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

Với \(x > 0;x \ne 4\), ta có:

\[P = \left( {\frac{{x + 3\sqrt x  + 2}}{{x\sqrt x  - 8}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 2}}} \right):\frac{1}{{\sqrt x }}\]

\( = \left[ {\frac{{x + 3\sqrt x  + 2}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {x + 2\sqrt x  + 4} \right)}} - \frac{{x + 2\sqrt x  + 4}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {x + 2\sqrt x  + 4} \right)}}} \right].\sqrt x \)

\( = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {x + 2\sqrt x  + 4} \right)}}.\sqrt x  = \frac{{\sqrt x }}{{x + 2\sqrt x  + 4}}.\)

Ta có

\(x = 14 + 6\sqrt 5  = 9 + 2.3.\sqrt 5  + 5 = {\left( {3 + \sqrt 5 } \right)^2} \Rightarrow \sqrt x  = \sqrt {{{\left( {3 + \sqrt 5 } \right)}^2}}  = \left| {3 + \sqrt 5 } \right| = 3 + \sqrt 5 .\)

Khi đó, ta có: \(P = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{{14 + 6\sqrt 5  + 2.\left( {3 + \sqrt 5 } \right) + 4}} = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{{24 + 8\sqrt 5 }} = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{{8.\left( {3 + \sqrt 5 } \right)}} = \frac{1}{8}.\)

b) \(\sqrt {\frac{{3 - 2\sqrt 2 }}{{{{\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right)}^2}}}}  - \sqrt {\frac{{3 + 2\sqrt 2 }}{{{{\left( {3 + 2\sqrt 2 } \right)}^2}}}}  = \sqrt {\frac{1}{{3 - 2\sqrt 2 }}}  - \sqrt {\frac{1}{{3 + 2\sqrt 2 }}} \)

\( = \frac{1}{{\left| {\sqrt 2  - 1} \right|}} - \frac{1}{{\left| {\sqrt 2  + 1} \right|}} = \frac{1}{{\sqrt 2  - 1}} - \frac{1}{{\sqrt 2  + 1}} = 2\) (vì \(\sqrt 2  - 1 > 0\) )

Ta có \[\Delta  = {\left( {m - 2} \right)^2} - 4(m - 3) = {m^2} - 8m + 16 = {\left( {m - 4} \right)^2} \ge 0\]

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt khi \(\Delta  > 0 \Leftrightarrow {(m - 4)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 4\)

Theo định lí vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2 - m\\{x_1}{x_2} = m - 3\end{array} \right.\)

 \(A = 2{x_1}{x_2} - {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 3 = 6{x_1}{x_2} - {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 3\)\( =  - {m^2} + 10m - 19\)

\( \Rightarrow A = 6 - {(m - 5)^2} \le 6,\,\,\forall m\).

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(m - 5 = 0 \Leftrightarrow m = 5\) (thỏa điều kiện \(m \ne 4\))

Vậy \(A\) đạt giá trị lớn nhất là \(Max\,A = 6\) khi \(m = 5\).

Ta có \(\sqrt {x - 1}  + \sqrt {2x - 1}  = 5\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\3x - 2 + 2\sqrt {(x - 1)(2x - 1)}  = 25\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\2\sqrt {2{x^2} - 3x + 1}  = 27 - 3x\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \le x \le 9\\4(2{x^2} - 3x + 1) = {(27 - 3x)^2}\end{array} \right.\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \le x \le 9\\{x^2} - 150x + 725 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow x = 5\).

b) Hệ đã cho tương đương với \(\left\{ \begin{array}{l}({x^2} + 3x)(2x + y) = 30\\{x^2} + 3x + 2x + y = 13\end{array} \right.\)

Suy ra \({x^2} + 3x\) và \(2x + y\) là 2 nghiệm của phương trình \({t^2} - 13t + 30 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 10\\t = 3\end{array} \right.\)

Vậy hệ đã cho tương đương với \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 3x = 10\,\,\\2x + y = 3\,\,\,\end{array} \right.\,(I)\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 3x = 3\,\\2x + y = 10\,\,\end{array} \right.(II)\)

Giải (I): \[{x^2} + 3x = 10 \Leftrightarrow {x^2} + 3x - 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \Rightarrow y =  - 1\\x =  - 5 \Rightarrow y = 13\end{array} \right.\]

Giải (II):\({x^2} + 3x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{ - 3 + \sqrt {21} }}{2} \Rightarrow y = 13 - \sqrt {21} \\x = \frac{{ - 3 - \sqrt {21} }}{2} \Rightarrow y = 13 + \sqrt {21} \end{array} \right.\)

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm \(\left( {\frac{{ - 3 + \sqrt {21} }}{2};13 - \sqrt {21} } \right)\);\(\left( {\frac{{ - 3 - \sqrt {21} }}{2};13 + \sqrt {21} } \right)\);\(\left( {2; - 1} \right)\);\(\left( { - 5;13} \right)\).

a) Với 2 số nguyên dương \[a,b\] bất kì ta có: \({a^{2023}} + {b^{2023}} \vdots (a + b)\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}2\left[ {{1^{2023}} + {{2021}^{2023}}} \right] \vdots 2022\\2\left[ {{2^{2023}} + {{2020}^{2023}}} \right] \vdots 2022\\...\\2\left[ {{{1010}^{2023}} + {{1012}^{2023}}} \right] \vdots 2022\end{array}\)

Và \({2.1011^{2023}} \vdots 2022\) ; \({2022^{2023}} \vdots 2022\)

Suy ra \(A = 2\left( {{1^{2023}} + {2^{2023}} + ... + {{2022}^{2023}}} \right) \vdots 2022\)

b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: \(2{x^2} + 5{y^2} + 4x = 21\) (1)

\(2{x^2} + 5{y^2} + 4x = 21 \Leftrightarrow 2{\left( {x + 1} \right)^2} = 5\left( {4 - {y^2}} \right)\)

Mà \(2{\left( {x + 1} \right)^2} \ge 0\)\( \Rightarrow 5\left( {4 - {y^2}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow {y^2} \le 4 \Rightarrow {y^2} \in \left\{ {1;4} \right\}\)

+ \({y^2} = 1\)vào (1) tìm được \(2{x^2} + 4x - 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{x = - 4}\end{array}} \right.\)

+ \({y^2} = 4\)vào (1) tìm được \(2{x^2} + 4x - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{{ - 2 + \sqrt 6 }}{2}}\\{x = \frac{{ - 2 - \sqrt 6 }}{2}}\end{array}} \right.\)

 Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là: \[\left( {2,1} \right);\left( {2, - 1} \right);\left( { - 4,1} \right);\left( { - 4, - 1} \right)\].

a) Tứ giác \[MNAC\] có \[\widehat {MNA} + \widehat {MCA} = {90^o} + {90^o} = {180^o}\]

nên \[MNAC\]là tứ giác nội tiếp.

\[ \Rightarrow \widehat {ACN} = \widehat {AMN}\].

b) Ta có: \[\widehat {ACN} = \widehat {AMN}\]

\[\widehat {AMN} = \widehat {ADC}\] (do MN//DC vì cùng vuông góc với AB)

\[AB \bot CD\] suy ra \[H\] là trung điểm của \[CD\].

Tam giác \[ACD\] là tam giác cân do \[AH\] vừa là đường cao, vừa là trung tuyến.

Suy ra \[\widehat {ADC} = \widehat {ACD}\]. Từ đó ta có: \[\widehat {ACN} = \widehat {ACD}\].

Ta có: \[\widehat {NCO} = \widehat {ACN} + \widehat {ACO} = \widehat {ACD} + \widehat {OAC = }{90^O}\]. Suy ra \[CN \bot CO\].

\( \Rightarrow \Delta NCO\) vuông tại \(C\)\( \Rightarrow C{H^2} = NH.OH\).

c) \[\widehat {ACE} = \widehat {EAC}\] (cùng bằng ).\( \Rightarrow \)\[\Delta AEC\] cân tại \[E\]\[ \Rightarrow E\] thuộc đường trung trực của\[AC\]. Gọi \[F = AE \cap BM\]

Ta có \[C\] thuộc đường tròn đường kính\[FA\]. Nên đường trung trực của \[AC\] phải cắt đường kính \[FA\] tại tâm của đường tròn này. Suy ra \[E\] là trung điểm của\[FA\].

Gọi \[K = CH \cap BE\]. Ta có: \[CH//FA\] nên \[\frac{{CK}}{{FE}} = \frac{{KH}}{{EA}}\left( { = \frac{{BK}}{{BE}}} \right)\].

Mà \[FE = EA\] nên \[CK = KH\]. Vậy \[BE\] đi qua trung điểm của \[CH\].

Ta có \(AD = R\sqrt 2 \); \(DE = \frac{{R\sqrt 2 }}{3}\); \(AE = \sqrt {A{D^2} + D{E^2}} = \sqrt {2{R^2} + \frac{{2{R^2}}}{9}} = \frac{{2\sqrt 5 }}{3}R\) .

Tam giác \[DOM\] cân tại \[O\] mà \[OH \bot DM\]

Suy ra

\[ \Rightarrow DH = \frac{{R\sqrt {10} }}{{10}}\]\[ \Rightarrow DM = \frac{{R\sqrt {10} }}{5}\]

Ta có  (g-g) \( \Rightarrow \frac{{ME}}{{CE}} = \frac{{DE}}{{AE}} = \frac{{MD}}{{AC}}\)

\( \Rightarrow \frac{{ME}}{{AE}}.\frac{{DE}}{{CE}} = \frac{{M{D^2}}}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{10}}\)\( \Rightarrow \frac{{ME}}{{AE}} = \frac{1}{5} \Rightarrow \frac{{ME}}{{AM}} = \frac{1}{6}\)

\(EI{\rm{//}}AB \Rightarrow \frac{{EI}}{{AB}} = \frac{{ME}}{{AM}} = \frac{1}{6}\)\( \Rightarrow EI = \frac{1}{6}AB = \frac{{R\sqrt 2 }}{6}\)\( \Rightarrow DI = DE + EI = \frac{{R\sqrt 2 }}{3} + \frac{{R\sqrt 2 }}{6} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\).

a) Ta có: \[2ab \le {a^2} + {b^2} \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2} \le 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \Leftrightarrow a + b \le \sqrt {2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} \].

b) \[P = \frac{{2ab}}{{a + b + 2}} = \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2} - \left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}{{a + b + 2}} = \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2} - 4 - 2}}{{a + b + 2}} = a + b - 2 - \frac{2}{{a + b + 2}}\]

\[a + b \le 2\sqrt 3 \Rightarrow a + b + 2 \le 2 + 2\sqrt 3 \]\[ \Rightarrow \frac{2}{{a + b + 2}} \ge \frac{1}{{1 + \sqrt 3 }}\]

Vậy \[P \le 2\sqrt 3 - 2 - \frac{1}{{1 + \sqrt 3 }} = \frac{{ - 3 + 3\sqrt 3 }}{2}\].

Dấu  xảy ra khi \[\left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} = 6\\a = b\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = \sqrt 3 \].

Vậy \[Ma{\rm{x}}\,P = \frac{{ - 3 + 3\sqrt 3 }}{2}\] khi \[a = b = \sqrt 3 \].