Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Bình Phước có đáp án
7 câu hỏi
Cho \(P = \frac{{3a + \sqrt {9a} - 3}}{{a + \sqrt a - 2}} - \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a + 2}} + \frac{{\sqrt a - 2}}{{1 - \sqrt a }}{\rm{ }}\)với \(a \ge 0,{\rm{ }}a \ne 1\).
a) Rút gọn biểu thức \(P\).
b) Tìm \(a\) nguyên để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.
a) \(P = \frac{{3a + \sqrt {9a} - 3}}{{a + \sqrt a - 2}} - \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a + 2}} + \frac{{\sqrt a - 2}}{{1 - \sqrt a }}{\rm{ }}\) \( = \frac{{3a + \sqrt {9a} - 3}}{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a - 1} \right)}} - \frac{{a - 1}}{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a - 1} \right)}} - \frac{{a - 4}}{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a - 1} \right)}}\) \( = \frac{{a + 3\sqrt a + 2}}{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a - 1} \right)}}\) \( = \frac{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a - 1} \right)}}\) \( = \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a - 1}}.\) |
b) \(P = \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a - 1}} = 1 + \frac{2}{{\sqrt a - 1}}\). Ta có \(P \in \mathbb{Z}\) khi và chỉ khi \(\frac{2}{{\sqrt a - 1}} \in \mathbb{Z}\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt a - 1 = - 1\\\sqrt a - 1 = - 2\\\sqrt a - 1 = 1\\\sqrt a - 1 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 0{\rm{ (N)}}\\{\rm{VN}}\\a = 4{\rm{ }}\left( {\rm{N}} \right)\\a = 9{\rm{ (N)}}{\rm{.}}\end{array} \right.{\rm{ }}\) Vậy \(a = 0;{\rm{ }}a = 4;{\rm{ }}a = 9\)thì \(P \in \mathbb{Z}\). |
a) Cho phương trình \(5{x^2} + mx - 28 = 0\), \(m\) là tham số.
Tìm \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{\rm{ }}{x_2}\) phân biệt thỏa mãn\(5{x_1} + 2{x_2} = 1\).
Ta có \(\Delta = {m^2} + 560 > 0\) nên phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm \({x_1},{\rm{ }}{x_2}\) phân biệt.
Theo định lí Vi-ét ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{m}{5} & & \left( 1 \right)\\{x_1} \cdot {x_2} = - \frac{{28}}{5} & & \left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và giả thiết ta có
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{m}{5}\\5{x_1} + 2{x_2} = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = - \frac{{m + 1}}{3}\\{x_1} = \frac{{2m + 5}}{{15}}\end{array} \right.\)
Thay các giá trị \({x_1},{\rm{ }}{x_2}\) vừa tìm được vào \(\left( 2 \right)\) ta được
\( \Leftrightarrow \left( {\frac{{2m + 5}}{{15}}} \right)\left( { - \frac{{m + 1}}{3}} \right) = - \frac{{28}}{5} \Leftrightarrow 2{m^2} + 7m + 5 = 252\)
\( \Leftrightarrow 2{m^2} + 7m - 247 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 13\\m = \frac{{19}}{2}.\end{array} \right.\)
Vậy các giá trị \(m\) cần tìm là \(m = - 13;{\rm{ }}m = - \frac{{19}}{2}.\)
Giải phương trình: x+4x−2=2x2+2x−5
Điều kiện: \({x^2} + 2x - 5 \ge 0.\)
Ta có \(\left( {x + 4} \right)\left( {x - 2} \right) = 2\sqrt {{x^2} + 2x - 5} \)
\( \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 2\sqrt {{x^2} + 2x - 5} \)
\( \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 5 - 2\sqrt {{x^2} + 2x - 5} - 3 = 0.\)
Đặt \(t = \sqrt {{x^2} + 2x - 5} ,{\rm{ }}t \ge 0.\)
Ta có phương trình
Với \(t = 3\) ta có \(\sqrt {{x^2} + 2x - 5} = 3\) \( \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 5 = 9\)
\( \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 14 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 - \sqrt {15} \\x = - 1 + \sqrt {15} .\end{array} \right.\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = - 1 \pm \sqrt {15} \).
Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}2{x^2} + {y^2} - 3xy + 7x - 5y + 6 = 0\\4{x^2} - {y^2} + 9x + 9 = \sqrt {2x + y + 2} + \sqrt {x + 4y + 1} \end{array} \right.\].
\[\left\{ \begin{array}{l}2{x^2} + {y^2} - 3xy + 7x - 5y + 6 = 0 & & (1)\\4{x^2} - {y^2} + 9x + 9 = \sqrt {2x + y + 2} + \sqrt {x + 4y + 1} & (2)\end{array} \right.\]
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y + 2 \ge 0\\x + 4y + 1 \ge 0.\end{array} \right.\)
Xét phương trình \(\left( 1 \right)\): \[2{x^2} + {y^2} - 3xy + 7x - 5y + 6 = 0\]
\( \Leftrightarrow 2{x^2} + \left( {7 - 3y} \right)x + {y^2} - 5y + 6 = 0\)(*)
Ta xem (*) là phương trình bậc hai theo biến \(x\). Biệt thức
Δx=7−3y2−4⋅2⋅y2−5y+6=y−12
Phương trình (*) có hai nghiệm
\(\left[ \begin{array}{l}x = \frac{{3y - 7 + y - 1}}{4} = y - 2\\x = \frac{{3y - 7 - \left( {y - 1} \right)}}{4} = \frac{{y - 3}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = x + 2\\y = 2x + 3.\end{array} \right.\)
+) Với \(y = x + 2\), thay vào phương trình \(\left( 2 \right)\) ta được:
\(3{x^2} + 5x + 5 = \sqrt {3x + 4} + \sqrt {5x + 9} \)
\( \Leftrightarrow 3{x^2} + 3x + \left[ {\left( {x + 2} \right) - \sqrt {3x + 4} } \right] + \left[ {\left( {x + 3} \right) - \sqrt {5x + 9} } \right] = 0\)
\( \Leftrightarrow 3\left( {{x^2} + x} \right) + \frac{{{x^2} + x}}{{x + 2 + \sqrt {3x + 4} }} + \frac{{{x^2} + x}}{{x + 3 + \sqrt {5x + 9} }} = 0\)
\( \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right)\left[ {3 + \frac{1}{{x + 2 + \sqrt {3x + 4} }} + \frac{1}{{x + 3 + \sqrt {5x - 9} }}} \right] = 0\)(**)
Với điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 4 \ge 0\\5x + 9 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge - \frac{4}{3}\), ta có
\(3 + \frac{1}{{x + 2 + \sqrt {3x + 4} }} + \frac{1}{{x + 3 + \sqrt {5x - 9} }} > 0\)
Do đó \(\left( {**} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 & \Rightarrow y = 2\\x = - 1 & \Rightarrow y = 1.\end{array} \right.\)
+) Với \(y = 2x + 3\), thay vào phương trình \(\left( 2 \right)\) ta được
\(\sqrt {4x + 5} + \sqrt {9x + 13} + 3x = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {\sqrt {4x + 5} - 1} \right) + \left( {\sqrt {9x + 13} - 2} \right) + 3x + 3 = 0\)
\( \Leftrightarrow \frac{{4\left( {x + 1} \right)}}{{\sqrt {4x + 5} + 1}} + \frac{{9\left( {x + 1} \right)}}{{\sqrt {9x + 13} + 2}} + 3\left( {x + 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left[ {\frac{4}{{\sqrt {4x + 5} + 1}} + \frac{9}{{\sqrt {9x + 13} + 2}} + 3} \right] = 0\) (***)
Với điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}4x + 5 \ge 0\\9x + 13 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge - \frac{5}{4}\), ta có
\(\frac{4}{{\sqrt {4x + 5} + 1}} + \frac{9}{{\sqrt {9x + 13} + 2}} + 3 > 0\).
Do đó \(\left( {***} \right) \Leftrightarrow x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1 \Rightarrow y = 1.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left\{ {\left( {0;2} \right),\left( { - 1;1} \right)} \right\}\).
a) Giải phương trình nghiệm nguyên: \({x^2} + xy + {y^2} = {x^2}{y^2}\).
b) Cho \(p\) là số nguyên tố lớn hơn \(3\). Chứng minh rằng \(\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\) chia hết cho \(24\).
a) Ta có \({x^2} + xy + {y^2} = {x^2}{y^2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow & {x^2} - {x^2}{y^2} + xy + {y^2} = 0\\ \Leftrightarrow & \left( {1 - {y^2}} \right){x^2} + xy + {y^2} = 0 & \left( 1 \right)\end{array}\)
Ta xét các trường hợp:
Trường hợp 1: \(1 - {y^2} = 0 \Leftrightarrow y = \pm 1\).
· Với \(y = 1\) ta có \({x^2} + x + 1 = {x^2} \Leftrightarrow x = - 1\).
· Với \(y = - 1\) ta có \({x^2} - x + 1 = {x^2} \Leftrightarrow x = 1.\)
Trường hợp 2: \(1 - {y^2} \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y \ne 1\\y \ne - 1.\end{array} \right.\)
Xét phương trình bậc hai \(\left( {1 - {y^2}} \right){x^2} + xy + {y^2} = 0\), có
\({\Delta _x} = {y^2} - 4\left( {1 - {y^2}} \right){y^2} = {y^2}\left( {4{y^2} - 3} \right).\)
· Nếu \(y = 0\) ta có \(x = 0.\)
· Nếu \(y \ne 0\), phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm nguyên khi và chỉ khi \(4{y^2} - 3\) là số chính phương.
Đặt \(4{y^2} - 3 = {k^2}{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{N}} \right)\).
\(4{y^2} - 3 = {k^2} \Leftrightarrow \left( {2y - k} \right)\left( {2y + k} \right) = 3\)
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm \(\left( {0;0} \right),{\rm{ }}\left( {1; - 1} \right),{\rm{ }}\left( { - 1;1} \right).\)
b) Vì \(p\)là số nguyên tố lớn hơn \(3\) nên \(p\) là số lẻ, ta có \(p = 2k + 1\)
(\(k \in \mathbb{N},{\rm{ }}k > 1\)).
Do đó ta có \(\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) = 2k\left( {2k + 2} \right) = 4k\left( {k + 1} \right){\rm{ }} \vdots {\rm{ }}8\)
· Nếu \(p = 3k \Rightarrow p = 3\) (loại vì \(p\) là số nguyên tố lớn hơn \(3\)).
· Nếu \(p = 3k + 1\), ta có \(\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) = 3k\left( {3k + 2} \right){\rm{ }} \vdots {\rm{ }}3\).
· Nếu \(p = 3k + 2\), ta có \(\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) = 3\left( {3k + 1} \right)\left( {k + 1} \right){\rm{ }} \vdots {\rm{ }}3\).
Vì \(\gcd \left( {3;8} \right) = 1\) nên \(\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right){\rm{ }} \vdots {\rm{ }}24\) với \(p\) là số nguyên tố lớn hơn \(3\).
Cho đoạn thẳng \(AB\) và \(C\)là điểm nằm trên đoạn \(AB\) sao cho \(BC > AC\). Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng \(AB\), vẽ nửa đường tròn đường kính \(AB\) và nửa đường tròn đường kính \(BC\). Lấy điểm \(M\) thuộc nửa đường tròn đường kính \(BC\)(\(M \ne B\), \(M \ne C\)). Kẻ \(MH\) vuông góc với \(BC\)\(\left( {H \in BC} \right)\), đường thẳng \(MH\) cắt nửa đường tròn đường kính \(AB\) tại \(K\). Hai đường thẳng \(AK\) và \(CM\) cắt nhau tại \(E\).
a) Chứng minh tứ giác \(BMKE\) nội tiếp và \(B{E^2} = BA \cdot BC\).
b) Từ \(C\)kẻ \(CN\) vuông góc với \(AB\) (\(N\)thuộc nửa đường tròn đường kính \(AB\)), gọi \(P\) là giao điểm của \(NK\)và \(CE\). Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác \(BNE\) và \(PNE\) cùng nằm trên đường thẳng \(BP\).
a) Ta có: \(\widehat {BME} = \widehat {BKE} = {90^ \circ }\) nên tứ giác \(BMKE\) nội tiếp.
\( \Rightarrow \widehat {HKB} = \widehat {CEB}\)
mà \(\widehat {HKB} = \widehat {BAE}\) (cùng phụ với \(\widehat {HKA}\))
\( \Rightarrow \widehat {BAE} = \widehat {CEB}\).
\(\Delta BEC\) đồng dạng với \(\Delta BAE\) (vì \(\widehat {ABE}\) chung và \(\widehat {BAE} = \widehat {CEB}\))
Do đó \(\frac{{BE}}{{AB}} = \frac{{BC}}{{BE}} \Rightarrow B{E^2} = BC \cdot AB\).
b) Xét tam giác vuông \(ABN\)có \(CN \bot AB \Rightarrow B{N^2} = BC \cdot AB\)
mà \(B{E^2} = BC \cdot AB\) suy ra \(BN = BE\) hay \(\Delta BNE\) cân tại \(B\), suy ra \(\widehat {BNE} = \widehat {BEN}\). \(\left( 1 \right)\)
Mặt khác, theo câu trên ta có \(\widehat {CEB} = \widehat {BAE}\) và \(\widehat {BAE} = \widehat {BNP}\) suy ra \(\widehat {CEB} = \widehat {BNP}\). (2)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {PNE} = \widehat {PEN}\) hay \(\Delta PNE\) cân tại \(P\) \( \Rightarrow NP = PE\).
Vì \(NP = PE\) và \(BN = BE\) nên \(BP \bot NE\).
Suy ra \(BP\) là đường phân giác của các góc \(\widehat {EBN}\) và \(\widehat {EPN}\).
Do đó tâm đường tròn nội tiếp các tam giác \(BNE\) và \(PNE\) cùng nằm trên đường thẳng \(BP\).
a) Cho một bảng gồm \(2023\) hàng, \(2023\) cột. Các hàng được đánh số từ \(1\) đến \(2023\) từ trên xuống dưới; các cột đánh số từ \(1\) đến \(2023\) từ trái qua phải. Viết các số tự nhiên liên tiếp \(0,{\rm{ }}1,{\rm{ }}2, \ldots \)vào các ô của bảng theo đường chéo zíc-zắc (như hình vẽ bên). Hỏi số \(2024\) được viết ở hàng nào, cột nào? Vì sao?
b) Cho \(a,{\rm{ }}b,{\rm{ }}c\) là các số dương. Chứng minh:\(\frac{{bc}}{{2a + b + c}} + \frac{{ca}}{{2b + c + a}} + \frac{{ab}}{{2c + a + b}} \le \frac{{a + b + c}}{4}\).
Theo quy luật: Đánh số thứ tự các đường chéo như số thứ tự các hàng - Đường chéo thứ nhất viết 1 số (số \(0\)) - Đường chéo thứ hai viết 2 số (từ 1 đến 2) ... - Đường chéo thứ \(n\) viết \(n\) số. |
|
Vậy với \(n\) đường chéo đầu tiên ta đã viết được \(1 + 2 + \cdots + n = \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\) số (bắt đầu từ số \(0\))
Lại có \(2016 = \frac{{63 \cdot 64}}{2} < 2024 < \frac{{64 \cdot 65}}{2} = 2080\). Do đó với \(63\) đường chéo ta đã viết được \(2016\)số từ \(0\)đến \(2015\).
Vậy các số tiếp theo \(2016,{\rm{ }}\)\(2017,{\rm{ }}\)\(2018,{\rm{ }}\)\(2019,{\rm{ }}\)\(2020,{\rm{ }}\)\(2021,{\rm{ }}\)\(2022,\)\(2023,{\rm{ }}2024\) sẽ được viết ở đường chéo thứ \(64\).
Kể từ đường chéo thứ hai, tính từ trái qua phải, từ dưới lên trên, ta thấy đường chéo mang số lẻ thì tăng dần, đường chéo mang số chẵn thì giảm dần. Vậy số 2016 thì ở đầu cột 64, hàng 1.
Vậy số 2024 được viết ở cột 56, hàng 9.
b) Chứng minh được bất đẳng thức \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}.\)
Ta có \(\frac{1}{{2a + b + c}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{4}{{\left( {a + b} \right) + \left( {a + c} \right)}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{bc}}{{2a + b + c}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{{bc}}{{a + b}} + \frac{{bc}}{{a + c}}} \right)\) (1)
Tương tự, ta có
\(\frac{{ac}}{{2b + a + c}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{{ac}}{{b + c}} + \frac{{ac}}{{b + a}}} \right)\) (2)
\(\frac{{ab}}{{2c + a + b}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{{ab}}{{a + c}} + \frac{{ab}}{{b + c}}} \right)\). (3)
Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta được
VT≤14bca+b+bca+c+acb+c+acb+a+aba+c+abb+c=14bca+b+caa+b+bca+c+aba+c+cab+c+abb+c=a+b+c4.
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = c.\)
