Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên môn Toán (chuyên) năm 2021 trường ĐHSP Hà Nội

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh đề tuyển sinh lớp 10 chuyên môn Toán (chuyên) năm 2021 trường ĐHSP Hà Nội; đề thi có đáp án và lời giải chi tiết. Mời các bạn đón xem!

29 15 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024

Môn: Môn Toán

Thông tin:

7 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Vũ Hường
Sản phẩm của: “Nhóm Toán Tiểu Học-THCS-THPT VIỆT NAM”
NHÓM TOÁN TIỂU HỌC – THCS - THPT VIỆT NAM Trang 2
LỜI GIẢI ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI
Tập Thể Giáo Viên Nhóm Toán “Tiểu Học – THCS – THPT VIỆT NAM”
Tạ Thị Huyền Trang Nguyễn Trí Chính Hoàng Dương
Thắng Vũ Phạm Thụ Trần Lệnh Ánh
Phạm Thu Hà Việt Dũng Lê Hợp
Nguyễn Lan Anh Phạm Văn Tuân Lê Hường
Ngô Nguyễn Quốc Mẫn Võ Quang Mẫn Trần Hùng Quân
Lê Quỳnh Trang Lê Minh Đức Lê Thị Hoàng Hạnh
Bùi Quốc Trọng Phạm Duy Nguyên Nguyễn Hưng
Nguyễn Minh Toàn
Bài 1. (2,5 điểm)
Cho
15
2
a
+
=
a) Tìm một đa thức bậc hai
()Qx
với hệ số nguyên sao cho
α
là nghiệm của
()
Qx
b) Cho đa thức:
54
() 1Px x x x= − −+
. Tính giá trị của
()
P
α
Lời giải
a).Tìm một đa thức bậc hai
()Qx
với hệ số nguyên sao cho
α
là nghiệm của
()Qx
Cách 1:
Có
22
15
2 1 5 4 4 40 10
2
α α α α αα
+
= ⇔ −= ⇒ − − = ⇔ − −=
.
Sản phẩm của: “Nhóm Toán Tiểu Học-THCS-THPT VIỆT NAM”
NHÓM TOÁN TIỂU HỌC – THCS - THPT VIỆT NAM Trang 3
Phương trình
có hệ số nguyên và có 2 nghiệm
15
2
α
+
=
,
15
2
β
−
=
.
Vậy
( )
2
1Qx x x= −−
thỏa yêu cầu bài.
Cách 2:
Có
15
2
α
+
=
, đặt
15
2
β
−
=
Ta có
1
.1
αβ
αβ
+=
= −
Phương trình có hệ số nguyên nhận
α
,
β
làm nghiệm là
2
10xx−−=
Vậy
( )
2
1Qx x x= −−
thỏa yêu cầu bài.
b)
54 5433
() 1 1Pxxxx xxxxx= − −+= − − + −+
( )
32 3 2 2
() 1 1Pxxxx xxxx= −− + − −+ +
2 32
( ) ( 1)( ) 1Px x x x x x
= −− + + +
2 32
( ) ( 1)( ) 1P
α αα ααα
= −− + + +
.
2
() 0 1P
αα
=++
(Do
α
là nghiệm của phương trình:
2
1xx−−
).
Mà
2
12
αα
+= +
nên
2
15 55
() 1 2 2
22
P
αα α
++
= += += +=
.
Vậy
55
()
2
P
α
+
=
.
Bài 2. (3,0 điểm)
Cho
,AB
là hai điểm cố định nằm trên đường tròn tâm
O
, bán kính
R
. Giả sử
C
là điểm cố
định trên tia đối của tia
BA
. Một cát tuyến thay đổi qua
C
cắt đường tròn
( )
O
tại
D
và
E
(
D
nằm giữa
, CE
). Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác
BCD
và
ACE
cắt nhau tại giao
điểm thứ hai
M
. Biết rằng bốn điểm
,, ,OBM E
tạo thành tứ giác
OBME
.
Chứng minh rằng:
a) Tứ giác
OBME
nội tiếp.
b)
22
.CD CE CO R= −
.
c)
M
luôn di chuyển trên một đường tròn cố định.
Lời giải
Sản phẩm của: “Nhóm Toán Tiểu Học-THCS-THPT VIỆT NAM”
NHÓM TOÁN TIỂU HỌC – THCS - THPT VIỆT NAM Trang 4
a) Chứng minh tứ giác
OBME
nội tiếp.
( )
22 2 2EOB BAE BDC BMC EMC EMB= = = = −
(
)
2 180 EAB EMB= °− −
360 2EOB EMB= °− −
suy ra
180EOB EMB+=°
hay tứ giác
OBME
nội tiếp.
b) Chứng minh
22
.
CD CE CO R= −
.
Cách 1.
Kẻ
CF
là tiếp tuyến của
( )
O
, suy ra
22222
CF OF CF CO OF CO R
⊥⇒ = − = −
(1)
Mặt khác:
CDF CFE∆∆∽
(g.g)
2
.
CD CF
CF CD CE
CF CE
⇒=⇒ =
(2)
Từ (1) và (2) ta có
22
.CD CE CO R= −
.
Cách 2.
Gọi
T
là trung điểm
DE
.
Có
( )( )
.,CD CE CT TD CT TE TD TE=−+ =
222222222
CT TD CO OT TD CO OD CO R=−= −−=− =−
T
F
M
D
O
B
A
C
E
Sản phẩm của: “Nhóm Toán Tiểu Học-THCS-THPT VIỆT NAM”
NHÓM TOÁN TIỂU HỌC – THCS - THPT VIỆT NAM Trang 5
c) Chứng minh
M
luôn di chuyển trên một đường tròn cố định.
90OMC OMB BMC OEB EAB
= + =+=°
hay
M
luôn di chuyển trên đường tròn đường
kính
OC
cố định.
Bài 3. (2,0 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương
N
sao cho
N
có thể biểu diễn một cách duy nhất ở dạng
2
1
1
xy
xy
+
+
với
,xy
là hai số nguyên dương.
Lời giải
(
) ( )
2
2
01
1
xy
N x NxyNy xNyx yN
xy
+
= ⇔ − − +=⇔ − =−
+
Với
1N =
dễ thấy có vô số cách biểu diễn
N
theo
,xy
là các bộ số dạng
( ) ( )
( )
*
, ,1xy aa a=+∈
Với
2N ≥
Nếu
2
yN xN
= ⇒=
Nếu
yN
≠
thì
( )
1 yNx yN x⇒− ⇒ − ≥
suy ra trong hai số
;yN
có ít nhất một số lớn hơn
x
00Nyx yN yN yx⇒ −>⇒− >⇒> ⇒>
Từ
( )
( )
1 20yNNyx yN Nyx yx y yx y N⇒− −⇒− ≥ −≥ −≥+ − ≥⇒ ≤
( loại)
Vậy với
2N ≥
thì ta có một biểu diễn duy nhất ở dạng
2
1
xy
xy
+
+
Cách khác.
+)
1N =
có vô số bộ
( )
;xy
có dạng
( ) ( )
;1kk k N+∈
thỏa mãn
2
1
xy
N
xy
+
=
+
.
Suy ra
1N =
loại
+)
1N ≠
2
1x y xy++
( )
( )
2
1 1y x y x xy xy⇒ +− + +
2
1y x xy⇒− +
Sản phẩm của: “Nhóm Toán Tiểu Học-THCS-THPT VIỆT NAM”
NHÓM TOÁN TIỂU HỌC – THCS - THPT VIỆT NAM Trang 6
+)
2
22x y x y xy y xy<⇒ +≤ +< +
2
2
222 2 2
1
xy
x y xy xy xy xy N
xy
+
⇒ +≤ + = < +⇒ <⇒ <
+
vô lý.
+)
( )
22
11xy xy xy xy xy≥ ⇒− + <− < − < < +
22
0y x xy⇒ −=⇒=
4
2
1
yy
Ny
y
+
⇒= =
+
2
xN⇒=
Với mọi
1
N >
thì cặp
( )
2
;NN
là duy nhất
Bài 4. (2,5 điểm)
Cho
a
,
b
,
c
là ba số nguyên dương sao cho mỗi số trong ba số đó đều biểu diễn được dưới
dạng lũy thừa của
2
với số mũ tự nhiên. Biết rằng phương trình bậc hai
2
0ax bx c− +=
(1) có
cả hai nghiệm đều là số nguyên. Chứng minh rằng hai nghiệm của phương trình (1) bằng nhau.
Lời giải
Cách 1:
Đặt
( )
2; 2; 2 , ,
knm
a b c kmn
= = = ∈
Gọi
12
;xx
là nghiệm nguyên của phương trình
2
0ax bx c− +=
Ta có
( )
2
11 1 1 1 1
0 02
m
ax bx c c x b ax c x x− +=⇒= − >⇒ ⇒

tương tự
( )
2
21
m
x
Theo hệ thức Vi-et:
( )
12 1
2
12
20
2
0
.2
nk
mk
xx x
x
xx
−
−
+= >
⇒

>
=
Từ
( ) ( )
12
1;2 ;xx⇒
là các lũy thừa với số mũ tự nhiên của 2.
Đặt
( )
12
2, 2 ,
pq
x x pq= = ∈
không mất tính tổng quát giả sử
pq≥
.
Khi đó
( )
12
2 2212 212
nk q pq nk pq nkq
xx
− − − − −−
+ = ⇔ + = ⇒ +=
Vì
2 122 22
pq nkq nkq− −− −−
+≥⇒ ≥⇒
là số chẵn
21
pq−
⇒+
là số chẵn
12
21 0
pq
pq pq x x
−
⇒ =⇒−=⇔ =⇒ =
(đpcm).
Sản phẩm của: “Nhóm Toán Tiểu Học-THCS-THPT VIỆT NAM”
NHÓM TOÁN TIỂU HỌC – THCS - THPT VIỆT NAM Trang 7
Cách 2:
Đặt
( )
2; 2 ; 2 ; ;
nmp
a b c mn p= = = ∈
.
Xét phương trình
( )
2
01ax bx c+ +=
có
2 22
4 22
m np
b ac
++
∆= − = −
.
Để phương trình
( )
1
có nghiệm nguyên thì
∆
là số chính phương.
( )
2 22
22
m np
kk
++
⇒− = ∈
( )( )
2
2 22
np m m
kk
++
⇔=−+
(
)
( )
1
22
22
2 2 12
2
22
mu
uv
m u vu
mv
k
uv
k
−−
−=
+
⇒ <⇒ = = +
−=
.
Nếu
uv≠
thì
12
vu−
+
là số lẻ và khác
1
(vô lý).
Suy ra
uv=
00k
⇒ = ⇒∆=
.
Do đó, phương trình
( )
1
có hai nghiệm bằng nhau.
____________________ HẾT ____________________
| 1/7
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Sản phẩm của: “Nhóm Toán Tiểu Học-THCS-THPT VIỆT NAM”
LỜI GIẢI ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI
Tập Thể Giáo Viên Nhóm Toán “Tiểu Học – THCS – THPT VIỆT NAM”
Tạ Thị Huyền Trang Nguyễn Trí Chính Hoàng Dương Thắng Vũ Phạm Thụ Trần Lệnh Ánh Phạm Thu Hà Việt Dũng Lê Hợp Nguyễn Lan Anh Phạm Văn Tuân Lê Hường
Ngô Nguyễn Quốc Mẫn Võ Quang Mẫn Trần Hùng Quân Lê Quỳnh Trang Lê Minh Đức
Lê Thị Hoàng Hạnh Bùi Quốc Trọng Phạm Duy Nguyên Nguyễn Hưng Nguyễn Minh Toàn Bài 1. (2,5 điểm) Cho 1 5 a + = 2
a) Tìm một đa thức bậc hai Q(x) với hệ số nguyên sao cho α là nghiệm của Q(x) b) Cho đa thức: 5 4
P(x) = x − x − x +1. Tính giá trị của P(α) Lời giải
a).Tìm một đa thức bậc hai Q(x) với hệ số nguyên sao cho α là nghiệm của Q(x) Cách 1: Có 1+ 5 2 2 α =
⇔ 2α −1 = 5 ⇒ 4α − 4α − 4 = 0 ⇔ α −α −1 = 0 . 2
NHÓM TOÁN TIỂU HỌC – THCS - THPT VIỆT NAM Trang 2
Sản phẩm của: “Nhóm Toán Tiểu Học-THCS-THPT VIỆT NAM” Phương trình 2
x − x −1 = 0 có hệ số nguyên và có 2 nghiệm 1 5 α + = , 1 5 β − = . 2 2 Vậy Q(x) 2
= x − x −1 thỏa yêu cầu bài. Cách 2: Có 1 5 α + = , đặt 1 5 β − = 2 2 α  + β = 1 Ta có α   .β = 1 −
Phương trình có hệ số nguyên nhận α , β làm nghiệm là 2
x − x −1 = 0 Vậy Q(x) 2
= x − x −1 thỏa yêu cầu bài. b) 5 4 5 4 3 3
P(x) = x − x − x +1 = x − x − x + x − x +1 3 P x = x ( 2 x − x − ) 3 2 2 ( )
1 + x − x − x + x +1 2 3 2
P(x) = (x − x −1)(x + x) + x +1 2 3 2
P(α) = (α −α −1)(α +α) +α +1. 2
P(α) = 0 +α +1 (Do α là nghiệm của phương trình: 2 x − x −1). Mà 2 α +1 = α + 2 nên 2 1 5 5 5 P(α) α 1 α + + = + = + 2 = + 2 = . 2 2 Vậy 5 5 P(α + ) = . 2 Bài 2. (3,0 điểm) Cho ,
A B là hai điểm cố định nằm trên đường tròn tâm O , bán kính R . Giả sử C là điểm cố
định trên tia đối của tia BA . Một cát tuyến thay đổi qua C cắt đường tròn (O) tại D và E (
D nằm giữa C, E ). Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCD và ACE cắt nhau tại giao
điểm thứ hai M . Biết rằng bốn điểm O, B,M , E tạo thành tứ giác OBME . Chứng minh rằng:
a) Tứ giác OBME nội tiếp. b) 2 2 .
CD CE = CO − R .
c) M luôn di chuyển trên một đường tròn cố định. Lời giải
NHÓM TOÁN TIỂU HỌC – THCS - THPT VIỆT NAM Trang 3
Sản phẩm của: “Nhóm Toán Tiểu Học-THCS-THPT VIỆT NAM” E T M D O C B A F
a) Chứng minh tứ giác OBME nội tiếp.
 =  =  =  =  − 
EOB 2BAE 2BDC 2BMC 2(EMC EMB) = ° −  −  2(180 EAB EMB) = ° −  −  360 EOB 2EMB suy ra  + 
EOB EMB =180° hay tứ giác OBME nội tiếp. b) Chứng minh 2 2 .
CD CE = CO − R . Cách 1.
Kẻ CF là tiếp tuyến của (O) , suy ra 2 2 2 2 2
CF ⊥ OF ⇒ CF = CO − OF = CO − R (1) Mặt khác: C ∆ DF ∽ C ∆ FE (g.g) CD CF 2 ⇒ = ⇒ CF = . CD CE (2) CF CE Từ (1) và (2) ta có 2 2 .
CD CE = CO − R . Cách 2.
Gọi T là trung điểm DE . Có .
CD CE = (CT −TD)(CT +TE), TD = TE 2 2 2 2 2 2 2 2 2
= CT −TD = CO − OT −TD = CO − OD = CO − R
NHÓM TOÁN TIỂU HỌC – THCS - THPT VIỆT NAM Trang 4
Sản phẩm của: “Nhóm Toán Tiểu Học-THCS-THPT VIỆT NAM”
c) Chứng minh M luôn di chuyển trên một đường tròn cố định.  =  +  =  + 
OMC OMB BMC OEB EAB = 90° hay M luôn di chuyển trên đường tròn đường
kính OC cố định. Bài 3. (2,0 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương N sao cho N có thể biểu diễn một cách duy nhất ở dạng 2
x y +1 với x, y là hai số nguyên dương. xy +1 Lời giải 2 x + y 2 N =
⇔ x − Nxy − N + y = 0 ⇔ x(Ny − x) = y − N ( ) 1 xy +1
Với N =1 dễ thấy có vô số cách biểu diễn N theo x, y
là các bộ số dạng (x y) = (a a + ) ( * , , 1 a ∈  ) Với N ≥ 2 Nếu 2
y = N ⇒ x = N
Nếu y ≠ N thì ( )
1 ⇒ y − Nx ⇒ y − N ≥ x
suy ra trong hai số y; N có ít nhất một số lớn hơn x
⇒ Ny − x > 0 ⇒ y − N > 0 ⇒ y > N ⇒ y > x Từ ( )
1 ⇒ y − NNy − x ⇒ y − N ≥ Ny − x ≥ 2y − x ≥ y + ( y − x) ≥ y ⇒ N ≤ 0 ( loại) 2 +
Vậy với N ≥ 2 thì ta có một biểu diễn duy nhất ở dạng x y xy +1 Cách khác. 2 x + y
+) N = 1 có vô số bộ ( ;
x y) có dạng (k;k + )
1 (k ∈ N )thỏa mãn = N . xy +1 Suy ra N =1 loại +) N ≠ 1 2 x + yxy +1 ⇒ y( 2
x + y) − x(xy + ) 1  xy +1 2
⇒ y − xxy +1
NHÓM TOÁN TIỂU HỌC – THCS - THPT VIỆT NAM Trang 5
Sản phẩm của: “Nhóm Toán Tiểu Học-THCS-THPT VIỆT NAM” +) 2
x < y ⇒ x + y ≤ xy + y < 2xy + 2 2 2 + ⇒ + ≤ + = 2 < 2 + 2 x y x y xy xy xy xy ⇒
< 2 ⇒ N < 2 vô lý. xy +1
+) x ≥ y ⇒ −( xy + ) 2 2
1 < −x < y − x < y < xy +1 2 2
⇒ y − x = 0 ⇒ x = y 4 y + y ⇒ N = = y 2 y +1 2 ⇒ x = N
Với mọi N > 1 thì cặp ( 2
N ; N ) là duy nhất Bài 4. (2,5 điểm)
Cho a , b , c là ba số nguyên dương sao cho mỗi số trong ba số đó đều biểu diễn được dưới
dạng lũy thừa của 2 với số mũ tự nhiên. Biết rằng phương trình bậc hai 2
ax − bx + c = 0 (1) có
cả hai nghiệm đều là số nguyên. Chứng minh rằng hai nghiệm của phương trình (1) bằng nhau. Lời giải Cách 1:
Đặt = 2k; = 2n; = 2m a b c (k, , m n∈)
Gọi x ; x là nghiệm nguyên của phương trình 2
ax − bx + c = 0 1 2 Ta có 2 − + = 0 ⇒ = − > 0 ⇒  ⇒ 2m ax bx c c x b ax c x
x tương tự 2mx 1 2 ( ) 1 1 1 ( 1 ) 1 1
x + x = 2n−kx > 0 Theo hệ thức Vi-et: 1 2 1  ⇒  (2)
x .x = 2m−kx > 0 1 2 2 Từ ( )
1 ;(2) ⇒ x ; x là các lũy thừa với số mũ tự nhiên của 2. 1 2
Đặt = 2p, = 2q x x p,q ∈
không mất tính tổng quát giả sử p ≥ q . 1 2 ( ) Khi đó 2n k 2q 2p q 1 2n k 2p q 1 2n k q x x − − − − − − + = ⇔ + = ⇒ + = 1 2 ( )
Vì 2p−q +1≥ 2 ⇒ 2n−k−q ≥ 2 ⇒ 2n−k−q là số chẵn ⇒ 2p−q +1 là số chẵn
⇒ 2p−q =1⇒ p − q = 0 ⇔ p = q ⇒ x = x (đpcm). 1 2
NHÓM TOÁN TIỂU HỌC – THCS - THPT VIỆT NAM Trang 6
Sản phẩm của: “Nhóm Toán Tiểu Học-THCS-THPT VIỆT NAM” Cách 2:
Đặt = 2n; = 2m; = 2p a b c ( ; m ; n p∈). Xét phương trình 2
ax + bx + c = 0 ( ) 1 có 2 2m n+ p+2
∆ = b − 4ac = 2 − 2 . Để phương trình ( )
1 có nghiệm nguyên thì ∆ là số chính phương. 2m n+ p+2 2 ⇒ 2 − 2 = k (k ∈) n+ p+2 ⇔ 2 = (2m − )(2m k + k )
2m − k = 2u u v ⇒  (u < v) m 2 + 2 u 1 ⇒ 2 =
= 2 − (1+ 2v−u . m v ) 2 − k = 2 2
Nếu u ≠ v thì 1+ 2v−u là số lẻ và khác 1 (vô lý).
Suy ra u = v ⇒ k = 0 ⇒ ∆ = 0 . Do đó, phương trình ( )
1 có hai nghiệm bằng nhau.
____________________ HẾT ____________________
NHÓM TOÁN TIỂU HỌC – THCS - THPT VIỆT NAM Trang 7
Document Outline

  • 20210625-162248_p0-converted
  • CHUYEN-ĐHSP-HA-NOI-TS10- Vòng 2