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

Theo đề \(x = 3\sqrt 3  - 2 \Leftrightarrow x + 2 = 3\sqrt 3  \Leftrightarrow {x^2} + 4x + 4 = 27 \Leftrightarrow {x^2} + 4x = 23\).

Ta có \({\left( {{x^3} + 4{x^2} - 23x + 1} \right)^{2024}} = {\left[ {x.\left( {{x^2} + 4x} \right) - 23x + 1} \right]^{2024}} = {\left( {23x - 23x + 1} \right)^{2024}} = 1\).

Vậy giá trị của biểu thức bằng \(1\) khi \(x = 3\sqrt 3  - 2\).

a) Ta có \(\Delta  = {a^2} - 8\). Phương trình có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta  \ge 0 \Leftrightarrow {a^2} - 8 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a \ge 2\sqrt 2 \\a \le  - 2\sqrt 2 \end{array} \right.\)

   Áp dụng định lí Vi-ét, ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = a\\{x_1}.{x_2} = 2\end{array} \right.\)

   Theo đề \(P = x_1^3 + x_2^3 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}.\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = {a^3} - 6a\)

   Vậy \(P = {a^3} - 6a\) (với \(a \le  - 2\sqrt 2 \) hoặc \(a \ge 2\sqrt 2 \) ).

b) Theo đề \(\alpha  = \sqrt[3]{{\frac{8}{3}}} + \sqrt[3]{3}{\rm{ }} \Leftrightarrow {\alpha ^3} = \frac{8}{3} + 3 + 3 \cdot \sqrt[3]{{\frac{8}{3}}} \cdot \sqrt[3]{3} \cdot \left( {\sqrt[3]{{\frac{8}{3}}} + \sqrt[3]{3}} \right){\rm{ }} \Leftrightarrow {\alpha ^3} = \frac{{17}}{3} + 6\alpha  \Leftrightarrow 3{\alpha ^3} - 18\alpha  - 17 = 0\)

Do đó \(\alpha \) là nghiệm của phương trình \(3{x^3} - 18x - 17 = 0\).

Điều kiện \(x \ge \frac{1}{4}\)

   Ta có

\(\sqrt {4x - 1}  - 2\sqrt {4x + 1}  + \sqrt {16{x^2} - 1}  = 2 \Leftrightarrow (\sqrt {4x - 1}  - 2) + \sqrt {4x + 1} (\sqrt {4x - 1}  - 2) = 0 \Leftrightarrow (\sqrt {4x - 1}  - 2)(\sqrt {4x + 1}  + 1) = 0\,\,(1)\)

   Với \(x \ge \frac{1}{4}\) thì \(\sqrt {4x + 1}  + 1 > 0\); do đó \((1) \Leftrightarrow \sqrt {4x - 1}  = 2 \Leftrightarrow x = \frac{5}{4}\) (nhận).

Vậy \(x = \frac{5}{4} \cdot \)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + {y^3} = 7\\(x + y)(4 + 3xy) =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{(x + y)^3} - 3xy(x + y) = 7\\4(x + y) + 3xy(x + y) =  - 2\end{array} \right.\)

   Suy ra \({(x + y)^3} + 4(x + y) - 5 = 0 \Leftrightarrow (x + y - 1).\left[ {{{(x + y)}^2} + (x + y) + 5} \right] = 0\,\,\,(2)\)

   Vì \({(x + y)^2} + (x + y) + 5 = {\left( {x + y + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{19}}{4} > 0\) với mọi \[x,y.\]

Do đó \((2) \Leftrightarrow x + y = 1\), khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1\\xy =  - 2\end{array} \right.\)

   \( \Rightarrow x,y\) là hai nghiệm của phương trình \({u^2} - u - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}u =  - 1\\u = 2\end{array} \right.\)

   Vậy hệ phương trình có nghiệm là: \((x;y) = ( - 1;2),(2; - 1)\).

Đặt \({n^2} + 2026 = {m^2}\left( {m \in {\mathbb{N}^*},m \ge 46} \right) \Leftrightarrow (m - n)(m + n) = 2026 = 2.1013\,\,(*)\)

Vì \(m - n,m + n\) cùng tính chẵn lẻ \( \Rightarrow \) không có cặp số \[m,n\] thỏa phương trình \((*)\)

Vậy không có giá trị nguyên của \(n\) thỏa yêu cầu bài toán.

   Gọi \({a_m}\;(m = \overline {1,2023} )\) là các số hạng của dãy

   Các giá trị phân biệt có thể nhận của \({a_i}\) là \({x_i}(i = \overline {1,10} )\) với \({x_i} \in {\mathbb{Z}^ + }\)và \({x_1} < {x_2} <  \ldots  < {x_{10}}\).

   Gọi \({S_j} = {a_1} \cdot {a_2} \cdots {a_j}\;(j = \overline {1,2023} )\) là tích của \(j\) số hạng đầu tiên của dãy.

   Khi đó \({S_j} = x_1^{{n_{1j}}} \cdot x_2^{{n_{2j}}} \cdots  \cdot x_{10}^{{n_{10j}}}\) với \({n_{1j}};{n_{2j}}; \ldots ;{n_{10j}}\) lần lượt là số lần xuất hiện của các giá trị \({x_j}\)

   trong \(j\) số hạng đầu tiên của dãy đã cho.

   Xét \(2023\)bộ \(\left( {{n_{1j}};{n_{2j}}; \ldots ;{n_{10j}}} \right)(j = \overline {1,2023} )\) theo module \(2\), có tất cả \({2^{10}} = 1024\) trường hợp có dạng như sau

\((0;0; \ldots ;0),(0; \ldots ;0;1),(0; \ldots ;1;0),(1; \ldots ;1;1)\)

   Do đó tồn tại hai chỉ số \(p,q\) (với \(1 \le p < q < 2023\)) thoả

\(\left( {{n_{1p}};{n_{2p}}; \ldots ;{n_{10p}}} \right) \equiv \left( {{n_{1q}};{n_{2q}}; \ldots ;{n_{10q}}} \right)\,\,\,\,(\,\bmod \,2).\)

 Do đó:

\(\begin{array}{l}{n_{1q}} - {n_{1p}} = 2{b_1}\\{n_{2q}} - {n_{2p}} = 2{b_2}\\ \cdots \\{n_{10q}} - {n_{10p}} = 2{b_{10}}\end{array}\)

   Suy ra \(\frac{{{S_q}}}{{{S_p}}} = {a_{p + 1}} \cdot {a_{p + 2}} \cdots {a_q} = {\left( {x_1^{{b_1}} \cdot x_2^{{b_2}} \cdots x_{10}^{{b_{10}}}} \right)^2}\). Điều phải chứng minh.