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

Cho biểu thức \({\rm{P}} = \frac{{{\rm{x}} + {\rm{y}}}}{{\sqrt {\rm{x}} - \sqrt {\rm{y}} }}:\left( {\frac{{\sqrt {\rm{x}} }}{{\sqrt {\rm{y}} }} - \frac{{\rm{x}}}{{\sqrt {{\rm{xy}}} + {\rm{y}}}} - \frac{{\sqrt {{\rm{xy}}} }}{{\sqrt {{\rm{xy}}} - {\rm{x}}}}} \right)\) và biểu thức \({\rm{Q}} = \frac{{{\rm{x}}\sqrt {\rm{x}} - {\rm{y}}\sqrt {\rm{y}} - {\rm{x}}\sqrt {\rm{y}} + {\rm{y}}\sqrt {\rm{x}} }}{{2\left( {\sqrt {\rm{x}} - \sqrt {\rm{y}} {\rm{\;}}} \right)}}\) với \({\rm{x}} > 0,{\rm{\;y}} > 0\) và \({\rm{x}} \ne {\rm{y}}\). Rút gọn các biểu thức P, Q và chứng minh rằng với các số x, y dương phân biệt tuỳ ý thì 4Q+1>2P.

\(P = \sqrt x + \sqrt y \Rightarrow 2P = 2\sqrt x + 2\sqrt y \)

\(Q = \frac{{x + y}}{2} \Rightarrow 4Q + 1 = 2\left( {x + y} \right) + 1\)

Nhân hai vế của biểu thức \(4Q + 1 - 2P\) cho 2

\(2\left( {4Q + 1 - 2P} \right) = 4x + 4y + 2 - 4\sqrt x - 4\sqrt y \)

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

Ta có \(x \ne y \Rightarrow 2\left( {4Q + 1 - 2P} \right) > 0\)\( \Rightarrow 4Q + 1 > 2P\)

Trên cùng một mặt phẳng toạ độ, cho parabol \(\left( {\rm{P}} \right):{\rm{y}} = {{\rm{x}}^2}\) và đường thẳng \(\left( {\rm{d}} \right):{\rm{y}} = {\rm{kx}} + 5\). Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm A và B. Gọi C, D lần lượt là hình chiếu của A, B trên trục Ox.

a) Khi k=-4, tính diện tích hình thanh ABDC.

b) Tìm tất cả các giá trị của k để AD và BC cắt nhau tại 1 điểm nằm trên đường tròn đường kính CD.

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

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

\( \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 = 0\)

\(a + b + c = 1 + 4 - 5 = 0\)

\(x = 1,\;x = - 5\)

\(x = 1 \Rightarrow y = {x^2} = 1\)

\(x = - 5 \Rightarrow y = {x^2} = 2\)

\(A\left( { - 5;25} \right)\;v\`a \;B\left( {1;1} \right)\)

Diện tích hình thanh \(ABDC:\)

\(\frac{{\left( {AC + BD} \right).CD}}{2} = \frac{{\left( {25 + 1} \right).6}}{2} = 78\) (đvdt)

b) + Gọi I là giao điểm của AD và BC.

Vì I thuộc đường tròn đường kính CD nên:

CID^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow AD \bot BC\)

+ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

\({x^2} = kx + 5\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - kx - 5 = 0\)

\(c.a = - 5 < 0\)

Do đó hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu.

Toạ độ hai giao điểm là \(A\left( {{x_1},\;{y_1}} \right)\;v\`a \;B\left( {{x_2},\;{y_2}} \right)\).

+ Theo định lí Vi-ét: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = k}\\{{x_1}{x_2} = - 5}\end{array}} \right.\)

+ Phương trình đường thẳng AD có dạng: \(y = ax + b\). Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{y_1} = a{x_1} + b}\\{{y_D} = a{x_D} + b}\end{array}} \right.\;\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{k{x_1} + 5 = a{x_1} + b}\\{0 = a{x_2} + b\;}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow k{x_1} + 5 = a\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\) (trừ theo vế)

+ Phương trình đường thẳng BC có dạng: \(y = a'x + b'\). Tương tự như trên ta có:

\(k{x_2} + 5 = a'\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\)

Nhân theo vế hai ý vừa có được:

\(\left( {k{x_1} + 5} \right)\left( {k{x_2} + 5} \right) = \mathop {\mathop { - a.a'}\limits_{} }\limits_{} .{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {k^2}{x_1}{x_2} + 5k\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 25 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2}\)\( \Leftrightarrow - 5{k^2} + 5{k^2} + 25 = {k^2} + 20\)

\( \Leftrightarrow {k^2} = 5\)\( \Leftrightarrow k = \pm \sqrt 5 \)

Vậy \(k = \pm \sqrt 5 \)

a) Giải phương trình: \(10{x^2} + 3x + 2 = \left( {6x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 2} \)

Cách 1: Bình phương hai vế rồi casio bậc 4.

Cách 2: Đặt \(t = \sqrt {{x^2} + 2}  \Rightarrow \) \({t^2} = {x^2} + 2\;(t > 0)\). Ta được:

\(9{x^2} + 3x + {t^2} = \left( {6x + 1} \right)t\) \( \Rightarrow \) \(\left( {9{x^2} - 6xt + {t^2}} \right) + 3x - t = 0\)\( \Rightarrow \)\({\left( {3x - t} \right)^2} + \left( {3x - t} \right) = 0\)

\( \Rightarrow \) \(\left( {3x - t} \right)\left( {3x - t + 1} \right) = 0\)\( \Rightarrow \)  \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x = t}\\{3x + 1 = t}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \) \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x = \sqrt {{x^2} + 2} }\\{3x + 1 = \sqrt {{x^2} + 2} }\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \) \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{9{x^2} = {x^2} + 2\;\;\;\left( {3x \ge 0} \right)}\\{9{x^2} + 6x + 1 = {x^2} + 2\;\;\;\left( {3x + 1} \right) \ge 0}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \) \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  \pm \frac{1}{2}\;\;\;\;\;\left( {3x \ge 0} \right)}\\{8{x^2} + 6x - 1 = 0\;\;\;\;\left( {3x + 1 \ge 0} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \) \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{1}{2}}\\{x = \frac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{8}}\end{array}} \right.\)

Vây \(S = \left\{ {\frac{1}{2};\frac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{8}} \right\}\)

b)Giải hệ : \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {{x^2} - y} \right)\sqrt {x - 2}  = x\left( {y - x + 2} \right)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)}\\{\left( {y - 1} \right)\left( {y - 3x - 3} \right) = {x^2} - 3x + 3 - 8\sqrt {x - 2} \;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Đk: \(x \ge 2\)

Xét phương trình (1):

\(\left( {{x^2} - y} \right)\sqrt {x - 2}  = x\left( {y - x + 2} \right)\) \( \Rightarrow \) \({x^2}\sqrt {x - 2}  - y\sqrt {x - 2}  = xy - x\left( {x - 2} \right)\)

\( \Rightarrow \) \({x^2}\sqrt {x - 2}  - xy + x\left( {x - 2} \right) - y\sqrt {x - 2}  = 0\)\( \Rightarrow \) \(x\left( {x\sqrt {x - 2}  - y} \right) + \sqrt {x - 2} \left( {x\sqrt {x - 2}  - y} \right) = 0\)

\( \Rightarrow \) \(\left( {x\sqrt {x - 2}  - y} \right)\left( {\underbrace {x + \sqrt {x - 2} }_{ > 0\;v\`i \;x \ge 2}} \right) = 0\)\( \Rightarrow \) \(x\sqrt {x - 2}  - y = 0\)

\( \Rightarrow \) \(y = x\sqrt {x - 2} \)

Xét phương trình:

\(\left( {y - 1} \right)\left( {y - 3x - 3} \right) = {x^2} - 3x + 3 - 8\sqrt {x - 2} \) \( \Rightarrow \) \({y^2} - 3xy - 4y + 3x + 3 = {x^2} - 3x + 3 - 8\sqrt {x - 2} \)

\( \Rightarrow \) \({x^2}\left( {x - 2} \right) - 3{x^2}\sqrt {x - 2}  - 4x\sqrt {x - 2}  - {x^2} + 6x + 8\sqrt {x - 2}  = 0\)

\( \Rightarrow \) \(\left( {{x^3} - 3{x^2} + 6x} \right) - \sqrt {x - 2} \left( {3{x^2} + 4x - 8} \right) = 0\)\( \Rightarrow \) \({x^3} - 3x\left( {x - 2} \right) - \sqrt {x - 2} \left( {3{x^2} + 4x - 8} \right) = 0\)

Đặt \(t = \sqrt {x - 2} \) thì \({t^2} = x - 2\) và \(4x - 8 = 4{t^2}\)

\(\left( {{x^3} - 3x{t^2}} \right) - t\left( {3{x^2} + 4{t^2}} \right) = 0\) \( \Rightarrow \) \({x^3} - 3{x^2}t - 3x{t^2} - 4{t^3} = 0\)\( \Rightarrow \) \(\left( {x - 4t} \right)\left( {{x^2} + tx + {t^2}} \right) = 0\)

Mà \({x^2} + tx + {t^2} = {\left( {x + \frac{t}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4}{t^2} > 0\) (dấu bằng không xảy ra)

Ta được:

\(x = 4t\) \( \Rightarrow \) \(x = 4\sqrt {x - 2} \)\( \Rightarrow \) \({x^2} = 16\left( {x - 2} \right)\)\( \Rightarrow \) \({x^2} - 16x + 32 = 0\)

\(x = 8 \pm 4\sqrt 2 \) : nhận

\(x = 8 + 4\sqrt 2  \Rightarrow y = x\sqrt {x - 2}  = \left( {8 + 4\sqrt 2 } \right).\sqrt {6 + 4\sqrt 2 }  = \left( {8 + 4\sqrt 2 } \right).\left( {2 + \sqrt 2 } \right) = 32 + 16\sqrt 2 \) 

\(x = 8 - 4\sqrt 2  \Rightarrow y = x\sqrt {x - 2}  = \left( {8 - 4\sqrt 2 } \right).\sqrt {6 - 4\sqrt 2 }  = \left( {8 - 4\sqrt 2 } \right).\left( {2 - \sqrt 2 } \right) = 32 - 16\sqrt 2 \)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm : \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 8 + 4\surd 2}\\{y = 32 + 16\sqrt 2 }\end{array}\;} \right.\) và \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 8 - 4\sqrt 2 }\\{y = 32 - 16\sqrt 2 }\end{array}\;} \right.\)

a) Chứng minh \(A,O,E\)và CF là tia phân giác của  \(\widehat {BCE}\).

b) Các tia AB, AC lần lượt cắt đường tròn đường kính AD tại các điểm G, K (khác A). Chứng minh rằng OD đi qua trung điểm của đoạn thẳng GK.

a) + Xét đường tròn đường kính OD:

\(\widehat {OED} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

+Xét đường tròn đường kính AD:

\(\widehat {AED} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \widehat {OED} = \widehat {AED} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \overline {A,O,E} \)

+Trong đường tròn đường kính AD:

\(\widehat {BCE} = \widehat {BOE}\) (cùng chắn )

+ Trong đường tròn (O):

\(\widehat {BCF} = \frac{1}{2}\;\widehat {BOE}\;\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn )

\( \Rightarrow \widehat {BCF} = \frac{1}{2}\;\widehat {BCE}\)

\( \Rightarrow \) CF là tia phân giác của  \(\widehat {BCE}\)

b)  + Gọi I là giao điểm thức hai của AD và (O) và L là giao điểm của GK và OD.

+ Gội M là giao điểm của OD và BC. Dễ dàng ta chứng minh được OD là trung trực của BC.

\(\widehat {CMD} = 90^\circ \;m\`a \;\widehat {CKD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD)

\( \Rightarrow \) CMDK nộp tiếp\( \Rightarrow \widehat {LDK} = \widehat {ACB}\), mà  \(\widehat {ACB} = \widehat {AIB}\) (cùng chắn  của (O))\( \Rightarrow \widehat {LDK} = \widehat {AIB}\)

+  \(\widehat {BAI} = \widehat {DKL}\) (cùng chắn  của đường tròn đường kính AD)

Ta được:  (g – g ) \( \Rightarrow \frac{{LK}}{{LD}} = \frac{{BA}}{{BI}}\)

Tương tự:  (g – g ) \( \Rightarrow \frac{{LG}}{{LD}} = \frac{{CA}}{{CI}}\)

Mà \(\frac{{BA}}{{BI}} = \frac{{CA}}{{CI}}\)

Đây là bổ đề quen thuộc từ hai tiếp tuyến và một cát tuyến, ta chứng minh được như sau:

 (g – g) \( \Rightarrow \frac{{BA}}{{BI}} = \frac{{BD}}{{DI}}\)

 (g – g) \( \Rightarrow \frac{{CA}}{{CI}} = \frac{{CD}}{{DI}}\)

Mà \(\frac{{BD}}{{DI}} = \frac{{CD}}{{DI}}\) nên \(\frac{{BA}}{{BI}} = \frac{{CA}}{{CI}}\)

Do đó: \(\frac{{LK}}{{LD}} = \frac{{LG}}{{KD}} \Rightarrow LK = LG\)

Vậy OD đi qua trung điểm L của GK

Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC < BC, đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB tại M. Lấy điểm E nằm giữa A và M. Trên cạnh AC, BC lần lượt lấy điểm D, F sao cho AD = AE và BF = BE. Đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF lần lượt cắt AB và BC tại G (khác E) và H (khác F). Chứng minh rằng (O) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF và các đường thẳng CM, ED, GH đồng quy.

Gọi S là giao của DE và GH. Ta đi chứng minh C, M, S thẳng hàng.

Ta có \(\widehat {ADE} = \widehat {AED} = \widehat {DHS} \Rightarrow \)CD là tiếp tuyến của (SHD) tại D

Tương tự ta cũng có CH là tiếp tuyến của (SHD) tại H

Khi đó SC là đường đối trung của tam giác SHD

Gọi N là trung điểm HD. Theo bổ đề đường dối trung, ta có:

\(\widehat {HSN} = \widehat {CSD}\) (1) Lại có tam giác SEGSHD

\( \Rightarrow \)Tam giác SEMSHN (Chia đôi tỉ số đường trung tuyến)

\( \Rightarrow \widehat {SEM} = \widehat {HSN}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có \(\widehat {CSD} = \widehat {ESM} \Rightarrow \)(đpcm)

a) Cho x,y,z dương thoả mãn \(xyz = 1\). Chứng minh:

     \(2008\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 15\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \ge 2023\left( {x + y + z} \right)\)

+ AB.GM ba số: \(x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}} = 3\)

+ Ta có:

\(2008\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 15\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \ge 2008\frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + 15.\frac{9}{{x + y + z}}\;\)

Đặt \(t = x + y + z\;\;\left( {t \ge 3} \right)\), ta phải chứng minh:

\(2008\frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + 15.\frac{9}{{x + y + z}} \ge 2023\;\left( {x + y + z} \right)\)

Tức là:

\(2008\frac{{{t^3}}}{3} + 15.\frac{9}{t} \ge 2023t\)

\( \Rightarrow \)\(2008{t^3} + 405 \ge 6069{t^2}\)

\( \Rightarrow \)\(\left( {t - 3} \right)\left( {2008{t^2} - 45t - 135} \right) \ge 0\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\)

Trong đó

\(2008{t^2} - 45t - 135\)

\( = 1993{t^2} + 15{t^2} - 45t - 135\)

\( = 1993{t^2} + 15t\left( {t - 3} \right) - 135\)

\( \ge {1993.3^2} + 15.3.0 - 135 > 0\)

\( \Rightarrow 2008{t^2} - 45t - 135 > 0\)

Tức là (1) đúng

Vậy bài toán được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi \(x = y = z = 1\)

b) Cho phương trình ẩn x, tham số a và b:\({x^2} - 4a{b^2}x - 4a{b^3} - a = 0\)

Tìm tất cả các cặp (a;b) nguyên dương sao cho phương trình có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ đều nguyên và x₁+x₂+1 là số nguyên tố.

Ta có : \({\rm{\Delta '}} = 4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + a = \left( {4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + {b^2}} \right) + a - {b^2} = {\left( {2a{b^2} + b} \right)^2} + a - {b^2}\)

Để phương trình có hai nghiệm nguyên ta cần \({\rm{\Delta }}'\) là số chính phương.

+ Xét hiệu:

\({\left( {2a{b^2} + b + 1} \right)^2} - {\rm{\Delta }}'\)

\( = \left( {4{a^2}{b^4} + {b^2} + 1 + 4a{b^3} + 4a{b^2} + 2b} \right) - \left( {4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + a} \right)\)

\( = \left( {{b^2} + 1 + 4a{b^2} + 2b} \right) - a\)

\( = {b^2} + 2b + 1 + a\left( {4{b^2} - 1} \right) > 0\;\) vì \(a,b \in {N^*}\)

+ Xét hiệu:

\({\left( {2a{b^2} + b - 1} \right)^2} - {\rm{\Delta }}'\)\( = \left( {4{a^2}{b^4} + {b^2} + 1 + 4a{b^3} - 4a{b^2} - 2b} \right) - \left( {4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + a} \right)\)\( = {b^2} + 1 - 4a{b^2} - 2b - a\)\( = {b^2}\left( {\underbrace {1 - 4a}_{ < 0}} \right) - 2b + \left( {\underbrace {1 - a}_{ < 0}} \right) < 0\)

Ta được: \({\left( {2a{b^2} + b - 1} \right)^2} < {\rm{\Delta '}} < {\left( {2a{b^2} + b + 1} \right)^2}\)

Mà \({\rm{\Delta '}}\) là số chính phương nên \({\rm{\Delta '}} = {\left( {2a{b^2} + b} \right)^2}\)\( \Rightarrow a = {b^2}\)

+Xét biểu thức:\({x_1} + {x_2} + 1\;\)\( = 4a{b^2} + 1\)\( = 4{b^4} + 1\)\( = \left( {4{b^4} + 4{b^2} + 1} \right) - 4{b^2}\)\( = {\left( {2{b^2} + 1} \right)^2} - {\left( {2b} \right)^2}\)\( = \left( {2{b^2} - 2b + 1} \right)\left( {2{b^2} + 2b + 1} \right)\)

Ta cần \({x_1} + {x_2} + 1\;\) là số nguyên tố, mà \(2{b^2} + 2b + 1 \ge 5\) nên:

\(2{b^2} - 2b + 1 = 1\)\( \Rightarrow \)\(b\left( {b - 1} \right) = 0\)\( \Rightarrow \)\(b = 1\) (vì \(b \ge 1\))

Kiểm tra lại: \({x_1} + {x_2} + 1 = 4{b^4} + 1 = 5\): là số nguyên tố

Vậy \(a = b = 1\)