Đề khảo sát Toán (Tin) vào 10 năm 2023 - 2024 trường chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa

SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT

CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10

THPT CHUYÊN LAM SƠN

NĂM HỌC 2023 - 2024

Môn: TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin)

Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang Hướng dẫn chung:

1) Nếu học sinh giải cách khác với cách nêu trong HDC này mà đúng thì vẫn được điểm tối đa của câu, ý tương ứng. 2) Trong câu hình, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không cho điểm câu đó. Câu Ý Nội dung Điểm

I (2,0đ)

1 (1,0đ)

Cho hai số thực dương ,x y thỏa mãn 9 x y   và 4 xy  . Tính giá trị của biểu thức  

2 2 ( ) x y x y P

x x y y

  



.

Ta có       

2 2 ( ) ( )( ) x y x y x y x y x y P

x x y y x y x xy y

          

0,5

     

   

2

( ) 2 ( ) (9 4).9 45 9 2 7

x y x y x y x y xy x y

x y x xy y x y xy

                

. 0,5

2 (1,0đ)

Cho hai số thực ,a b phân biệt thỏa mãn 2 2 2023 2023 a a b b c     , với c là một số thực dương. Chứng minh rằng

1 1 2023 0 a b c    .

Theo bài ra ta có ,a b là nghiệm của phương trình 2 2023 0 x x c    .

Do đó theo Hệ thức Vi-et, ta có 2023 . a b a b c      

. 0,5

Suy ra 1 1 2023 2023 2023 2023 0 a b a b c ab c c c          , đpcm. 0,5

II (2,0đ)

1 (1,0đ)

Giải phương trình    2 5 2 1 3 10 7 x x x x        (1)

Điều kiện: 2 x  .

Phương trình (1) có thể viết lại thành:    5 2 1 5. 2 7 x x x x        0,25

Đặt   5 0 2

a x a b b x

     

  

thì 2 2 7 a b   và phương trình trên trở thành:

      2 2 1 1 0 a b ab a b a b ab a b          

0,25

      1 0 1 1 1 0

1 5 1 4( )

1 3( ) 2 1

a a b a b do a b b

a x x ktm

b x tm x

           

                   

0,25

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3 x . 0,25

2 (1,0đ)

Giải hệ phương trình

3 3

2 2 2 - 7 ( )(7 2 )

7

x y x y xy

x xy y

        

.

Ta có

3 3 3 3 2 2

2 2 2 2 2 - 7 ( )(7 2 ) 2 -7 ( )( )

7 7

x y x y xy x y x y x xy y

x xy y x xy y

                       

0,25

3 3 3 3 3 3

2 2 2 2 2 7 8

7 7

x y x y x y

x xy y x xy y

                     

2

2

7 7

x y

y

    

0,25

2

2 1 2

1 2

1

x

y x y

y x

y

                     

. 0,25

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm     ; 2;1 x y  và     ; 2; 1 x y   . 0,25

III (2,0đ)

1 (1,0đ)

Giải phương trình nghiệm nguyên 2 2 2 2 2 1 xy y x xy y x y       .

Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 xy y x xy y y xy y x xy x y x y            

              

2 2 2 2 1 2 1

2 1 1

x y xy xy y x y xy x y y x y x y

x y xy y

            

    

0,5

Vì đây là phương trình nghiệm nguyên nên ta có:



 

1 (*) 2 1 1

1 ** 2 1

x y xy y

x y

xy y

                    



  2

1 1 1 0; 1 * 1 2; 1 1 0 1 1 0 1

x y x y x y x y y x y y y y y y

                                



  2

1 1 1 2; 1 ( *

2 * ) 1 2; 3 0 3 1 3 0 3

x y x y x y x y y x y y y y y y y

                                  

 

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là        0;1 , 2; 1 , 2;1 , 2; 3 S     .

0,5

2 (1,0đ)

Tìm các số nguyên dương ,a b thỏa mãn: 2 ( 1) ( ) a ab a b    và 2 ( 1) ( ) b ab b a    . Theo bài ra ta có: 2 2 2 2 2 ( )| ( 1) ( ) | ( ) ( 1) ( ) | ( ) a b a ab a b b a b a ab a b b a           (1). 0,25

Lại có: 2 2 2 2 2 ( )| ( 1) ( ) | ( 1) ( ) ( ) | ( ) b a b ab b a b ab a b a b a a b           (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra: 2 2 | | | | a b b a    . Ta xét hai trường hợp sau

0,25

Trường hợp 1:

2 2 2 2 0 ( )( 1) 0 1 a b b a a b a b a b a b b a                (vì 0 a b   ). Thay 1 b a   vào giả thiết ta thấy thỏa mãn.

0,25