Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2023 - 2024 sở GDĐT Hà Nội

Câu lạc bộToán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 3

2. PHẦN LỜI GIẢI

Câu 1: (2,0 điểm)

1. Giải phương trình √

x−3− √

2x−7 = 2x−8

2. Cho a,b,c là các sốthực khác 0 thỏa mãn điều kiện a2 −c2 = c,c2 −b2 = b và b2 −a2 = a. Chứng minh

(a−b)(b−c)(c−a) = 1

Lời giải.

1) Điều kiện xác định x ≥7

2.

Sửdụng nhân liên hợp, ta có phương trình ban đầu tương đương với

x−3−2x+7 √x−3+√2x−7 = 2x−8.

Chuyển vế, rút nhân tửchung ta được

(x−4) 2+ 1 √x−3+√2x−7

= 0.

Ta có √x−3 ≥0,√2x−7 ≥0 nên 2+ 1 √x−3+√2x−7 > 0 với mọi x ≥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 đềbài ta có a2 −c2 +c2 −b2 = c+b và a,b,c ̸= 0 nên a2 −b2 = c+b. Nếu a+b = 0 thì a = −b. Tuy nhiên khi đó a = b2 −a2 = 0 là trái giảthiết. Do đó, ta phải có a + b ̸= 0

dẫn tới a−b = c+b

a+b.

Hoàn toàn tương tựta có b−c = c+a

b+c và c−a = a+b

c+a.

Từđây ta suy ra

(a−b)(b−c)(c−a) = c+b

a+b · c+a

b+c · a+b

c+a = 1.

Đây chính là điều phải chứng minh.

Câu lạc bộToán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 4

Câu 2: (2,0 điểm)

1) Cho ba sốnguyên a,b và c thỏa mãn a2 +b2 +c2 −2abc chia hết cho 6. Chứng minh abc chia hết cho 54

2) Tìm tất cảcặp sốnguyên dương (x,y) thỏa mãn x3y−x2y−4x2 +5xy−y2 = 0.

Lời giải.

1) Nếu cảba sốa,b,c đều lẻthì a2 +b2 +c2 −2abc sẽlẻvà do đó a2 +b2 +c2 −2abc không chia hết cho 6, trái giảthiết. Do đó, trong ba sốa,b,c phải có ít nhất một sốchẵn, nghĩa là abc chia hết cho 2.

Nếu abc không chia hết cho 3 tức là trong 3 sốa,b,c không có sốnào chia hết cho 3, dẫn tới a2 ≡b2 ≡c2 ≡1 (mod 3). Vì a2 +b2 +c2 −2abc chia hết cho 3 nên −2abc 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. Từđây ta có ngay a2 +b2 +c2 chia hết cho 3. Vì sốchính phương khi chia 3 thì dư chỉcó thểlà 0,1 cả3 sốa2,b2,c2 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

y2 −(x3 −x2 +5x)y+4x2 = 0.

Coi phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn y, tính biệt thức

∆= (x3 −x2 +5x)2 −16x2 = x2(x2 −x+1)(x2 −x+9).

Điều kiện cần đểphương trình có nghiệm y nguyên là ∆là sốchính phương. Suy ra (x2 −x+ 1)(x2−x+9) là sốchính phương (do x nguyên dương nên x2 > 0). Vì x2−x+1 = x(x−1)+1 là sốlẻvà nếu gọi d = gcd(x2 −x+1,x2 −x+9) thì d lẻvà d | (x2 −x+9)−(x2 −x+1) = 8 nên ta phải có d = 1. Suy ra x2 −x+1,x2 −x+9 đều là các sốchính phương. Mà

(x−1)2 < x2 −x+1 < (x+1)2

nên x2 −x+1 = x2 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).

Câu lạc bộToán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 5

Câu 3: (2,0 điểm)

1) Tìm tất cảcác cặp sốnguyên (x,y) sao cho xy là sốchính phương và x2 +xy+y2 là số nguyên tố.

2) Với các sốthực không âm a,b,c thoảmãn a+2b+3c = 1, tìm giá trịlớn nhất và giá trịnhỏnhất của biểu thức P = (a+6b+6c)(a+b+c).

Lời giải.

1) Đặt xy = z2 với z ∈N thì x2 +xy+y2 = x2 +y2 +z2 = (x+y)2 −z2 = (x+y−z)(x+y+z). Chú ý là xy = z2 ≥0 nên x,y ởcùng phía với 0. Và nếu cặp (x,y) thoảmãn thì cặp (−x,−y) cũng thoảmãn, do đó ta chỉcần xét x,y ≥0. Khi đó x+y+z ≥x+y−z và do x2 +y2 +z2

là sốnguyên tốnên ta phải có x + y −z = 1,x2 + y2 + z2 = x + y + z. Do x,y,z ∈N nên x2 ≥x,y2 ≥y,z2 ≥z nên đểcó đẳng thức x2 + y2 + z2 = x + y + z thì x2 = x,y2 = y,z2 = z. Suy ra x,y ∈{0,1}. Thửtrực tiếp thì chỉcó x = y = 1 là thoảmãn bài toán.

Vậy, có hai cặp (x,y) là (1,1),(−1,−1).

2) Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

3 2P ≥ 1

2a+3b+3c (3a+3b+3c) ≥

r

3 2a+3b+3c

!2 ≥(a+2b+3c)2 = 1.

Suy ra P ≥2

3. Dấu bằng xảy ra khi và chỉkhi a = b = 0,c = 1

3. Giá trịnhỏnhất của P là 2

3.

Lại có, theo bất đẳng thức AM-GM thì

4P = (a+6b+6c)(4a+4b+4c) ≤(a+6b+6c+4a+4b+4c)2

4 ≤25(a+2b+3c)2

4 = 25

4 ,

kéo theo P ≤25

16.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉkhi a+6b+6c = 4(a+b+c),c = 0,a+2b+3c = 1. Giải ta tìm

được a = 1

4,b = 3

8,c = 0. Giá trịlớn nhất …