Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2021-2022 sở GD&ĐT Ninh Thuận có đáp án

Biểu thức A có nghĩa khi \[x \ge 0,x \ne 16\]\[\begin{array}{l}A = \frac{2}{{\sqrt x  + 4}} + \frac{2}{{\sqrt x  - 4}} - \frac{x}{{x - 16}}\\ = \frac{{2(\sqrt x  - 4) + 2(\sqrt x  + 4) - x}}{{\left( {\sqrt x  + 4} \right)\left( {\sqrt x  - 4} \right)}}\\ = \frac{{2\sqrt x  - 8 + 2\sqrt x  + 8 - x}}{{\left( {\sqrt x  + 4} \right)\left( {\sqrt x  - 4} \right)}}\\ = \frac{{4\sqrt x  - x}}{{\left( {\sqrt x  + 4} \right)\left( {\sqrt x  - 4} \right)}}\\ = \frac{{\sqrt x \left( {4 - \sqrt x } \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 4} \right)\left( {\sqrt x  - 4} \right)}} = \frac{{ - \sqrt x }}{{\sqrt x  + 4}}\end{array}\]

Gọi vận tốc của thuyền khi nước yên lặng là x (km/h)

Gọi vận tốc của dòng nước là y (km/h)   (x, y >0)

Thời gian xuôi dòng là \[\frac{{80}}{{x + y}}(h)\]

Thời gian ngược dòng là \[\frac{{80}}{{x - y}}(h)\]

Chiếc thuyền xuôi dòng và ngược dòng trên khúc sông dài 80 km hết 9h nên ta có pt: \[\frac{{80}}{{x + y}} + \frac{{80}}{{x - y}} = 9\]

Thời gian chiếc thuyền ngược dòng trên khúc sông này nhiều hơn xuôi dòng 1 giờ nên ta có pt: \[\frac{{80}}{{x - y}} = \frac{{80}}{{x + y}} + 1\]

Từ đó ta có hpt: \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{80}}{{x - y}} = \frac{{80}}{{x + y}} + 1\\\frac{{80}}{{x + y}} + \frac{{80}}{{x - y}} = 9\end{array} \right.\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{x + y}} = \frac{1}{{20}}\\\frac{1}{{x - y}} = \frac{1}{{16}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 20\\x - y = 16\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 18\\y = 2\end{array} \right.\end{array}\]

Vậy vận tốc của dòng nước là 2 km/h

Kẻ đường kính AE của đường tròn (O). Ta thấy \[\widehat {ACE} = {90^o}\](Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Từ đó \[\widehat {OAC}{\rm{ }} + {\rm{ }}\widehat {AEC}{\rm{ }} = {\rm{ }}90^\circ \] (1)

Theo gt \[\widehat {BAH}{\rm{ }} + {\rm{ }}\widehat {ABC}{\rm{ }} = {\rm{ }}90^\circ \] (2)

Hơn nữa \[\widehat {AEC}{\rm{ }} = {\rm{ }}\widehat {ABC}{\rm{ }}\](Cùng chắn cung AC) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \[\widehat {BAH} = \widehat {OAC}\]

Biến đổi pt ở đầu bài ta được(y+1)(y+2) = x4 + x2 + 20

Ta thấy x4 + x2 < x4 + x2 + 20 \[ \le \] x4 + x2 + 20 + 8 x2

\[ \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} + 1} \right) < \left( {y + 1} \right)\left( {y + 2} \right) \le \left( {{x^2} + 4} \right)\left( {{x^2} + 5} \right)\]

Vì x, y là các số nguyên nên ta xét các TH sau:

TH1:

 \[\begin{array}{l}\left( {y + 1} \right)\left( {y + 2} \right) = \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2} \right)\\ \Leftrightarrow {x^4} + {x^2} + 20 = {x^4} + 3{x^2} + 2\\ \Leftrightarrow 2{x^2} = 18 \Leftrightarrow {x^2} = 9 \Leftrightarrow x =  \pm 3\end{array}\]

Thế vào pt đã cho ta có \[{y^2} + 3y - 108 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 9\\y =  - 12\end{array} \right.(t/m)\]

TH2:

\[\begin{array}{l}\left( {y + 1} \right)\left( {y + 2} \right) = \left( {{x^2} + 2} \right)\left( {{x^2} + 3} \right)\\ \Leftrightarrow {x^4} + {x^2} + 20 = {x^4} + 5{x^2} + 6\\ \Leftrightarrow 4{x^2} = 14 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{7}{2}(loai)\end{array}\]

TH3:

\[\begin{array}{l}\left( {y + 1} \right)\left( {y + 2} \right) = \left( {{x^2} + 3} \right)\left( {{x^2} + 4} \right)\\ \Leftrightarrow {x^4} + {x^2} + 20 = {x^4} + 7{x^2} + 12\\ \Leftrightarrow 6{x^2} = 8 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{4}{3}(loai)\end{array}\]

TH4:

\[\begin{array}{l}\left( {y + 1} \right)\left( {y + 2} \right) = \left( {{x^2} + 4} \right)\left( {{x^2} + 5} \right)\\ \Leftrightarrow {x^4} + {x^2} + 20 = {x^4} + 9{x^2} + 20\\ \Leftrightarrow 8{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0(t/m)\end{array}\]

Khi đó \[{y^2} + 3y - 18 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y =  - 6\\y = 3\end{array} \right.(t/m)\]

Vậy pt đã cho có 6 nghiệm nguyên

(x;y) = (3;9), (3, -12), (-3, 9), (-3;-12); (0, -6), (0;3)

Đặt p = x+y+z; q = xy + yz + zx

Điều cần cm trở thành \[\frac{1}{q} - \frac{1}{p} \le \frac{2}{3} \Leftrightarrow q \ge \frac{{3p}}{{2p + 3}}\]

Mà \[{\left( {xy + yz + zx} \right)^2} \ge 3xyz\left( {x + y + z} \right) = \frac{3}{8}\left( {x + y + z} \right) \Leftrightarrow {q^2} \ge \frac{3}{8}p\]

Nên ta chỉ cần cm \[\frac{3}{8}p \ge {\left( {\frac{{3p}}{{2p + 3}}} \right)^2}\]

Thật vậy \[\frac{3}{8}p \ge {\left( {\frac{{3p}}{{2p + 3}}} \right)^2} \Leftrightarrow 4{p^2} - 12p + 9 \ge 0\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {2p - 3} \right)^2} \ge 0\] (Luôn đúng). Suy ra đpcm.

Do BE là phân giác trong góc FED nên HK = HI

\[ \Rightarrow \widehat {HKM} = \widehat {HIM\;\;}\;\;\;\;(1)\]

Ta có \[\widehat {MHF} = 90^\circ - \widehat {FAH} = 90^\circ - \widehat {FEH} = 90^\circ - \widehat {IEH}\]

Và \[\widehat {KIE} = 90^\circ - \widehat {IEH} \Rightarrow \widehat {MHF} = \widehat {KIE}\]

Do đó tứ giác FIMH nội tiếp \[ \Rightarrow \widehat {HIM} = \widehat {HFM}\]     (2)

Do tứ giác FIMH nội tiếp

\[ \Rightarrow \widehat {FMH} = \widehat {HIF} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {HMN} = 90^\circ \]

và \[\widehat {HKN} = 90^\circ \]nên tứ giác HMNK nội tiếp

\[ \Rightarrow \widehat {HNM} = \widehat {HKM}\]      (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \[\widehat {HNM} = \widehat {HFM}\]nên FHN cân tại H có đường cao MH

\[ \Rightarrow \]MF = MN \[ \Rightarrow \]FAN cân tại A

Từ đó ta chứng minh được A, N, S thẳng hàng.