Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2022-2023 sở GD&ĐT Hà Nam có đáp án

1.\[A = \frac{{{{(\sqrt x  - 2)}^2} - (\sqrt x  - 3)(\sqrt x  + 3) - 9 + x}}{{(\sqrt x  + 3)(\sqrt x  - 2)}}:\frac{1}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{{{(\sqrt x  - 2)}^2} - (x - 9) - 9 + x}}{{(\sqrt x  + 3)(\sqrt x  - 2)}}:\frac{1}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{{{(\sqrt x  - 2)}^2}}}{{(\sqrt x  + 3)(\sqrt x  - 2)}}:\frac{1}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 3}}.\left( {\sqrt x  + 3} \right).\left( {\sqrt x  - 1} \right)\]

\[ = \left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right) = x - 3\sqrt x  + 2\]

2.\(A = x - 3\sqrt x  + 2 >  - 2\) \[(\forall x \ge 0;x \ne 4;x \ne 1).\]

\( \Leftrightarrow x - 3\sqrt x  + 4 > 0 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x  - \frac{3}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4} > 0\,(\forall x \ge 0;x \ne 4;x \ne 1).\)

Vậy \(A >  - 2\) với \(\forall x \ge 0;x \ne 4;x \ne 1\)

1.Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là điểm cố định nằm trên đường thẳng \(d\)

\( \Leftrightarrow {y_0} = \left( {m - 2} \right){x_0} + 2m - 1\) có nghiệm với \(\forall m\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow m\left( {{x_0} + 2} \right) - 2{x_0} - {y_0} - 1 = 0\,\left( {\forall m} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} + 2 = 0\\ - 2{x_0} - {y_0} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} =  - 2\\{y_0} = 3\end{array} \right. \Rightarrow M\left( { - 2;3} \right)\end{array}\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của A trên \(d \Rightarrow AH \le AM\)

Khoảng cách \(AH\) lớn nhất là \(AM\)khi \(H \equiv M \Leftrightarrow AM \bot d\)

Phương trình đường thẳng \(AM:\,y =  - x + 1\)

\(AM \bot d \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right).\left( { - 1} \right) =  - 1 \Leftrightarrow m = 3.\)

2.ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge  - 6\\y \ge  - 3\end{array} \right.\)

\[\begin{array}{l}\left( {x - y - 1} \right).\left( {{x^2} + {y^2} + 1} \right) = {x^2} + {y^2} - x + y + 3\\ \Leftrightarrow \left( {x - y - 2} \right).\left( {{x^2} + {y^2} + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x - y - 2 = 0\,\,\left( {{x^2} + {y^2} + 2 > 0\,\,\forall x,y} \right)\end{array}\]

Thay \(y = x - 2\) vào phương trình \(\left( 2 \right)\)

\[\sqrt {x + 6}  + \sqrt {x + 1}  =  - {x^2} + 2x + 8,\,\,\,\,(x \ge  - 1)\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {x + 6}  - 3 + \sqrt {x + 1}  - 2 + {x^2} - 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \frac{{x - 3}}{{\sqrt {x + 6}  + 3}} + \frac{{x - 3}}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + \left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\end{array}\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {\frac{1}{{\sqrt {x + 6}  + 3}} + \frac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x = 3\,\,\,\,\,\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,\,\frac{1}{{\sqrt {x + 6}  + 3}} + \frac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + x + 1 > 0,\,\forall x \ge  - 1} \right)\\x = 3 \Rightarrow y = 1.\end{array}\]

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)\)

1.\(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = {90^0} \Rightarrow \) tứ giác \(BCEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\)

\( \Rightarrow \widehat {CBE} = \widehat {CFE}\) ( góc nội tiếp cùng chắn cung )

Mà \(\widehat {CBE} = \widehat {CPN}\)( góc nội tiếp cùng chắn cung )

\( \Rightarrow \widehat {CFE} = \widehat {CPN} \Rightarrow EF\,//\,PN\,\)

2.\[\widehat {ABN} = \widehat {ACP}\] (cùng phụ với \(\widehat {BAC}\))

\( \Rightarrow AN = AP\,\,\)

\(ON = OP = R\)

\( \Rightarrow A,\,O\)nằm trên đường trung trực của \(PN\)

\( \Rightarrow AO \bot PN\)

Mà \(EF\,//\,PN\, \Rightarrow AO \bot EF \Rightarrow {S_{AEOF}} = \frac{{EF.R}}{2}\)

3.\(\widehat {BAM} = \widehat {BCM}\) ( góc nội tiếp cùng chắn cung )

\(\widehat {BAM} = \widehat {BCF}\) (cùng phụ với \(\widehat {ABC}\))

\( \Rightarrow \widehat {BCF} = \widehat {BCM}\)

\(\Delta MCH\)có \(CK\) vừa là đường phân giác vừa là đường cao

\( \Rightarrow \)\(\Delta MCH\)cân tại \(C \Rightarrow K\) là trung điểm của \(MH\)

\[\begin{array}{l}\frac{{AM}}{{AK}} + \frac{{BN}}{{BE}} + \frac{{CP}}{{CF}} = \frac{{AK + KM}}{{AK}} + \frac{{BE + EN}}{{BE}} + \frac{{CF + FP}}{{CF}}\\ = 3 + \frac{{KM}}{{AK}} + \frac{{EN}}{{BE}} + \frac{{FP}}{{CF}}.\end{array}\]

\[\frac{{KM}}{{AK}} = \frac{{KH}}{{AK}} = \frac{{{S_{\Delta BHC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\]

Chứng minh tương tự: \[\frac{{EN}}{{BE}} = \frac{{{S_{\Delta AHC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}};\,\frac{{FP}}{{CF}} = \frac{{{S_{\Delta AHB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\]

\[\frac{{AM}}{{AK}} + \frac{{BN}}{{BE}} + \frac{{CP}}{{CF}} = 3 + \frac{{{S_{\Delta BHC}} + {S_{\Delta AHC}} + {S_{\Delta AHB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 3 + 1 = 4.\]

4.\[\widehat {ASK} + \widehat {AQK} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \] nên \[{\rm{AS}}KQ\] là tứ giác nội tiếp

\[ \Rightarrow \widehat {ASQ} = \widehat {AKQ}\]

\[\widehat {AKQ} = \widehat {BCQ}\] (cùng phụ với \(\widehat {CKQ}\))

Do đó \[\widehat {ASQ} = \widehat {BCQ}\]

Suy ra \(BSQC\) là tứ giác nội tiếp.

\( \Rightarrow \widehat {GBS} = \widehat {GQC}\)

Vì \[ASKQ\]là tứ giác nội tiếp nên: \(\widehat {GQK} = \widehat {BAK}\)

Mà \(\widehat {BAK} = \widehat {GKS}\)(cùng phụ với \(\widehat {SBK}\)) nên \(\widehat {GQK} = \widehat {GKS}\)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow G{K^2} = GB.GC\,\,\]

\[ \Rightarrow G{K^2} = GJ.GA \Rightarrow \frac{{GK}}{{GA}} = \frac{{GJ}}{{GK}}\]

⇒ ΔGKJ∽ΔGAK⇒GJK^=GKA^=90°

⇒ AJ ⊥ JK

 \(JK\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(D\) (\(D\)khác \(K\)) thì \(AD\)là đường kính của \(\left( O \right)\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(KD\), \(L\) là trung điểm \(QC\).

Khi đó \(OI\) là đường trung bình của \(\Delta AKD \Rightarrow OI{\rm{//}}AK \Rightarrow OI \bot BC\)

Mà \(OB = OC\) nên \(OI\) là trung trực \(BC\) (3)

Vì \(KQ{\rm{//}}DC\) (cùng vuông góc\(AC\)) nên \(KQCD\) là hình thang.

⇒\(IL\) là đường trung bình của hình thang \(KQCD\)

⇒\(IL{\rm{//}}KQ \Rightarrow IL \bot QC\)

⇒\(IL\) là trung trực của \(QC\) (4)

Từ (3) và (4) ⇒\(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BSQC\)

Vậy \(I,\,K,\,J\) thẳng hàng.

\[\begin{array}{l}{x^4} - 6{x^3} + 18{x^2} - {y^2} - 32x + 4y + 20 = 0\\ \Leftrightarrow {x^4} - 6{x^3} + 18{x^2} - 32x + 24 = {y^2} - 4y + 4\\ \Leftrightarrow {(x - 2)^2}({x^2} - 2x + 6) = {(y - 2)^2}\end{array}\]

Với \(y = 2 \Rightarrow x = 2\)

Với \(y \ne 2\) ta có (y – 2)2 và (x – 2)2 là số chính phương khác 0 nên \[{x^2} - 2x + 6\] là số chính phương.

Đặt \[{x^2} - 2x + 6 = {m^2}\]\[(m \in {N^*})\]

\[\begin{array}{l}{(x - 1)^2} + 5 = {m^2}\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1 - m} \right)\left( {x - 1 + m} \right) =  - 5\end{array}\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - 1 + m = 5\\x - 1 - m =  - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x - 1 + m = 1\\x - 1 - m =  - 5\end{array} \right.\end{array} \right.\left( {x - 1 + m > x - 1 - m} \right)\\{\rm{ <  =  > }}\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\m = 3\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\m = 3\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array}\]

· x = 3 ⇒ (y – 2)2 = 9 ⇒ y = 5 hoặc y = –1

· x = –1 ⇒ (y – 2)2 = 81 ⇒ y = 11 hoặc y = –7

Vậy các bộ (x; y) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là (2; 2), (3; 5), (3; –1), (–1; 11),(– 1; – 7).

\[\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{(a + b - c)}^2}}} + \frac{{\sqrt {ab} }}{{a + b}} \ge 3\]\[ \Leftrightarrow \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{(a + b - c)}^2}}} + \frac{{\sqrt {ab} }}{{a + b}} \ge 2\]

Đặt \[x = \frac{a}{c}\], \[y = \frac{b}{c}\] (x, y >0)

 \[{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab - 2bc - 2ca = 0\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 1 + xy - 2x - 2y = 0 \Leftrightarrow {(x + y - 1)^2} = xy\]

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:  \[xy \le \frac{{{{(x + y)}^2}}}{4}\]

Do đó:

 \[{\left( {x + y - 1} \right)^2} \le \frac{{{{(x + y)}^2}}}{4} \Rightarrow \left[ {3\left( {x + y} \right) - 2} \right].\left[ {2 - \left( {x + y} \right)} \right] \ge 0 \Leftrightarrow \frac{2}{3} \le x + y \le 2\]

\[P = \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{(a + b - c)}^2}}} + \frac{{\sqrt {ab} }}{{a + b}}\]

\[\begin{array}{l} = \frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{1}{{{{(x + y - 1)}^2}}} + \frac{{\sqrt {xy} }}{{x + y}} = \frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{1}{{xy}} + \frac{{\sqrt {xy} }}{{x + y}}\\ = \left( {\frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{1}{{2xy}}} \right) + \left( {\frac{1}{{2xy}} + \frac{{\sqrt {xy} }}{{x + y}}} \right) \ge \frac{4}{{{{(x + y)}^2}}} + 2\sqrt {\frac{1}{{2(x + y)\sqrt {xy} }}} \end{array}\]

\[P \ge \frac{4}{{{2^2}}} + 2\sqrt {\frac{1}{{2.2}}}  = 2\]

Dấu bằng xảy ra khi x = y =1\[ \Leftrightarrow \]a = b = c.