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

Biến đổi phương trình thành: \(({x^2} + 8x + 11 - 4)({x^2} + 8x + 11 + 4) = 1\) .

Đặt \(t = {x^2} + 8x + 11\) và giải được \(t = \sqrt {17} ,\;t =  - \sqrt {17} \) .

Với \(t = \sqrt {17}  \Rightarrow {x^2} + 8x + 11 - \sqrt {17}  = 0\) có \({x_1}.{x_2} = 11 - \sqrt {17} \)

Với \(t =  - \sqrt {17}  \Rightarrow {x^2} + 8x + 11 + \sqrt {17}  = 0\) có \({x_3}.{x_4} = 11 + \sqrt {17} \)

Vậy \(P = {x_1}.{x_2}.{x_3}.{x_4} = (11 - \sqrt {17} )(11 + \sqrt {17} ) = 104\)

a)     Trong đẳng thức \(\left( 1 \right)\), thay \(x\) bởi \(2 - x\) và ghi ra kết quả.

Từ \(\left( 1 \right)\), thay \(x\) bởi \(2 - x\), ta được : \[2f\left( {2 - x} \right) + 3f\left( x \right) = 5{\left( {2 - x} \right)^2} - 8\left( {2 - x} \right) + 3\]\[ \Leftrightarrow 2f\left( {2 - x} \right) + 3f\left( x \right) = 5{x^2} - 12x + 7\]

b)     Giải phương trình \(f\left( x \right) =  - 1\)

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}2f\left( x \right) + 3f\left( {2 - x} \right) = 5{x^2} - 8x + 3\\2f\left( {2 - x} \right) + 3f\left( x \right) = 5{x^2} - 12x + 7\end{array} \right.\].

Giải hệ ta tìm được \(f\left( x \right) = {x^2} - 4x + 3\).

Khi đó \(f\left( x \right) =  - 1 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 =  - 1 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 2\)

Giải hệ phương trình sau \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} - 6{x^2} + 13x - 10 - \left( {x - y + 2} \right)\sqrt {x - y + 1}  = 0\\\left( {3{x^2} + 18x - 2xy + 6y - {y^2}} \right)\sqrt {x - y + 6}  - 24x - 8y = 0.\end{array} \right.\)

Xét phương trình \({x^3} - 6{x^2} + 13x - 10 - \left( {x - y + 2} \right)\sqrt {x - y + 1}  = 0\left( 1 \right)\)

Điều kiện: \(x - y + 1 \ge 0\).

\[\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left( {{x^3} - 6{x^2} + 12x - 8} \right) + \left( {x - 2} \right) = \sqrt {x - y + 1} \left( {x - y + 1} \right) + \sqrt {x - y + 1} \]

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

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x - 2\\v = \sqrt {x - y + 1} \end{array} \right.\), khi đó \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow {u^3} + u = {v^3} + v\) \( \Leftrightarrow \left( {u - v} \right)\left( {{u^2} + {v^2} + uv + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow u = v\)\( \Leftrightarrow \sqrt {x - y + 1}  = x - 2\)

Xét phương trình \(\left( {3{x^2} + 18x - 2xy + 6y - {y^2}} \right)\sqrt {x - y + 6}  - 24x - 8y = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {3{x^2} - 2xy - {y^2} + 18x + 6y} \right)\sqrt {x - y + 6}  - 24x - 8y = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\left( {3{x^2} - 2xy - {y^2}} \right) + 6\left( {3x + y} \right)} \right]\sqrt {x - y + 6}  - 8\left( {3x + y} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\left( {3x + y} \right)\left( {x - y} \right) + 6\left( {3x + y} \right)} \right]\sqrt {x - y + 6}  - 8\left( {3x + y} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {3x + y} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt {x - y + 6} } \right)}^3} - 8} \right] = 0 \Leftrightarrow 3x + y = 0\) (do \(x - y + 1 \ge 0 \Rightarrow {\left( {\sqrt {x + y + 6} } \right)^3} - 8 > 0\))

Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x =  - y\\\sqrt {x - y + 1}  = x - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x =  - y\\\sqrt {4x + 1}  = x - 2\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x =  - y\\x \ge 2\\{x^2} - 8x + 3 = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x =  - y\\\left[ \begin{array}{l}x = 4 + \sqrt {13} \\x = 4 - \sqrt {13} \end{array} \right.\\x \ge 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4 + \sqrt {13} \\y =  - 12 - 3\sqrt {13} \end{array} \right.\)

Gọi \(x,\,x + 1,\,x + 2,\,x + 3,\,x + 4,\,x + 5,\,x + 6,\,x + 7,\,x + 8\) với \(x\) là số nguyên dương lần lượt là cạnh của các hình vuông đã cho, suy ra \[S = {x^2} + {\left( {\,x + 1} \right)^2} + {\left( {\,x + 2} \right)^2} + {\left( {\,x + 3} \right)^2} + {\left( {\,x + 4} \right)^2} + {\left( {\,x + 5} \right)^2} + \,{\left( {x + 6} \right)^2} + {\left( {x + 7} \right)^2} + {\left( {\,x + 8} \right)^2}\]

Rút gọn \[S = 9{x^2} + 72x + 204\]. Gọi hình vuông cần tìm có cạnh là \(y\) với \(y\) là số nguyên dương, ta có \[9{x^2} + 72x + 204 = {y^2}\left( 1 \right)\]

Ta có \[9{x^2} + 72x + 204 = 9\left( {{x^2} + 8x + 22} \right) + 6\] chia cho 9 dư 6.

Mặt khác \({y^2}\) chia cho 9 có số dư là \(r \in \left\{ {0;\,1;4;7} \right\}\) suy ra phương trình \(\left( 1 \right)\) vô nghiệm.

Vậy không tồn tại hình vuông thỏa mãn yêu cầu bài toán.

2) Gọi các số tự nhiên \({a_1},{a_2},...,{a_{17}}\) lần lượt là độ dài đường kính 17 đường tròn đã vẽ và \({r_1},{r_2},...,{r_{17}}\) là số dư khi chia lần lượt \({a_1},{a_2},...,{a_{17}}\) cho 5.

Ta có: \({r_1},{r_2},...,{r_{17}} \in {\rm{\{ }}0;1;2;3;4\} \)

Nếu trong 17 số \({r_1},{r_2},...,{r_{17}}\)tồn tại năm số bằng nhau, chẳng hạn: \({r_1} = {r_2} = {r_3} = {r_4} = {r_5}\)

Thì ta có \({a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}\) chia hết cho 5.

Nếu trong 17 số \({r_1},{r_2},...,{r_{17}}\) không có năm số nào bằng nhau, tức là tối đa 4 số bằng nhau, chẳng hạn có 4 nhóm 4 số bằng nhau, như vậy 17 số dư được phân thành 4 lớp mà mỗi lớp có 4 phần tử và 1 lớp có 1 phần tử với các phần tử đại diện là 0;1;2;3;4. Lúc đó lấy trong mỗi lớp 1 số sẽ được năm số có giá trị đôi một khác nhau. Chẳng hạn \({r_1} \ne {r_2} \ne {r_3} \ne {r_4} \ne {r_5}\)và \({r_1} + {r_2} + {r_3} + {r_4} + {r_5} = 10\) nên \({a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5}\) chia hết cho 5.

Với mọi số thực \(\alpha > 0\), ta có

\(2\alpha A = 2\alpha xy + 2\alpha xz + 2\alpha xt + 2\alpha yz + 2\alpha yt + 2\alpha 3zt\)

\( \Leftrightarrow 2\alpha A = \alpha \left( {2xy} \right) + 2x\left( {\alpha z} \right) + 2x\left( {\alpha t} \right) + 2y\left( {\alpha z} \right) + 2y\left( {\alpha t} \right) + \left( {2zt} \right)\left( {3\alpha } \right)\)

\( \Leftrightarrow 2\alpha A \le \alpha \left( {{x^2} + {y^2}} \right) + {x^2} + {\left( {\alpha z} \right)^2} + {x^2} + {\left( {\alpha t} \right)^2} + {y^2} + {\left( {\alpha z} \right)^2}\)\( + {y^2} + {\left( {\alpha t} \right)^2} + \left( {{z^2} + {t^2}} \right)\left( {3\alpha } \right)\)

\( \Leftrightarrow 2\alpha A \le \left( {\alpha + 2} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + \left( {2{\alpha ^2} + 3\alpha } \right)\left( {{z^2} + {t^2}} \right)\)

Do biểu thức trên đúng với mọi số thực \(\alpha > 0\) nên ta chọn \(\alpha = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2} \Rightarrow \alpha + 2 = 2{\alpha ^2} + 3\alpha = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}\)

Khi đó \(2\alpha A \le \left( {\alpha + 2} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + \left( {2{\alpha ^2} + 3\alpha } \right)\left( {{z^2} + {t^2}} \right) = \left( {\alpha + 2} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} + {t^2}} \right)\)\( \Leftrightarrow A \le \frac{{\alpha + 2}}{{2\alpha }} = \frac{{2 + \sqrt 5 }}{2}\)

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức \(A\) là \(\frac{{2 + \sqrt 5 }}{2}\) đạt được khi

\(\left\{ \begin{array}{l}x = y\\z = t\\x = \alpha z = \alpha t\\\alpha = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}\\{x^2} + {y^2} + {z^2} + {t^2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y\\z = t\\x = \alpha z = \alpha t\\\alpha = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}\\{x^2} + {y^2} + {z^2} + {t^2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{ }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = y = \sqrt {\frac{{5 - \sqrt 5 }}{{20}}} }\\{z = t = \sqrt {\frac{{5 + \sqrt 5 }}{{20}}} }\end{array}} \right.\\{\rm{ }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = y = - \sqrt {\frac{{5 - \sqrt 5 }}{{20}}} }\\{z = t = - \sqrt {\frac{{5 + \sqrt 5 }}{{20}}} }\end{array}} \right.\end{array} \right.\)