Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Bắc Giang có đáp án

1) Rút gọn biểu thức Q=\(\left( {\frac{{\sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}} }}{{\sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}}  + \sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}} }} + \frac{{{\rm{x}} - {\rm{y}}}}{{\sqrt {{{\rm{x}}^2} - {{\rm{y}}^2}}  - {\rm{x}} + {\rm{y}}}}} \right).\frac{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2}}}{{\sqrt {{{\rm{x}}^2} - {{\rm{y}}^2}} }}\)với \({\rm{x}} > {\rm{y}} > 0\)

                      Q=\(\left( {\frac{{\sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}} }}{{\sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}}  + \sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}} }} + \frac{{\sqrt {{{\left( {{\rm{x}} + {\rm{y}}} \right)}^2}} }}{{\sqrt {\left( {{\rm{x}} + {\rm{y}}} \right)\left( {{\rm{x}} - {\rm{y}}} \right)}  - \sqrt {{{\left( {{\rm{x}} - {\rm{y}}} \right)}^2}} }}} \right){\rm{\;}}.{\rm{\;}}\frac{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2}}}{{\sqrt {{{\rm{x}}^2} - {{\rm{y}}^2}} }}\)

\(\sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}} .\left( {\frac{1}{{\sqrt {{\rm{x}} + {\rm{y}}}  + \sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}} }} + \frac{1}{{\sqrt {{\rm{x}} + {\rm{y}}}  - \sqrt {\rm{x}}  - {\rm{y}}}}} \right).{\rm{\;}}\frac{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2}}}{{\sqrt {{{\rm{x}}^2} - {{\rm{y}}^2}} }}\)

                                  = \(\sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}} \).\(\frac{{\sqrt {{\rm{x}} + {\rm{y}}} }}{{\rm{y}}}.{\rm{\;}}\frac{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2}}}{{\sqrt {{{\rm{x}}^2} - {{\rm{y}}^2}} }}\)

                                  =\(\frac{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2}}}{{\rm{y}}}\)

2. Chỉ ra đường thẳng d luôn đi qua điểm M(2;1)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng d

Suy ra OH\( \le {\rm{OM\;}}\forall {\rm{m}}\)

Chỉ ra đường thẳng OM có phương trình là y =\(\frac{1}{2}{\rm{x}}.\)

Do OM \( \bot {\rm{d\;n\^e n}}\frac{1}{2}\left( {3{\rm{m}} + 1} \right) =  - 1 \Rightarrow 3{\rm{m}} + 1 =  - 2 \Rightarrow {\rm{m}} =  - 1.\)

3. Phương trình \({{\rm{x}}^2} - 2\left( {3{\rm{m}} - 1} \right){\rm{x}} + {{\rm{m}}^2} - {\rm{m}} - 4 = 0{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( 1 \right)\) có hai điểm phân biệt

\( \Rightarrow \Delta ' > 0\)\( \Rightarrow {\left( {3{\rm{m}} - 1} \right)^2} - \left( {{{\rm{m}}^2} - {\rm{m}} - 4} \right) > 0\)\( \Rightarrow 8{{\rm{m}}^2} - 5{\rm{m}} + 5 > 0\)\( \Rightarrow 8{\left( {{\rm{m}} - \frac{5}{{16}}} \right)^2} + \frac{{132}}{{32}} > 0;\forall {\rm{m}} \in R\)

Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({{\rm{x}}_1},{{\rm{x}}_2}\)

Theo Vi-ét ta có :\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2} = 2\left( {3{\rm{m}} - 1} \right)}\\{{{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2} = {{\rm{m}}^2} - m - 4}\end{array}} \right.\)

Đặt A=\({{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2} + \sqrt {{{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2}{\rm{\;}}} ;{\rm{B}} = {{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2} - \sqrt {{{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2}} \)

Ta có A.B = \({\left( {{{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2}} \right)^2} - {{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2} = {\left( {{{\rm{x}}_1} + \frac{{{{\rm{x}}_2}}}{2}} \right)^2} + \frac{{3{\rm{x}}_2^2}}{4} > 0,\forall {{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2}\)

Suy ra A và B luôn cùng dấu \( \Rightarrow \left| {\rm{A}} \right| + \left| {\rm{B}} \right| = \left| {{\rm{A}} + {\rm{B}}} \right|\)

Do đó \(\left| {{x_1} + {x_2} + \sqrt {{x_1}{x_2}} } \right| + \left| {{x_1} + {x_2} - \sqrt {{x_1}{x_2}} } \right| = 2008\)\( \Rightarrow \left| {{x_1} + {x_2} + \sqrt {{x_1}{x_2}}  + {x_1} + {x_2} - \sqrt {{x_1}{x_2}} } \right| = 2008\)

\( \Rightarrow \left| {{x_1} + {x_2}} \right| = 1004\)\( \Rightarrow 2\left| {3{\rm{m}} - 1} \right| = 1004\) \( \Rightarrow \left| {3{\rm{m}} - 1} \right| = 502 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{m}} = \frac{{503}}{3}}\\{{\rm{m}} =  - 167}\end{array}} \right.\)

1.    Điều kiện x\( \ge 1.\)

Ta có (1)\( \Leftrightarrow {\rm{x}} + 3 - 4\sqrt {{\rm{x}} + 3} + 4 + \sqrt {{\rm{x}} - 1} = 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {{\rm{x}} + 3} - 2} \right)^2} + \sqrt {{\rm{x}} - 1} = 0\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt {{\rm{x}} + 3} = 2}\\{\sqrt {{\rm{x}} - 1} = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow {\rm{x}} = 1.\)

2. \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\rm{x}}^2} + x - 2xy = 2}\\{{{\rm{x}}^4} + {{\rm{x}}^2} - 4{{\rm{x}}^3}y = 4 - 4{{\rm{x}}^2}{{\rm{y}}^2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\rm{x}}^2} - 2xy = 2 - x}\\{\left( {{{\rm{x}}^4} - 4{{\rm{x}}^3}{\rm{y}} + 4{{\rm{x}}^2}{{\rm{y}}^2}} \right) + {{\rm{x}}^2} - 4 = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\rm{x}}^2} - 2xy = 2 - x}\\{{{\left( {{{\rm{x}}^2} - 2{\rm{xy}}} \right)}^2} + {{\rm{x}}^2} - 4 = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\rm{x}}^2} - 2xy = 2 - x}\\{{{\left( {2 - {\rm{x}}} \right)}^2} - {{\rm{x}}^2} - 4x = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\rm{x}}^2} - 2xy = 2 - x\left( {\rm{*}} \right)}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{x}} = 0}\\{{\rm{x}} = 2}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

+) với x = 0 , thay vào (*) ta được 0 = 2 (vô lý)

+) với x = 2, thay vào (*) ta được y = 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2;1)

1.     \({{\rm{x}}^3} + {{\rm{y}}^3} + {{\rm{x}}^2}\left( {3{\rm{y}} + 2{\rm{z}}} \right) + {{\rm{y}}^2}\left( {3{\rm{x}} + 2{\rm{z}}} \right) + {{\rm{z}}^2}\left( {{\rm{x}} + {\rm{y}}} \right) + 4{\rm{xyz}} = 2023.\)

\( \Leftrightarrow {{\rm{x}}^3} + {{\rm{y}}^3} + 3{{\rm{x}}^2}{\rm{y}} + 2{{\rm{x}}^2}{\rm{z}} + 3{\rm{x}}{{\rm{y}}^2} + 2{{\rm{y}}^2}{\rm{z}} + {{\rm{z}}^2}{\rm{x}} + {{\rm{z}}^2}{\rm{y}} + 4{\rm{xyz}} = 2023\)

\( \Leftrightarrow \left( {{{\rm{x}}^3} + 3{{\rm{x}}^2}{\rm{y}} + 3{\rm{x}}{{\rm{y}}^2} + {{\rm{y}}^3}} \right) + \left( {2{{\rm{x}}^2}{\rm{z}} + 2{{\rm{y}}^2}{\rm{z}} + 4{\rm{xyz}}} \right) + \left( {{{\rm{z}}^2}{\rm{x}} + {{\rm{z}}^2}{\rm{y}}} \right) = 2023\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{\rm{x}} + {\rm{y}}} \right)^3} + 2{\rm{z}}{\left( {{\rm{x}} + {\rm{y}}} \right)^2} + {{\rm{z}}^2}\left( {{\rm{x}} + {\rm{y}}} \right) = 2023\)

\( \Leftrightarrow \left( {{\rm{x}} + {\rm{y}}} \right)\left[ {{{\left( {{\rm{x}} + {\rm{y}}} \right)}^2} + 2{\rm{z}}\left( {{\rm{x}} + {\rm{y}}} \right) + {{\rm{z}}^2}} \right] = 2023\)

\( \Leftrightarrow \left( {{\rm{x}} + {\rm{y}}} \right){\left( {{\rm{x}} + {\rm{y}} + {\rm{z}}} \right)^2} = {7.17^2}\)

Vì x,y,z nguyên dương nếu ta có x + y + z\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 7}\\{x + y + z = 17}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 7}\\{z = 10}\end{array}} \right.} \right.\)

Có x + y = 7 mà x, y nguyên dương nên ta có

x	1	2	3	4	5	6
y	6	5	4	3	2	1

KL: các bộ số cần tìm là (1;6;10);(3;4;10);(94;3;10);(5;2;10);(6;1;10)

2. Xét tất cả các cách nối 2024 cặp điểm (đỏ với xanh) bằng 2024 đoạn thẳng. các cách nối như vậy luôn luôn tồn tại do chỉ có 2024 cặp điểm nên số tất cả các cách nối như vậy là hữu hạn.

Do đó, tìm được một cách nối có tổng độ dài bằng các đoạn thẳng là ngắn nhất.

Ta chứng minh rằng đây là một cách nối phải tìm

Thật vậy , giả sữ ngược lại ta có hai đoạn thẳng AX và BY mà cắt nhau tại điểm O (giả sử A và B tô màu đỏ, còn X và Y tô màu xanh).khi đó nếu ta thay đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn thẳng AY và BX, các đoạn thẳng khác giữ nguyên thì ta có cách nối này có tính chất:

AY+BX \( < \left( {{\rm{AO}} + {\rm{OY}}} \right) = \left( {{\rm{AO}} + {\rm{OX}}} \right) + \left( {{\rm{BO}} + {\rm{OY}}} \right) \Rightarrow {\rm{AY}} + {\rm{BX}} < {\rm{AX}} + {\rm{BY}}\)

Như vậy , việc thay hai đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn thẳng AY và BX , ta nhận được một cách nối mới có tổng độ dài các đoạn thẳng là nhỏ hơn. Vô lý, vì trái với giả thiết là đã chọn một cách nối có tổng các độ dài là bé nhất.

Điều vô lý chứng tỏ: cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắn nhất là không có điểm chung.

4.1. chứng minh tam giác AMN cân tại A.

Vì BE\({\rm{\;}} \bot {\rm{AC}} = {\rm{E\;n\^e n\;HEC}} = 90^\circ \)

Vì CF \( \bot {\rm{AB}} = {\rm{F\;n\^e n\;HFB}} = 90^\circ \)

    \( \Rightarrow {\rm{FMH}} + {\rm{MHF}} = 90^\circ ;{\rm{ENH}} + {\rm{NHE}} = 90^\circ {\rm{\;}}\left( 1 \right)\)

Vì HN là phân giác của góc CHE nên CHN = NHE

Lại có CHN=MHF ( đối đỉnh) nên NHE = MHF (2)

Từ (1) và (2) suy ra FMH = ENH hay AMN =ANM

Vậy \(\Delta {\rm{AMN\;c\^a n\;tai\;A}}.\)

2. Chỉ ra tứ giác BIPD nội tiếp nên IBD + IPD =180\(^\circ {\rm{\;}}\left( 3 \right)\)

Chỉ ra IBD = FHA ( cùng phụ với góc FAH);

Lại có FHA = QHD( đối đỉnh)\( \Rightarrow {\rm{IBD}} = {\rm{QHD}};\)

Chỉ ra tứ giác DPHQ nội tiếp nên QHD = QPD\( \Rightarrow {\rm{IBD}} = {\rm{QPD\;}}\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) suy ra QPD + IPD =180⁰ nên ba điểm I, P, Q thẳng hàng

Chứng minh tương tự ta được P, Q, J thẳng hàng.

Vậy 4 điểm I, P, Q, J thẳng hàng.

Từ tứ giác BIPD nội tiếp chỉ ra MIP = PDB

Lại có PD//AC (cùng vuông góc với BE) nên PDB = ACB

Qua A kẻ tiếp tuyến tAt’ của (O)suy ra AO

Suy ra tAI = AIP

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên IP//At

3.

Vì tam giác AMN cân tại A và AK là phân giác góc MAN nên AK là trung trực của MN suy ra AK là đường kính của đường tròn ngoại tiếp AMN

AKM = ANK = 90\(^\circ \Rightarrow {\rm{KM}}\)//CF ; KN //BE

Gọi R = KM\( \cap {\rm{BH}};{\rm{s}} = {\rm{KN}} \cap {\rm{HC\;}} \Rightarrow {\rm{HRKS\;\;l\`a \;h\`i nh\;b\`i nh\;h\`a nh}}\)suy ra HK đi quả trung điểm của RS (5)

Từ MR//FH\( \Rightarrow \frac{{{\rm{HR}}}}{{{\rm{RB}}}} = \frac{{{\rm{FM}}}}{{{\rm{MB}}}};\)

Vì HN là phân giác của góc CHE nên HM là phân giác của góc BHF \( \Rightarrow \frac{{{\rm{FM}}}}{{{\rm{MB}}}} = \frac{{{\rm{FH}}}}{{{\rm{HB}}}}\)

Từ SN//HE \( \Rightarrow \frac{{{\rm{HS}}}}{{{\rm{SC}}}} = \frac{{{\rm{EN}}}}{{{\rm{NC}}}};\)

Vì HN là phân giác của góc CHE nên \(\frac{{{\rm{EN}}}}{{{\rm{NC}}}} = \frac{{{\rm{HE}}}}{{{\rm{HC}}}}\)

Chỉ ra \(\Delta {\rm{FHB}}\~\Delta {\rm{EHC}}\left( {{\rm{\;\;g\'o c}} - {\rm{g\'o c}}} \right) \Rightarrow \frac{{{\rm{FH}}}}{{{\rm{NC}}}} = \frac{{{\rm{HE}}}}{{{\rm{HC}}}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{\rm{HR}}}}{{{\rm{RB}}}} = \frac{{{\rm{HS}}}}{{{\rm{SC}}}} \Rightarrow {\rm{RS}}\)//BC      (6)

Từ

(5) và (6) suy ra HK luôn đi qua trung điểm của BC ( cố định).

Từ giả thiết x + y + z = xyz, ta có \(\frac{1}{{{\rm{xy}}}} = \frac{1}{{{\rm{yz}}}} = \frac{1}{{{\rm{xz}}}} = 1.\)

Dặt a=\(\frac{1}{{\rm{x}}};{\rm{b}} = \frac{1}{{\rm{y}}};{\rm{c}} = \frac{1}{{\rm{z}}} \Rightarrow {\rm{a}},{\rm{b}},{\rm{c}} > 0;\)

Giả thiết trở thành ab + bc + ca = 1; P =\(\frac{{\rm{a}}}{{\sqrt {1 + {{\rm{a}}^2}} }} + \frac{{\rm{b}}}{{\sqrt {1 + {{\rm{b}}^2}} }} + \frac{{\rm{c}}}{{\sqrt {1 + {{\rm{c}}^2}} }}\)

Đẻ ý rằng:

\({{\rm{a}}^2} + 1 = {{\rm{a}}^2} + {\rm{ab}} + {\rm{bc}} + {\rm{ca}} = \left( {{\rm{a}} + {\rm{b}}} \right)\left( {{\rm{a}} + {\rm{c}}} \right)\)

\({{\rm{b}}^2} + 1 = {{\rm{b}}^2} + {\rm{ab}} + {\rm{bc}} + {\rm{ca}} = \left( {{\rm{b}} + {\rm{a}}} \right)\left( {{\rm{b}} + {\rm{c}}} \right)\)

  \({{\rm{c}}^2} + 1 = {{\rm{c}}^2} + {\rm{ab}} + {\rm{bc}} + {\rm{ca}} = \left( {{\rm{c}} + {\rm{a}}} \right)\left( {{\rm{c}} + {\rm{b}}} \right)\)

Lúc này ta có:

P=\(\frac{{\rm{a}}}{{\sqrt {\left( {{\rm{a}} + {\rm{b}}} \right)\left( {{\rm{a}} + c} \right)} }} + \frac{{\rm{b}}}{{\sqrt {\left( {{\rm{b}} + {\rm{a}}} \right)\left( {{\rm{b}} + c} \right)} }} + \frac{{\rm{c}}}{{\sqrt {\left( {{\rm{c}} + {\rm{a}}} \right)\left( {{\rm{c}} + {\rm{b}}} \right)} }}\)

=\(\sqrt {\frac{{\rm{a}}}{{{\rm{a}} + {\rm{b}}}}.} \sqrt {\frac{{\rm{a}}}{{{\rm{a}} + {\rm{c}}}}}  + \sqrt {\frac{{\rm{b}}}{{{\rm{b}} + {\rm{a}}}}.} \sqrt {\frac{{\rm{b}}}{{{\rm{b}} + {\rm{c}}}}}  + \sqrt {\frac{{\rm{c}}}{{{\rm{c}} + {\rm{a}}}}.} \sqrt {\frac{{\rm{c}}}{{{\rm{c}} + {\rm{b}}}}} {\rm{\;}}\)

Theo bất đẳng thức Cô-si (AM-GM), ta có:

P\( \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{\rm{a}}}{{{\rm{a}} + {\rm{b}}}} + \frac{{\rm{a}}}{{{\rm{a}} + {\rm{c}}}} + \frac{{\rm{b}}}{{{\rm{b}} + {\rm{a}}}} + \frac{{\rm{b}}}{{{\rm{b}} + {\rm{c}}}} + \frac{{\rm{c}}}{{{\rm{c}} + {\rm{a}}}} + \frac{{\rm{c}}}{{{\rm{c}} + {\rm{b}}}}} \right)\) hay P\( \le \frac{3}{2}\).

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =\(\frac{1}{{\sqrt 3 }}{\rm{\;hay\;x}} = {\rm{y}} = {\rm{z}} = \sqrt 3 \)

Vậy giá trị lớn nhất của P =\(\frac{3}{2}{\rm{\;}} \Leftrightarrow {\rm{x}} = {\rm{y}} = {\rm{z}} = \sqrt 3 .\)