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

a) Không dùng máy tính bỏ túi, hãy rút gọn biểu thức \[{\rm{A}} = \sqrt[3]{{\sqrt {507}  + \sqrt {13 - \sqrt {48} }  - 25}}\]

\[{\rm{A}} = \sqrt[3]{{13\sqrt 3  + \sqrt {13 - 4\sqrt 3 }  - 25}}\]

\[{\rm{A}} = \sqrt[3]{{13\sqrt 3  + \sqrt {{{(1 - 2\sqrt 3 )}^2}}  - 25}}\]

\[{\rm{A}} = \sqrt[3]{{15\sqrt 3  - 26}}\]

\[{\rm{A}} = \sqrt[3]{{{{(\sqrt 3  - 2)}^3}}} = \sqrt 3  - 2\]

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên \[(x\,;y)\] thỏa mãn \[{x^3} + {x^2} = {y^3} + {y^2}\]

Ta có: \[{x^3} + {x^2} = {y^3} + {y^2} \Leftrightarrow (x - y)({x^2} + {y^2} + xy + x + y) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - y = 0\\{x^2} + {y^2} + xy + x + y = 0\end{array} \right.\]

- Khi \[x - y = 0 \Leftrightarrow x = y\]. Khi đó \[(x\,;y) = (m\,;\,m)\](m là số nguyên tùy ý)

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

Suy ra trong ba giá trị \[{(x + y)^2},\,{(x + 1)^2},\,{(y + 1)^2}\]có một giá trị bằng 0, hai giá trị bằng 1.

Giải tìm được: \[(x\,;y) = (0\,;\,0)\], \[(x\,;y) = (0\,;\, - 1)\], \[(x\,;y) = ( - 1\,;\,0)\].

Vậy các cặp số thỏa đề là: \[(x\,;y) = (m\,;\,m)\](m là số nguyên tùy ý), \[(x\,;y) = (0\,;\, - 1)\], \[(x\,;y) = ( - 1\,;\,0)\].

Nhận xét:

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

+ Phương trình (*) có nghiệm theo x khi

\[\Delta  \ge 0 \Leftrightarrow {(y + 1)^2} - 4({y^2} + y) \ge 0 \Leftrightarrow (y + 1)( - 3y + 1) \ge 0\]\[ \Leftrightarrow  - 1 \le y \le \frac{1}{3}\,\,\left( {y \in \mathbb{Z}} \right)\]\[ \Leftrightarrow y =  - 1\] hoặc \[y = 0\].

+ Với \[y = 0\], giải tìm được \[x = 0,\,x =  - 1.\]

+ Với \[y =  - 1\], giải tìm được \[x = 0.\]

+ \[({\rm{d}}):\,\,y\,\, = \,ax + b\] đi qua \[{\rm{A}}\left( {1\,;\,\frac{3}{2}} \right)\] nên \[a + b = \frac{3}{2} \Leftrightarrow b = \frac{3}{2} - a\]. + Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và  (d) là: \(\,2{x^2} = ax + b \Leftrightarrow 2{x^2} = ax + \frac{3}{2} - a\)\( \Leftrightarrow 4{x^2} - 2ax + 2a - 3 = 0\) (*) + (d) và  (P) có đúng một điểm chung khi phương trình (*) có một nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow \Delta ' = 0 \Leftrightarrow {a^2} - 4(2a - 3) = 0 \Leftrightarrow {a^2} - 8a + 12 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 2\\a = 6\end{array} \right.\) \( + \,\,a = 2 \Rightarrow b =  - \frac{1}{2},\,\,\,a = 6 \Rightarrow b =  - \frac{9}{2}\) Vậy \(a = 2,\,\,b =  - \frac{1}{2}\) hoặc \(a = 6,\,\,b =  - \frac{9}{2}\).

a) Giải phương trình \(3\sqrt {3 - x}  - 2x\sqrt {3 + x}  - \sqrt {9 - {x^2}}  + 6x = 0\)

.Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}3 - x \ge 0\\3 + x \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 3 \le x \le 3\). 

.\(3\sqrt {3 - x}  - 2x\sqrt {3 + x}  - \sqrt {9 - {x^2}}  + 6x = 0\)\( \Leftrightarrow \sqrt {3 - x} \left( {3 - \sqrt {3 + x} } \right) - 2x\left( {\sqrt {3 + x}  - 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow (3 - \sqrt {3 + x} )(\sqrt {3 - x}  + 2x) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3 - \sqrt {3 + x}  = 0\\\sqrt {3 - x}  + 2x = 0\end{array} \right.\).

.+ \(3 - \sqrt {3 + x}  = 0 \Leftrightarrow x = 6\,\)(loại).

.+ \(\sqrt {3 - x}  + 2x = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2x \ge 0\\3 - x = {( - 2x)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\\left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 3/4\end{array} \right.\end{array} \right.\,\, \Leftrightarrow x =  - 1\) (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm \(x =  - 1\).

.b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 4{y^2} + 4x + 2y - 4xy = 3\\4{x^2} + {y^2} + 2x - 4y + 4xy = 3\end{array} \right.\).

.\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 4{y^2} + 4x + 2y - 4xy = 3\\4{x^2} + {y^2} + 2x - 4y + 4xy = 3\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 4xy + 4{y^2} + 4x + 2y = 3\\4{x^2} + 4xy + {y^2} + 2x - 4y = 3\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{(x - 2y)^2} + 2(2x + y) = 3\\{(2x + y)^2} + 2(x - 2y) = 3\end{array} \right.\).

.Đặt \(x - 2y = a,\,\,2x + y = b\), khi đó ta có hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} + 2b = 3\\{b^2} + 2a = 3\end{array} \right. \Rightarrow {a^2} - {b^2} + 2b - 2a = 0\)\( \Leftrightarrow (a - b)(a + b) - 2(a - b) = 0\)

                                                  \( \Leftrightarrow (a - b)(a + b - 2) = 0 \Leftrightarrow a = b\) hoặc \(a + b = 2\).

.- Với \(a = b\), ta có \({a^2} + 2a = 3 \Leftrightarrow a = 1\) hoặc \(a =  - 3\).

+ Khi \(a = 1\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 1\\2x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow (x;y) = \left( {\frac{3}{5}; - \frac{1}{5}} \right)\)

+ Khi \(a =  - 3\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}a =  - 3\\b =  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y =  - 3\\2x + y =  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow (x;y) = \left( { - \frac{9}{5};\frac{3}{5}} \right)\).

.- Với \(a + b = 2 \Leftrightarrow a = 2 - b\), khi đó \({b^2} + 2(2 - b) = 3 \Leftrightarrow {b^2} - 2b + 1 = 0 \Leftrightarrow b = 1 \Rightarrow a = 1\)

(Trường hợp này trùng trường hợp trên).

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm \((x;y) = \left( {\frac{3}{5}; - \frac{1}{5}} \right)\) và \((x;y) = \left( { - \frac{9}{5};\frac{3}{5}} \right)\).

.Nhận xét 1: Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất ta được:

\(3{x^2} - 3{y^2} - 2x - 6y + 8xy = 0 \Leftrightarrow 3({x^2} + 6xy + 9{y^2}) - 30{y^2} - 10xy - 2x - 6y = 0\)

\( \Leftrightarrow 3{(x + 3y)^2} - 10y(3y + x) - 2(x + 3y) = 0 \Leftrightarrow (x + 3y)(3x - y - 2) = 0\)

Nhận xét 2: Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất ta được:

\(3{x^2} - 3{y^2} - 2x - 6y + 8xy = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 2(1 - 4y)x - 3{y^2} - 6y = 0\) (*)

Phương trình (*) là phương trình bậc hai theo x có \(\Delta ' = {(1 + 5y)^2}\).

Suy ra được: \(x =  - 3y\), \(x = \frac{{y + 2}}{3}\).

Thế lần lượt từng giá trị x vào một trong hai phương trình giải tìm y..

 

 

a) Chứng minh \[{\rm{PI  =  PB}}{\rm{.}}\]

Ta có \[\widehat {{\rm{BAP}}}\,{\rm{ = }}\,\widehat {{\rm{CAP}}}\] (vì sđ= sđ) .

\[\widehat {{\rm{BIP}}}\,{\rm{ = }}\,\widehat {{\rm{BAI}}}{\rm{  +  }}\widehat {{\rm{ABI}}}{\rm{  =  }}\widehat {{\rm{PAC}}}{\rm{  +  }}\widehat {{\rm{CBI}}}{\rm{  =  }}\widehat {{\rm{PBC}}}{\rm{  +  }}\widehat {{\rm{CBI}}}{\rm{  = }}\widehat {{\rm{ PBI}}}{\rm{.}}\]

Suy ra tam giác PBI cân tại P. Do đó PI = PB.

b) Chứng minh \[\widehat {{\rm{IMB}}}{\rm{  =  }}\widehat {{\rm{INA}}}{\rm{.}}\]

+ Trong tam giác vuông BNP tại B có: \[{\rm{B}}{{\rm{P}}^{\rm{2}}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MP}}{\rm{.NP}}\]\[ \Rightarrow \frac{{{\rm{BP}}}}{{{\rm{MP}}}}{\rm{  =  }}\frac{{{\rm{NP}}}}{{{\rm{BP}}}}\] hay \[\frac{{{\rm{IP}}}}{{{\rm{MP}}}}{\rm{  =  }}\frac{{{\rm{NP}}}}{{{\rm{IP}}}}\].

+ Hai tam giác PMI và PIN có: \[\widehat {{\rm{IPM}}}\,{\rm{ = }}\,\widehat {{\rm{NPI}}}\] và \[\frac{{{\rm{IP}}}}{{{\rm{MP}}}}{\rm{  =  }}\frac{{{\rm{NP}}}}{{{\rm{IP}}}}\] nên hai tam giác này đồng dạng.

Suy ra \[\widehat {{\rm{PMI}}}\,{\rm{ = }}\,\widehat {{\rm{PIN}}}\].

+ Ta có \[\widehat {{\rm{IMB}}}\,\,{\rm{ =  }}\widehat {{\rm{PMI}}}\, - {\rm{90}}^\circ \], \[\widehat {{\rm{INA}}}\,{\rm{ =  }}\widehat {{\rm{PIN}}}\, - \widehat {{\rm{IAN}}}{\rm{  =  }}\widehat {{\rm{PMI}}}\, - {\rm{90}}^\circ \]. Suy ra \[\widehat {{\rm{IMB}}}\,\,{\rm{ =  }}\,\widehat {{\rm{INA}}}{\rm{.}}\]

a) Chứng minh bốn điểm B, C, D, O cùng nằm trên một đường tròn.

Ta có \[\widehat {{\rm{BDC}}} = 2\widehat {{\rm{BAC}}}\] (gt), \[\widehat {{\rm{BOC}}} = 2\widehat {{\rm{BAC}}}\] (t/c góc ở tâm)\[ \Rightarrow \widehat {{\rm{BDC}}} = \widehat {{\rm{BOC}}}\].        

Mà O, D nằm cùng phía đối với đường thẳng BC nên bốn điểm B, C, D, O cùng nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh OD là đường phân giác ngoài của \[\widehat {{\rm{BDC}}}\] và tổng \[{\rm{BD + CD}}\] bằng hai lần khoảng cách từ A đến đường thẳng OD.

 - Dựng đường kính OP của đường tròn (O’) đi qua 4 điểm B, O, D, C.

\[ \Rightarrow \widehat {{\rm{BDP}}} = \frac{1}{2}\]sđ, \[\widehat {{\rm{CDP}}} = \frac{1}{2}\]sđ.

+ \[{\rm{OP}} \bot {\rm{BC}} \Rightarrow \] sđ= sđ\[ \Rightarrow \widehat {{\rm{BDP}}} = \widehat {{\rm{CDP}}}\].

Do đó DP là đường phân giác trong của \[\widehat {{\rm{BDC}}}\].

Lại có \[{\rm{OD}} \bot {\rm{DP}} \Rightarrow \] OD là đường phân giác ngoài của \[\widehat {{\rm{BDC}}}\].

+ Dựng đường thẳng qua C, vuông góc với OD và cắt đường thẳng BD tại C’.

+ Vì OD là đường phân giác ngoài của \[\widehat {{\rm{BDC}}}\] nên DC = DC’ và OC = OC’ (C’ nằm trên đường tròn (O)).

+ Ta có: BD + CD = BD + DC’ = BC’ = 2BK (với K là trung điểm của BC’).

+ Hạ AL vuông góc với đường thẳng OD tại L.

- Xét hai tam giác vuông ALO và BKO có:

+ OA = OB ( bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC).

+ \[\widehat {{\rm{OAL}}} = \widehat {{\rm{OPD}}}\] (so le trong)

Suy ra hai tam giác ALO và BKO bằng nhau. Do đó BK = AL.

Suy ra BD + CD = 2AL (điều cần chứng minh).

Cách khác:

Kẻ \[{\rm{AL}} \bot {\rm{OD}}\] tại \[{\rm{L}}\].

Trên tia đối của tia \[{\rm{DB}}\] lấy điểm \[{\rm{C}}'\] sao cho \[{\rm{DC}}' = {\rm{DC}}\], do đó \[{\rm{BD}} + {\rm{DC}} = {\rm{BC}}'\](1)

Tam giác \({\rm{DCC}}'\) cân tại D nên \[\widehat {{\rm{BDC}}} = 2.\widehat {{\rm{BC'C}}}\], từ đó suy ra \[\widehat {{\rm{BAC}}} = \widehat {{\rm{BC'C}}}\], do đó điểm \[{\rm{C}}'\] thuộc đường tròn \[\left( {\rm{O}} \right)\]

Có \[{\rm{OC}} = {\rm{O'C}}\,,\,\,{\rm{DC}} = {\rm{DC}}'\] nên OD là đường thẳng chứa tia phân giác của góc ngoài của \[\widehat {{\rm{BDC}}}\].

Gọi E là giao điểm của OD và BC, chứng minh được \[\widehat {{\rm{DBC}}} = \widehat {{\rm{C'OE}}}\] (cùng bằng \[\widehat {{\rm{DOC}}}\])

Hay \[\widehat {{\rm{C'BE}}} = \widehat {{\rm{C'OE}}}\], do đó bốn điểm \[{\rm{B}},\,{\rm{O}},\,{\rm{C}}',\,{\rm{E}}\] cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra \[\widehat {{\rm{OBC}}'} = \widehat {{\rm{OEC}}'}\] ( cùng chắn cung OC’)

Mặt khác \[\widehat {{\rm{OEB}}} = \widehat {{\rm{OEC}}'}\], do đó \[\widehat {{\rm{OEB}}} = \widehat {{\rm{OBC}}'}\].

Lại có \[\widehat {{\rm{LAO}}} = \widehat {{\rm{OEB}}}\]( góc có cạnh tương ứng vuông góc), suy ra\[\widehat {{\rm{LAO}}} = \widehat {{\rm{OBC}}'}\]

Kẻ \[{\rm{OK}} \bot {\rm{BC}}'\] tại \[{\rm{K}}\], suy ra \[{\rm{BC}}' = 2{\rm{BK}}\]

Ta có \[\Delta \,{\rm{ALO}} = \Delta \,{\rm{BKO}}\] ( cạnh huyền, góc nhọn), suy ra \[{\rm{AL}} = {\rm{BK}}\]

Suy ra \[{\rm{BC}}' = 2{\rm{AL}}\](2)

Từ (1) và (2) suy ra \[{\rm{BD}} + {\rm{DC}} = 2{\rm{AL}}\]