Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Bình Định có đáp án
7 câu hỏi
Tính giá trị của biểu thức \({\left( {{x^3} + 4{x^2} - 23x + 1} \right)^{2024}}\) với \(x = 3\sqrt 3 - 2\).
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) Giả sử phương trình \({x^2} - ax + 2 = 0\) (\(a\) là tham số) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\). Tính \(P = x_1^3 + {x_2}^3\) theo \(a\).
b) Cho \(\alpha = \sqrt[3]{{\frac{8}{3}}} + \sqrt[3]{3}\). Tìm một đa thức bậc \(3\), hệ số nguyên nhận \(\alpha \) làm nghiệm.
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 \(3{x^3} - 18x - 17 = 0\).
Giải phương trình: \(\sqrt {4x - 1} - 2\sqrt {4x + 1} + \sqrt {16{x^2} - 1} = 2,(x \in \mathbb{R})\).
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 \(x = \frac{5}{4} \cdot \)
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + {y^3} = 7\\(x + y)(4 + 3xy) = - 2\end{array} \right.\quad (x,y \in \mathbb{R})\).
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: \((x;y) = ( - 1;2),(2; - 1)\).
Tìm tất cả giá trị nguyên của \(n\) để \({n^2} + 2026\) là một số chính phương.
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.
Cho tam giác nhọn \[ABC\]có các đường cao \[AD,BE,CF.\]Gọi \[K,L\]lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác \[CDE,BDF.\]
1. Chứng minh \(\widehat {LDF} = \widehat {KDC}\).
2. Chứng minh hai tam giác \[LDF\]và \[KDC\]đồng dạng, hai tam giác \[LDK\]và \[FDC\]đồng dạng.
3. Chứng minh tứ giác \[BLKC\]nội tiếp.
4. Gọi \[P,Q\]lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác\[AKC,ALB\], chứng minh \[PQ\] song song với \[KL.\]
![Cho tam giác nhọn \[ABC\]có các đường cao \[AD,BE,CF.\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/blobid2-1766317119.png)
1. Gọi \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC\).
Vì \(K,L\)lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác \(CDE,BDF \Rightarrow DL\)là tia phân giác của \(\widehat {FDB};FL\) là tia phân giác của \(\widehat {BFD};CK\) là tia phân giác của \(\widehat {ECD};DK\) là tia phân giác của \(\widehat {EDC}\).
Vì tứ giác \(DHEC\)có: HDC^+HEC^=90°+90°=180°
Suy ra tứ giác \(DHEC\)nội tiếp\( \Rightarrow \widehat {EDC} = \widehat {EHC} \Rightarrow \widehat {EDC} = \widehat {FHB}\)
Vì tứ giác \(DFHB\)có: FDB^+FHB^=90°+90°=180°
Suy ra tứ giác \(DHFB\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {FDB} = \widehat {FHB}.\)
Do đó: \(\widehat {EDC} = \widehat {FDB} \Rightarrow \widehat {LDF} = \widehat {KDC}.\)
2. Tứ giác \(ACDF\)có: AFC^=ADC^=90°
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(ACDF\)nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {BFD} = \widehat {ACD} \Rightarrow \widehat {LFD} = \widehat {KCD}\)
Xét \(\Delta LDK\) và \(\Delta KDC\), ta có: \(\widehat {LDF} = \widehat {KDC}\) và .
Vì EDC^=FDB^⇒LDB^=KDC^⇒LDK^+2LDB^=180°FDC^+FDB^=180°⇒FDC^+2LDB^=180°
Nên \(\widehat {LDK} = \widehat {FDC}\,\,(2)\)
Từ \((1)\)và \((2)\), suy ra: .
3. Vì \(\widehat {LFD} = \widehat {KCD}\) và DFC^=DLK^⇒DLK^+KCD^=DFC^+LFD^=LFC^=90°−BFL^
Vì \(L\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta BDF\) nên BLD^=90°+BFL^
Khi đó BLK^+KCD^=BLD^+DLK^+KCD^=90°+BFL^+90°−BFL^=180°
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BCKL\)nội tiếp.
4. Gọi \(J,I\) lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC \Rightarrow J \in AI\).
Tương tự ý \(1,2,3\) ta suy ra các tứ giác \(ABLJ,ACKJ\)nội tiếp
\( \Rightarrow J\) là giao điểm thứ hai của hai đường tròn \((P)\) và \((Q)\)
\( \Rightarrow PQ \bot AJ \Rightarrow PQ \bot AI\,\,(3)\)
Ta có: LIK^=90°+ABC^2⇔LIK^=90°+IAK^+KAC^⇔IAK^=LIK^−KAC^−90°LKA^=LKI^+IKA^=LKI^+KAC^+KCA^=LKI^+KAC^+KCB^=LKI^+KAC^+ILK^
Do đó IAK^+LKA^=LIK^+LKI^+ILK^−90°=90°⇒AI⊥LK (4)
Từ \((3)\) và \((4)\) suy ra \(PQ//LK\).
Một học sinh viết lên bảng một dãy gồm \(2023\) số nguyên dương sao cho trong dãy này có đúng \(10\) số hạng phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại những số hạng liên tiếp của dãy này có tích của chúng là một số chính phương.
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.
