Bộ 56 đề thi Toán Ôn vào 10 có đáp án chọn lọc từ các trường

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
THPT Chuyên Hà Nội - Amsterdam
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI Năm học 2022– 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán
Thời gian làm bài : 150 phút
(Dành cho học sinh thi chuyên Toán) Bài I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: 2) Giải hệ phương trình
Bài II (2,5 điểm).
1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh
2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn
3) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn
Bài III (1,5 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) = 1. Chứng minh ab + ac + bc ≤
Bài IV (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) . Các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H. Gọi Q là điểm bất kỳ trên
cung nhỏ BC. Gọi E, F là điểm đối xứng của Q qua AB, AC. 1) CMR: MH.MA = MP.MN
2) CMR : E, F, H thẳng hàng.
3) Gọi J là giao điểm của QE và AB. Gọi I là giao điểm của QF và AC. Tìm vị trí của Q trên cung nhỏ BC để nhỏ nhất. Bài V (1,0 điểm)
Chứng minh tồn tại các số nguyên a, b, c sao cho 0 < <

ĐÁP ÁN Bài I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: (1) ĐK: x ≥ 8 Ta có: Do đó (thỏa mãn)
Vậy tập nghiệm của phương trình là {9} 2) Giải hệ phương trình (I) Ta có
không là nghiệm của hệ. Do đó
Vậy hệ có nghiệm (2;1) và (–2;–1)
Bài II (2,5 điểm).
1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh
Vì n và 10 nguyên tố cùng nhau nên n không chia hết cho 2 và 5.
⇒ n chỉ có thể có dạng 10k ± 1 và 10k ± 3 với k ∈ ℕ. Ta có:
Do n lẻ nên n – 1 ⋮ 2; n + 1 ⋮ 2 và + 1 ⋮ 2 ⇒ – 1 ⋮ 8. (1)
 Nếu n = 10k ± 1 ⇒ n2 ≡ (±1)2 ≡ 1 (mod 10) ⇒ n2 – 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5 (2)
Từ (1) và (2), chú ý (5;8) = 1 suy ra n4 – 1 ⋮ 40
 Nếu n = 10k ± 3 ⇒ n2 ≡ (±3)2 = 9 (mod 10) ⇒ n2 + 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5 (3)


Từ (1) và (3) chú ý (5;8) = 1 suy ra n4 – 1⋮ 40
Vậy trong mọi trường hợp ta có n4 – 1 ⋮ 40
2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn
Từ (1) ⇒ p – 1 là số chẵn ⇒ p là số nguyên tố lẻ.
Trừ từng vế của (2) cho (1) ta được
⇒ 2(y – x)(y + x + 2) ⋮ p. Mà (2;p) = 1 nên xảy ra 2 TH:
 y – x ⋮ p ⇒ y – x = kp (k ∈ ℕ*)
Khi đó từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(x + y + 2) ⇒ kp – k = 2k2(x + y + 2) ⇒ y – x – k = 2k2(x + y + 2)
(loại vì x + y + 2 > y – x – k > 0 ; 2k2 > 1 ⇒ 2k2(x + y + 2) > y – x – k)
 y + x + 2 ⋮ p ⇒ x + y + 2 = kp (k ∈ ℕ*)
Từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(y – x) ⇒ kp – k = 2k2(y – x) ⇒ x + y + 2 – k = 2k2(y – x) (**)
Ta chứng minh k = 1. Thật vậy nếu k ≥ 2 thì từ (**) ⇒ x + y = 2k2(y – x) + k – 2 ≥ 8(y – x) (vì y – x > 0)
⇒ 9x ≥ 7y ⇒ 7y < 14x ⇒ y < 2x
Do đó từ (2) ⇒ (p – 1)(p + 1) = 2y(y + 2) < 4x( 2x + 2) < 4x(2x + 4) = 8x( x + 2) = 4(p – 1)
(vì 2x(x + 2) = p – 1 theo (1))
⇒ p + 1 < 4 ⇒ p < 3, mâu thuẫn với p là số nguyên tố lẻ. Do đó k = 1, suy ra
Thay p – 1 = 4x + 2 vào (1) ta có: ⇒ y = 4, p = 7 (thỏa mãn) Vậy x = 1, y = 4 và p = 7.
3) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn (1)
Giả sử n là số nguyên dương sao cho tồn tại các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn (1)
Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 1. Từ (1) ⇒ Vì x ≥ y ≥ z nên Kết hợp với (*) ta có Mà Ta có:  Nếu z = 2 : (**) (loại vì y < z)  Nếu z = 1 : (**)
Ta chứng minh n ∉ {2;4}. Thật vậy,
*Nếu n = 4 thì từ n2y ≤ 18 ⇒ 16y ≤ 18 ⇒ y = 1. Từ (1) ⇒ x3 + 2 = 4x2 ⇒ x2(4 – x) = 2 ⇒ x2 là ước của 2 ⇒ x = 1 (không thỏa mãn)
*Nếu n = 2 thì từ n2y ≤ 18 suy ra 4y ≤ 18 ⇒ 1 ≤ y ≤ 4.

+ +
Suy ra x2 là ước của 9. Mà x2 ≥ y2 = 4 nên x=3 (không thỏa mãn) +
Suy ra x2 là ước của 28. Mà x2 ≥ y2 = 9 nên không tồn tại x thỏa mãn. +
là ước của 65 (loại vì 65 không có ước chính phương)
Vậy n ∉ {2;4}. Do đó n ∈ {1;3}
Thử lại với n = 1, tồn tại bộ (x;y;z) nguyên dương chẳng hạn (x;y;z) = (3;2;1) thỏa mãn (1)
với n = 3, tồn tại bộ (x;y;z) = (1;1;1) thỏa mãn (1).
Vậy tất cả các giá trị n thỏa mãn bài toán là n ∈ {1;3}
Bài III (1,5 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) = 1. Chứng minh ab + ac + bc ≤
Áp dụng BĐT Cô–si cho ba số không âm, kết hợp điều kiện (1) ta có:
Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số không âm, kết hợp điều kiện (1) ta có:
Biến đổi (1), chú ý 2 BĐT (2) và (3), ta được:
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =
Bài IV (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) . Các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H. Gọi Q là điểm bất kỳ trên
cung nhỏ BC. Gọi E, F là điểm đối xứng của Q qua AB, AC.