}+\widehat{CP'T} \\=\widehat{HET}+\widehat{HFT} \\=360{}^\circ -\widehat{EHF}-\widehat{EFT} \\=360{}^\circ -\left( 180{}^\circ -\widehat{BAC} \right)-\widehat{2BAC} \\=180{}^\circ -\widehat{BAC}\)
=> \(P'\in (O)\)
=> \(P'\equiv P\).
Như vậy, \(HA.HD = HT.HP\) nên tứ giác ATDP nội tiếp và \(\widehat{DAP}=\widehat{DTH}\).
Mặt khác, ta có các kết quả quen thuộc \(\widehat{BAO}=\widehat{CAH}\) và \(AO \bot EF\), kết hợp với \(\Delta AEK\,\sim \,\Delta ABM\)
=> \(\widehat{OAM}=\widehat{BAO}-\widehat{BAM}=\widehat{CAH}+\widehat{EAK}=\widehat{DAK}\) và \(IM // AO\) ( \(\bot EF\) ).
Mà ATHM và ITDM là các tứ giác nội tiếp, ta được
\(\widehat{DTH}=\widehat{AHT}-\widehat{IDT}=\widehat{AMT}-\widehat{IMT}=\widehat{AMI}=\widehat{OAM}=\widehat{DAK}\)
Do đó, \(\widehat{DAP}=\widehat{DAK}\), từ đó suy ra A,P,K thẳng hàng
Cho 2023 điểm nằm trong một hình vuông cạnh 1. Một tam giác đều được gọi là phủ điểm M nếu điểm M nằm trong tam giác hoặc nằm trên cạnh của tam giác
Giải:
1)
Mỗi một phần đều là tam giác vuông cân với độ dài cạnh bên bằng \(\dfrac{1}{2}\)
Theo nguyên lý Dirichlet, có 2023 điểm được phân bố vào trong 8 phần như hình vẽ trên nên tồn tại một phần có chứa ít nhất
\(\left[ \dfrac{2023}{8} \right]+1=253\) điểm
Nói cách khác, tồn tại một tam giác vuông cân có cạnh bằng \(\dfrac{1}{2}\) chứa ít nhất 253 điểm. Mà tam giác vuông cân có cạnh bên bằng \(\dfrac{1}{2}\) thì sẽ chứa trong một tam giác đều có cạnh bằng \(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\), ta có điều phải chứng minh
2) Gọi hình vuông được cho là ABCD với tâm O. Ta sử dụng hai đường vuông góc IF,EG đi qua O và tạo với các cạnh một góc \(60{}^\circ\) để chia hình vuông thành 4 tứ giác AIOG, BIOE, CEOF, DFOG như hình vẽ bên dưới
Theo nguyên lý Dirichlet, có 2023 điểm được phân bố vào trong 4 phần như hình vẽ trên nên tồn tại một phần phủ ít nhất
\(\left[ \dfrac{2023}{4} \right]+1=506\) điểm
Không mất tính tổng quát, giả sử tứ giác AIOG phủ ít nhất 506 điểm. Ta dựng tam giác đều IMN sao cho \(A\in \,\,IN,\,O\in \,\,IM\) và \(G\in \,\,MN\) như hình vẽ.
Kẻ \(OH \bot AB\). Ta có \(OI=\dfrac{OH}{\sin 60{}^\circ }=\dfrac{1/2}{\sqrt{3}/2}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\).
Tương tự \(OG=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\). Ta lại có \(OM=\dfrac{OG}{\tan 60{}^\circ }=\dfrac{1/\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=\dfrac{1}{3}\) Suy ra
\(IM=OI+OM=\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\dfrac{1}{3}<\dfrac{11}{12}\)
Như vậy tam giác đều IMN có cạnh nhỏ hơn \(\dfrac{11}{12}\), suy ra tồn tại tam giác đều phủ toàn bộ tam giác đều IMN. Tam giác đều ấy do đó phủ toàn bộ tứ giác AIOG, suy ra nó cũng phủ ít nhát 506 điểm được cho
Trên đây MATHX đã hướng dẫn các em giải đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên của Sở GDĐT Hà Nội 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.
HỆ THỐNG CHƯƠNG TRÌNH HỌC CỦA MATHX