Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Cao Bằng có đáp án
6 câu hỏi
Điều kiện \[\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \ne 9\\x \ne 16\end{array} \right.\].
Ta có \[P = \left( {\frac{{x - 108 + 23\sqrt x }}{{x - 16}} - 1} \right)\,:\,\left( {\frac{{75 - x}}{{x + \sqrt x - 12}} + \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 4}}} \right)\,\]
\[ = \left( {\frac{{x - 16 + 23\sqrt x - 92}}{{x - 16}} - 1} \right)\,:\,\left[ {\frac{{\left( {75 - x} \right)\left( {\sqrt x + 4} \right) + \left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {x + \sqrt x - 12} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {x + \sqrt x - 12} \right)}}} \right]\,\,\]
\[ = \frac{{23\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} - 16}}\,:\,\,\left[ {\frac{{75\sqrt x + 300 - x\sqrt x - 4x + x\sqrt x + x - 12\sqrt x + 3x + 3\sqrt x - 36}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {x + \sqrt x - 12} \right)}}} \right]\,\]
\[ = \frac{{23}}{{\sqrt x + 4}}\,:\,\left[ {\frac{{66\sqrt x + 264}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {x + \sqrt x - 12} \right)}}} \right]\]\[ = \frac{{23\left( {x - 16 + \sqrt x + 4} \right)}}{{66\left( {\sqrt x + 4} \right)}}\, = \frac{{23}}{{66}}\left( {\sqrt x - 3} \right)\]Phương trình hoành độ giao điểm của parabol \[\left( P \right)\,\]và đường thẳng \[\left( d \right)\,\]là
\[{x^2} = - x + 6 \Leftrightarrow {x^2} + x - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = 2\end{array} \right.\]
Tọa độ giao điểm \[A,\,B\] của \[\left( P \right)\,\]và \[\left( d \right)\,\]là \[A\left( { - 3\,;\,9} \right),\,B\left( {2\,;\,4} \right)\].
Do đó, tổng độ dài của hai đoạn thẳng \[OA\] và \[OB\] là
\[T = OA + OB = \sqrt {{{\left( {0 + 3} \right)}^2} + {{\left( {0 - 9} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {0 - 2} \right)}^2} + {{\left( {0 - 4} \right)}^2}} = \sqrt {90} + \sqrt {20} \approx 13,96\].a) Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ sau: \[\left\{ \begin{array}{l}2\left| x \right| + 2{y^2} = 20\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\2\left| x \right| - 3{y^2} = - 25\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\]
Trừ từng vế phương trình (2) và (1), ta được: \[5{y^2} = 45 \Leftrightarrow {y^2} = 9 \Rightarrow y = \pm 3\]
Với \[y = \pm 3\], thay vào phương trình (1), ta được \[\left| x \right| = 1 \Rightarrow x = \pm 1\]
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là \[S = \left\{ {\left( { - 1\,;\,3} \right)\,,\,\left( {1\,;\,3} \right),\,\left( { - 1\,;\, - 3} \right)\,,\,\left( {1\,;\, - 3} \right)} \right\}\]
b) \[x + \frac{1}{x} + \sqrt {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} - 4} = 3\,\,\,\,\](3)
Điều kiện \[\left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} - 4 \ge 0\end{array} \right.\,\,\,\left( * \right)\].
Đặt \[x + \frac{1}{x} = t,\,\left| t \right| \ge 2\,\,\left( {**} \right)\]. Khi đó \[{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} = {t^2} - 2\], phương trình (3) có dạng:
\[t + \sqrt {{t^2} - 6} = 3 \Leftrightarrow \sqrt {{t^2} - 6} = 3 - t \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}\sqrt 6 \le t \le 3\\t \le - \sqrt 6 \end{array} \right.\\{t^2} - 6 = {\left( {3 - t} \right)^2}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}\sqrt 6 \le t \le 3\\t \le - \sqrt 6 \end{array} \right.\\t = \frac{5}{2}\end{array} \right. \Rightarrow t = \frac{5}{2}\]
Với \[t = \frac{5}{2}\], thay vào \[\left( {**} \right)\], ta được \[x + \frac{1}{x} = \frac{5}{2} \Leftrightarrow 2{x^2} - 5x + 2 = 0\, \Rightarrow \,\left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{2}\,\,\left( {{\rm{t/m}}\,\left( * \right)} \right)\\x = 2\,\,\left( {{\rm{t/m}}\,\left( * \right)} \right)\end{array} \right.\].
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là \[S = \left\{ {\frac{1}{2}\,;\,2} \right\}\].|
a) Từ giả thiết \[abc = 2023\], ta có \[M = \frac{{2023a}}{{ab + 2023a + 2023}} + \frac{b}{{bc + b + 2023}} + \frac{c}{{ca + c + 1}}\] \[ = \frac{{{a^2}bc}}{{ab + {a^2}bc + abc}} + \frac{b}{{bc + b + abc}} + \frac{c}{{ac + c + 1}}\]\[ = \frac{{{a^2}bc}}{{ab\left( {ac + c + 1} \right)}} + \frac{b}{{b\left( {ac + c + 1} \right)}} + \frac{c}{{ca + c + 1}}\] \[ = \frac{{ac}}{{ac + c + 1}} + \frac{1}{{ac + c + 1}} + \frac{c}{{ac + c + 1}}\]\[ = \frac{{ac + c + 1}}{{ac + c + 1}} = 1\] |
|
b) Từ giả thiết \[a\] và \[b\] là hai nghiệm của phương trình \[{x^2} - 2025nx - 2024 = 0\] \[c\] và \[d\] là hai nghiệm của phương trình \[{x^2} - 2023nx - 2024 = 0\]. Theo định lí Viet, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}a + b = 2025n\\ab = - 2024\end{array} \right.\] và \[\left\{ \begin{array}{l}c + d = 2023n\\cd = - 2024\end{array} \right.\,\,\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)\]. Do đó \[\left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)\left( {a + d} \right)\left( {b + d} \right) = \left[ {\left( {a - c} \right)\,\left( {b + d} \right)} \right].\left[ {\left( {b - c} \right)\,\left( {a + d} \right)} \right]\] \[ = \left( {ab + ad - bc - cd} \right)\left( {ab + bd - ac - cd} \right)\]\[ = \left( {ad - bc} \right)\left( {bd - ac} \right)\] \[ = ab{d^2} - {a^2}cd - {b^2}cd + ab{c^2} = 2024\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - 2024\left( {{c^2} + {d^2}} \right)\] \[ = 2024\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - {{\left( {c + d} \right)}^2}} \right] = 2024\left[ {{{\left( {2025n} \right)}^2} - {{\left( {2023n} \right)}^2}} \right]\] \[ = {\left( {4048n} \right)^2}\,\,\,\,\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)\] là một số chính phương (đpcm). |
![Cho tam giác nhọn \[ABC\] nội tiếp đường tròn (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/blobid1-1766320536.png)
|
a) Ta có \[HN \bot AC \Rightarrow \widehat {HNA} = {90^{\rm{o}}}\]; \[HM \bot AB \Rightarrow \widehat {HMA} = {90^{\rm{o}}}\]. Xét tứ giác \[AMHN\], có \[\widehat {HNA} + \widehat {HMA} = {180^{\rm{o}}}\], hai góc \[\widehat {HNA}\] và \[\widehat {HMA}\] ở vị trí đối nhau. Do đó tứ giác \[AMHN\]nội tiếp đường tròn đường kính \[AH\]. |
|
b) Xét \[\Delta AHB\] vuông tại \[H\], có đường cao \[HM\], ta có \[A{H^2} = AM \cdot AB\] \[\Delta AHC\] vuông tại \[H\], có đường cao \[HN\], ta có \[A{H^2} = AN \cdot AC\] Do đó \[AM \cdot AB = AN \cdot AC\] hay \[\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}\] Lại có\[\widehat A\] chung nên \[\Delta AMN\, \sim \Delta ACB \Rightarrow \widehat {ANM} = \widehat {ABC}\]. Kẻ \[AO\] cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \[K\]. Ta có \[\widehat {ABC} = \widehat {AKC}\]. Do đó \[\widehat {ANM} = \widehat {AKC}\] (1) Mặt khác, \[Q\] thuộc đường tròn tâm \[A\], bán kính \[AH\] nên \[AQ = AH\]. \[A{Q^2} = A{H^2} = AN \cdot AC \Rightarrow \frac{{AQ}}{{AN}} = \frac{{AC}}{{AQ}} \Rightarrow \Delta AQC\, \sim \Delta ANQ \Rightarrow \widehat {AQC} = \widehat {ANQ}\] Tứ giác \[AQCK\]nội tiếp đường tròn \[\left( O \right)\]nên \[\widehat {AQC} + \widehat {AKC} = {180^{\rm{o}}}\]. Suy ra \[\widehat {ANQ} + \widehat {AKC} = {180^{\rm{o}}}\]. (2) Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {ANM} + \widehat {ANQ} = {180^{\rm{o}}}\] hay ba điểm \[M,\,N,\,Q\] thẳng hàng. |
|
c) Gọi giao điểm thứ hai của đường tròn \[\left( O \right)\]và đường tròn tâm \[A\], bán kính \[AH\] là \[P\]. Chứng minh tương tự ý b) ta có ba điểm \[M,\,N,\,P\] thẳng hàng. Gọi \[\Delta \] là tiếp tuyến với đường tròn \[\left( O \right)\]tại \[K\]. Ta có \[PQ\, \bot \,AK\](tính chất đường kính và dây cung chắn bởi giao điểm của hai đường tròn) \[ \Rightarrow PQ\,{\rm{//}}\,\Delta \]. Vì \[A\] cố định, \[\left( O \right)\] cố định nên \[\Delta \] cố định. Do đó \[B,\,C\] khi thay đổi trên đường tròn \[\left( O \right)\]sao cho \[\Delta ABC\] luôn là tam giác nhọn thì \[MN\] luôn song song với tiếp tuyến \[\Delta \] cố định của đường tròn \[\left( O \right)\]. |
Bổ đề (BĐT Cauchy – Schwarz): Cho 6 số thực \[a,\,b,\,c,\,x,\,y,\,z\] và \[x,\,y,\,z > 0\]. Khi đó:
\[\frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y} + \frac{{{c^2}}}{z} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{x + y + z}}\] (1), dấu xảy ra khi \[\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}\].
Chứng minh
Trước hết ta chứng minh BĐT sau: Với 4 số thực \[a,\,b,\,x,\,y\] và \[x,\,y > 0\]. Ta có:
\[\frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}}\] (2), dấu xảy ra khi \[\frac{a}{x} = \frac{b}{y}\].
Thật vậy, ta viết BĐT (2) dưới dạng:
\[{a^2}y\left( {x + y} \right) + {b^2}x\left( {x + y} \right) \ge {\left( {a + b} \right)^2}xy \Leftrightarrow {\left( {ay - bx} \right)^2} \ge 0\] (luôn đúng). Dấu xảy ra khi \[\frac{a}{x} = \frac{b}{y}\].
Áp dụng BĐT (2) hai lần ta được: \[\frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y} + \frac{{{c^2}}}{z} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}} + \frac{{{c^2}}}{z} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{x + y + z}}\]. Dấu xảy ra khi \[\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}\].
Theo Bổ đề (1) ta có: \[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{\sqrt {3{a^2} + 8{b^2} + 14ab} }} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{\sum\limits_{cyc} {\sqrt {3{a^2} + 8{b^2} + 14ab} } }}} \].
Mặt khác, theo BĐT GM – AM:
\[\sum\limits_{cyc} {\sqrt {3{a^2} + 8{b^2} + 14ab} = \sum\limits_{cyc} {\left( {\sqrt {3a + 2b} \cdot \sqrt {a + 4b} } \right)} \le } \sum\limits_{cyc} {\frac{{\left( {3a + 2b} \right)\left( {a + 4b} \right)}}{2} = 5\left( {a + b + c} \right)} \]
\[ \Rightarrow \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{\sqrt {3{a^2} + 8{b^2} + 14ab} }} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{5\left( {a + b + c} \right)}} = \frac{{a + b + c}}{5}} \]
Hay \[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{\sqrt {3{a^2} + 8{b^2} + 14ab} }} \ge \frac{{a + b + c}}{5}} \] (đpcm).
Dấu xảy ra khi \[a = b = c\].
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
