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

a) Với \(x \ge 0\)và \(x \ne 4,x \ne 9\), ta có:

\(P = \frac{{2\sqrt x - 9}}{{x - 5\sqrt x  + 6}} - \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{2\sqrt x + 1}}{{3 - \sqrt x }}\)

\( = \frac{{2\sqrt x - 9}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} - \frac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {3 - \sqrt x } \right) + \left( {2\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {3 - \sqrt x } \right)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x - 9}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} - \frac{{9 - x + 2x - 3\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {3 - \sqrt x } \right)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x - 9 + 9 - x + 2x - 3\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)

\( = \frac{{ - \sqrt x + x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)

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

b)

\(P = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}} = \frac{{\sqrt x - 3 + 4}}{{\sqrt x - 3}} = 1 + \frac{4}{{\sqrt x - 3}}\)

Để\(P\) nhận giá trị là số nguyên thì\(\frac{4}{{\sqrt x - 3}}\) phải nhận giá trị là số nguyên\( \Rightarrow \frac{4}{{\sqrt x - 3}} \in \left\{ { - 4; - 2; - 1;1;2;4} \right\}\)

·          \(\frac{4}{{\sqrt x - 3}} = - 4 \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = - 1 \Rightarrow x = 4\) (loại)

·          \(\frac{4}{{\sqrt x - 3}} = 1 \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = 4 \Rightarrow x = 49\)

·          \(\frac{4}{{\sqrt x - 3}} = - 2 \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = - 2 \Rightarrow x = 1\)

·          \(\frac{4}{{\sqrt x - 3}} = 2 \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = 2 \Rightarrow x = 25\)

·          \(\frac{4}{{\sqrt x - 3}} = - 1 \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = - 4 \Leftrightarrow \sqrt x = - 1\) (loại)

·          \(\frac{4}{{\sqrt x - 3}} = 4 \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = 1 \Rightarrow x = 16\)

Vậy\(x \in 1;16;25;49\} \) thì\(P\) nhận giá trị là số nguyên

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của\(\left( P \right)\)và\(\left( d \right)\):

\({x^2} = 2mx - 4m + 5\)

\( \Rightarrow {x^2} - 2mx + 4m - 5 = 0\)

\({\rm{\Delta }} = 4{m^2} - 16m + 20 > 0\left( {\forall m} \right)\)

\( \Rightarrow \)Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_A} = \frac{{2m + \sqrt {4{m^2} - 16m + 20} }}{2} = m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} \Rightarrow {y_A} = {{\left( {m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)}^2}}\\{{x_B} = \frac{{2m - \sqrt {4{m^2} - 16m + 20} }}{2} = m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} \Rightarrow {y_B} = {{\left( {m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)}^2}}\end{array}} \right.\)

\({\rm{\Delta }}AOB\) vuông tại\(O\)

\( \Rightarrow O{A^2} + O{B^2} = A{B^2}\) (Định lý Pythagoras)

\( \Leftrightarrow x_A^2 + y_A^2 + x_B^2 + y_B^2 = {\left( {{x_A} - {x_B}} \right)^2} + {\left( {{y_A} - {y_B}} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow x_A^2 + y_A^2 + x_B^2 + y_B^2 = x_A^2 - 2{x_A}{x_B} + x_B^2 + y_A^2 - 2{y_A}{y_B} + y_B^2\)

\( \Leftrightarrow {x_A}{x_B} + {y_A}{y_B} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)\left( {m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right) + {\left( {m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)^2}{\left( {m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)\left( {m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right) = 0}\\{\left( {m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)\left( {m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right) = - 1}\end{array}} \right.\)

Giải\(\left( 1 \right)\):

\(\left( {m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)\left( {m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {m^2} - \left( {{m^2} - 4m + 5} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 4m - 5 = 0\)

\( \Leftrightarrow m = \frac{5}{4}\) (loại vì khi\(m = \frac{5}{4}\) thì sẽ nhận được\({x_B} = 0\)và\({y_B} = 0\), điểm\(B\) trùng với điểm\(O\) không tạo được tam giác)

Giải\(\left( 2 \right)\):

\(\left( {m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)\left( {m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right) = - 1\)

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

\( \Leftrightarrow 4m - 5 = - 1\)

\( \Leftrightarrow m = 1{\rm{\;}}\)(nhận)

vậy\(m = 1\)

a) Điều kiện xác định:\({x^2} - x + 1 \ge 0\) (đúng\(\forall x \in \mathbb{R}\))

\(2{x^2} - \left( {x - 2} \right)\sqrt {{x^2} - x + 1} = 5x - 2\)

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

\( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {2x - 1} \right) = \left( {x - 2} \right)\sqrt {{x^2} - x + 1} \)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {x - 2} \right) = 0{\rm{\;}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{\sqrt {{x^2} - x + 1} = 2x - 1{\rm{\;}}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow x = 2\)(nhận)

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

\( \Leftrightarrow {x^2} - x = 4{x^2} - 4x\)

\( \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) = 4x\left( {x - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow 3x\left( {x - 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}{\rm{\;}}} \right.\) (nhận)

Vậy\(S = \left\{ {0,1;2} \right\}\)

b)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3} - {y^3} - 35 = 0}\\{2{x^2} - 4x + 3{y^2} + 9y = 0}\end{array}} \right.\)

Nhân hai vế của\(\left( 2 \right)\) với\(3\) ta được:

\(3\left( {2{x^2} - 4x + 3y + 9y} \right) = 0 \Leftrightarrow 6{x^2} - 12x + 9{y^2} + 27y = 0\)

lấy\(\left( 1 \right) - \left( 3 \right)\) ta được:

\({x^3} - {y^3} - 35 - 6{x^2} + 12x - 9{y^2} - 27y = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^3} - 6{x^2} + 12x - 8 - {y^3} - 9{y^2} - 27y - 27 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^{2.2}} + 3x{.2^2} - {2^3} - {y^3} - 3{y^{2.3}} - 3y{.3^2} - {3^3} = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^3} - {\left( {y + 3} \right)^3} = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^3} = {\left( {y + 3} \right)^3}\)

\( \Leftrightarrow x - 2 = y + 3\)

\( \Leftrightarrow x = y + 5\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) = 25\)

Thay\(x = y + 5\)vào\(\left( 4 \right)\) ta được:

\({\left( {y + 5} \right)^2} + y\left( {y + 5} \right) + {y^2} = 7\)

\( \Leftrightarrow {y^2} + 10y + 25 + {y^2} + 5y + {y^2} = 7\)

\( \Leftrightarrow 3{y^2} + 15y + 18 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = - 2}\\{y = - 3}\end{array}} \right.\)

·          Với\(y = - 2\), ta có\(x = 3\)

·          Với\(y = - 3\), ta có\(x = 2\)

Vậy nghiệm của hệ là\(\left( {3; - 2} \right)\)và\(\left( {2; - 3} \right)\)

a)

\({x^2} - 2{y^2} - xy + 2x + 5y - 5 = 0{\rm{\;}}\left( {x,y \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2xy + 3x + xy - 2{y^2} + 3y - x + 2y - 3 = 2\)

\( \Leftrightarrow x\left( {x - 2y + 3} \right) + y\left( {x - 2y + 3} \right) - \left( {x - 2y + 3} \right) = 2\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + y - 1} \right)\left( {x - 2y + 3} \right) = 2\)

Do đó ta có bốn trường hợp:

Trường hợp\(1\): \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y - 1 = 2}\\{x - 2y + 3 = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{4}{3}}\\{y = \frac{5}{3}}\end{array}} \right.} \right.\) (Loại)

Trường hợp\(1\): \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y - 1 = 1}\\{x - 2y + 3 = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 1}\end{array}} \right.} \right.\) (Nhận)

Trường hợp\(1\): \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y - 1 = - 1}\\{x - 2y + 3 = - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - \frac{5}{3}}\\{y = \frac{5}{3}}\end{array}} \right.} \right.\) (Loại)

Trường hợp\(1\): \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y - 1 = - 2}\\{x - 2y + 3 = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2}\\{y = 1}\end{array}} \right.} \right.\) (Nhận)

Vậy cặp\(\left( {x;y} \right)\) nguyên cần tìm là:\(\left( {1;1} \right)\)và\(\left( { - 2;1} \right)\)

b) Gọi:

·          \(h\) là chiều cao bình chứa nước,\(r\) là bán kính mặt đáy

·          Hình 1:\({h_1} = 8\) là chiều cao phần không chứa nước,\({r_1}\) là bán kính đáy phần không chứa nước

·Hình\(2:{h_2}\) là chiều cao phần chứa nước,\({r_2}\) là bán kính đáy phần chứa nước(\(h,r,{h_1},{r_1},{h_2},{r_2} \in \mathbb{R}\)) và (\(h,r,{h_1},{r_1},{h_2},{r_2} > 0\))

\(\frac{{{h_1}}}{h} = \frac{{{r_1}}}{r} \Rightarrow {r_1} = \frac{{{h_1}.r}}{h} = \frac{{8r}}{h}\)

\(\frac{{{h_2}}}{h} = \frac{{{r_2}}}{r} \Rightarrow {r_2} = \frac{{{h_2}.r}}{h} = \frac{{\left( {h - 2} \right).r}}{h}\)

Thể tích phần chứa nước ở hình 2 là\({V_1} = \frac{1}{3}{\rm{\pi }}r_2^2{h_2} = \frac{1}{3}{\rm{\pi }}\frac{{{{\left( {h - 2} \right)}^2}.{r^2}}}{{{h^2}}}\)

Thế tích phần chứa nước ở hình 1 là\({V_2} = \frac{1}{3}{\rm{\pi }}{r^2}h - \frac{1}{3}{\rm{\pi }}r_1^2{h_1} = \frac{1}{3}{\rm{\pi }}{r^2}h - \frac{{512{\rm{\pi }}{r^2}}}{{3{h^2}}}\)

\({V_1} = {V_2} \Leftrightarrow {h^3} - 512 = {\left( {h - 2} \right)^3}\)

\( \Leftrightarrow {h^2} - 2h - 84 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{h = 1 + \sqrt {85} {\rm{\;}}\left( N \right)}\\{h = 1 - \sqrt {85} {\rm{\;}}\left( L \right)}\end{array}} \right.\)

Vậy chiều cao của bình là\(1 + \sqrt {85} \)

a) Ta có:

\(CA = CB\) mà\(CB = DA\) (\(ABCD\) là hình bình hành\()\)

\( \Rightarrow AC = AD \Rightarrow {\rm{\Delta }}ACD\) cân

\(\widehat {ADC} = \widehat {ACD}\)

Mà\(\widehat {ACD} = \widehat {BAC}\) (so le trong)

\( \Rightarrow \widehat {BAC} = \widehat {ADC} \Rightarrow AB\) là tiếp tuyến của\(\left( {ADC} \right)\)

Tương tự, ta có\(CD\) là tiếp tuyến của\(\left( {ABC} \right)\)

Ta có:\(\widehat {AMN} = \widehat {NDC}\) (so le trong)

Mà\[\widehat {NDC} = \widehat {NAC}\] (\[ADCN\]nội tiếp)

\( \Rightarrow \widehat {AMN} = \widehat {NAC} \Rightarrow AC\) là tiếp tuyến của\(\left( {AMN} \right)\)

Xét hai tam giác\({\rm{\Delta }}AKC\)và\({\rm{\Delta }}MAC\) có:

\(\widehat {ACK}\) là gócchung

\(\widehat {KMA} = \widehat {KAC}\) (vì\(AC\) là tiếp tuyến của\(\left( {AMN} \right)\))

 

\( \Rightarrow \widehat {AKC} = \widehat {MAC}\)

Mà do\(CA = CB\)

\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}ABC\) cân tại\(C\)

\( \Rightarrow \widehat {MAC} = \widehat {ABC}\)

Do đó, ta có\(\widehat {AKC} = \widehat {ABC}\left( { = \widehat {MAC}} \right)\)

\( \Rightarrow ABKC\) nội tiếp (đpcm)

b) Gọi\(S\) là giao điển của\(BK\)và\(\left( {AMN} \right)\)

Ta có\(\widehat {SAM} = \widehat {SKM}\)

Mà\(\widehat {SKM} = {180^ \circ } - \widehat {BKC} = \widehat {BAC} = \widehat {ABC} = {180^ \circ } - \widehat {BAD}\)

\( \Rightarrow \widehat {SAM} = {180^ \circ } - \widehat {BAD}\)

\( \Rightarrow \widehat {SAM} + \widehat {BAD} = {180^ \circ }\)

\( \Rightarrow S,A,D\) thẳng hàng

Khi đó, ta có:

\(\widehat {SDC} = \widehat {ACD} = \widehat {CAB} = \widehat {SKM}\)

\( \Rightarrow \widehat {SDC} = \widehat {SKM}\)

\( \Rightarrow \)Tứ giác\({\rm{\;}}SDCK{\rm{\;}}\)nội tiếp

\(I\) là giao điểm\(AN\)và\(SK\)

Gọi\(I'\) là giao điểm của\(SK\)và\(CD\)

Khi đó, ta có:

\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{\widehat {NK{I^{\rm{'}}}} = \widehat {SAN}}\\{\widehat {NC{I^{\rm{'}}}} = \widehat {DAN}}\\{\widehat {SAN} + \widehat {DAN} = {{180}^ \circ }}\end{array}} \right\} \Rightarrow \widehat {NK{I^{\rm{'}}}} + \widehat {NC{I^{\rm{'}}}} = {180^ \circ }\)

\( \Rightarrow NK{I^{\rm{'}}}C\) nội tiếp

Vì\(NK{I^{\rm{'}}}C\) nội tiếp\( \Rightarrow \widehat {KC{I^{\rm{'}}}} = \widehat {KN{I^{\rm{'}}}}\)

Mà\(\widehat {KC{I^{\rm{'}}}} = \widehat {DSK}\) (do\(SDCK\) nội tiếp)

Mà\(\widehat {DSK} = \widehat {ASK} = \widehat {KNI}\)

Từ đây suy ra:\(\widehat {KN{I^{\rm{'}}}} = \widehat {KNI} \Rightarrow I \equiv I'\)

Do đó\(I \in CD\), mà\(CD\) cố định

Vậy\(I\) thuộc đường thẳng\(CD\) cố định khi\(M\) thay đổi (đpcm)

a) Gọi\(M\) là số lớn nhất trong\(16\) số trên bảng

Ta thấy tổng\(4\) số lớn nhất trong bảng không vượt quá tổng của\(4\) số\(M,M - 1,M - 2,M - 3\)

Trong khi đó tổng của\(12\) số còn lại đạt được nhỏ nhất là tổng\(12\) số nguyên dương đầu tiên

Nên ta có\(M + \left( {M - 1} \right) + \left( {M - 2} \right) + \left( {M - 3} \right) \ge 1 + 2 + 3 + \cdots + 12 = 78\)

\( \Leftrightarrow 4M \ge 84\)

\( \Leftrightarrow M \ge 21\)

Do đó giá trị nhỏ nhất của\(M\) là\(21\)

Xây dựng mô hình:

\(21\)	\(11\)	\(6\)	\(4\)
\(12\)	\(20\)	\(3\)	\(5\)
\(8\)	\(2\)	\(19\)	\(9\)
\(1\)	\(7\)	\(10\)	\(18\)

 

b) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

\(\frac{{\sqrt {ab - 1} }}{{b + c}} \le \frac{{\sqrt {ab - 1} }}{{2\sqrt {bc} }} = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{a}{c} - \frac{1}{{bc}}} = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{1}{c}\left( {a - \frac{1}{b}} \right)} \)

Lại theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:

\(\frac{1}{2}\sqrt {\frac{1}{c}\left( {a - \frac{1}{b}} \right)} \le \frac{1}{2}.\frac{{\frac{1}{c} + a - \frac{1}{b}}}{2} = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{c} + a - \frac{1}{b}} \right)\)

Tương tự, ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{\sqrt {ab - 1} }}{{\frac{{\sqrt {bc - c} }}{{c + a}}}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{c} + a - \frac{1}{b}} \right)}\\{\frac{{\sqrt {ca - 1} }}{a}\left( {\frac{1}{a} + b - \frac{1}{c}} \right)}\\{\frac{{\sqrt {c + b} }}{4}\left( {\frac{1}{b} + c - \frac{1}{a}} \right)}\end{array}} \right.\)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được:

\(\frac{{\sqrt {ab - 1} }}{{b + c}} + \frac{{\sqrt {bc - 1} }}{{c + a}} + \frac{{\sqrt {ca - 1} }}{{a + b}} \le \frac{{a + b + c}}{4}{\rm{\;}}\)(đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi\(a = b = c = \sqrt 2 \)