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

1) Cách 1: Viết lại phương trình thành

\[\left( {x - 2} \right)\left( {x + 6} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x + 3} \right) + 56 = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 4x - 12} \right)\left( {{x^2} + 4x + 3} \right) + 56 = 0\].

Đặt \[t = {x^2} + 4x - 12\], ta có

\[t\left( {t + 15} \right) + 56 = 0 \Leftrightarrow {t^2} + 15t + 56 = 0\].

Ta có \(\Delta = {15^2} - 4.1.56 = 1\)

Do đó phương trình trên có nghiệm \[\left[ \begin{array}{l}t = - 7\\t = - 8\end{array} \right.\].

Với \[t = - 7\] thì \[{x^2} + 4x - 12 = - 7 \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 = 0\]. Giải tương tự trên, ta được \[\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 5\end{array} \right.\].

Với \[t = - 8\] thì \[{x^2} + 4x - 12 = - 8 \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 4 = 0\]. Giải tương tự trên, ta được \[\left[ \begin{array}{l}x = - 2 + 2\sqrt 2 \\x = - 2 - 2\sqrt 2 \end{array} \right.\].

Tập nghiệm của phương trình là \[S = \left\{ {1;\, - 5;\, - 2 + 2\sqrt 2 ;\, - 2 - 2\sqrt 2 } \right\}\].

Cách 2: Khai triển và thu gọn, ta được

\[{x^4} + 8{x^3} + 7{x^2} - 36x + 20 = 0\].

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^4} - {x^3} + 9{x^3} - 9{x^2} + 16{x^2} - 16x - 20x + 20 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^3} + 9{x^2} + 16x - 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^3} + 5{x^2} + 4{x^2} + 20x - 4x - 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 5} \right)\left( {{x^2} + 4x - 4} \right) = 0\end{array}\].

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 5 = 0\\{x^2} + 4x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 5\\{\left( {x + 2} \right)^2} = 8\end{array} \right.\].

Tập nghiệm của phương trình là \[S = \left\{ {1;\, - 5;\, - 2 + 2\sqrt 2 ;\, - 2 - 2\sqrt 2 } \right\}\].

2) Cách 1:

Đặt \[\left\{ \begin{array}{l}S = x + y\\P = xy\end{array} \right.\]. Hệ phương trình trở thành \[\left\{ \begin{array}{l}{S^2} - 2P = 5\\S + P = 5\end{array} \right.\].

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{S^2} - 2\left( {5 - S} \right) = 5\\P = 5 - S\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{S^2} + 2S - 15 = 0 & \left( * \right)\\P = 5 - S\end{array} \right.\].

Phương trình (*) có \(\Delta ' = {1^2} + 1.15 = 16\) nên \[\left[ \begin{array}{l}S = - 5,\,\,P = 10\\S = 3,\,\,P = 2\end{array} \right.\].

Với \[\left\{ \begin{array}{l}S = - 5\\P = 10\end{array} \right.\] thì \[x,\,\,y\] là hai nghiệm của phương trình

\[{X^2} + 5X + 10 = 0\] (phương trình vô nghiệm).

Với \[\left\{ \begin{array}{l}S = 3\\P = 2\end{array} \right.\] thì \[x,\,\,y\] là hai nghiệm của phương trình

\[{X^2} - 3X + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}X = 1\\X = 2\end{array} \right.\] (vì \(a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0\)).

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là \[\left( {1;\,\,2} \right)\] và \[\left( {2;\,\,1} \right)\].

Cách 2:

Từ phương trình sau suy ra \[x \ne - 1,y \ne - 1\] và \[y = \frac{{5 - x}}{{x + 1}}\].

Thế vào phương trình đầu, ta được \[{x^2} + {\left( {\frac{{5 - x}}{{x + 1}}} \right)^2} = 5\].

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2}{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {5 - x} \right)^2} = 5{\left( {x + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {x^4} + 2{x^3} - 3{x^2} - 20x + 20 = 0\end{array}\].

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {{x^4} - 2{x^3} + 2{x^2}} \right) + \left( {5{x^3} - 15{x^2} + 10x} \right) + \left( {10{x^2} - 30x + 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 3x + 2} \right)\left( {{x^2} + 5x + 10} \right) = 0\end{array}\].

\[ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0\] (vì  với mọi \[x\]).

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow y = 2\\x = 2 \Rightarrow y = 1\end{array} \right.\].

Cách 1: Ta có

\[A = \sqrt {{{\left( {\sqrt {x - 3} + 1} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {\sqrt {x - 3} - 1} \right)}^2}} \].

\[A = \left| {\sqrt {x - 3} + 1} \right| + \left| {\sqrt {x - 3} - 1} \right|\].

Vì \[3 < x < 4\] nên \[0 < \sqrt {x - 3} < 1\], suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 3} + 1 > 0\\\sqrt {x - 3} - 1 < 0\end{array} \right.\].

Vậy \[A = \sqrt {x - 3} + 1 - \sqrt {x - 3} + 1 = 2\].

Cách 2: Ta có

\[{A^2} = x - 2 + 2\sqrt {x - 3} + x - 2 - 2\sqrt {x - 3} + 2\sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} - 4\left( {x - 3} \right)} \].

\[{A^2} = 2x - 4 + 2\sqrt {{{\left( {x - 4} \right)}^2}} = 2x - 4 + 2\left| {x - 4} \right|\].

Vì \[3 < x < 4\] nên \[{A^2} = 2x - 4 - 2\left( {x - 4} \right) = 4\].

Do \[A > 0\] nên \[A = 2\].

Do vai trò của \[x,\,\,y\] đối xứng nhau nên giả sử \[x \le y\].

Với \[z = 0\] thì

\[{x^2} + {y^2} = 36\].                                                       (1)

Vì \[x \le y\] nên \[{x^2} \le 18 \Rightarrow 0 \le x \le 4\].

Thử trực tiếp, ta được \[\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 6\end{array} \right.\] thỏa (1).

Với \[z \ge 1\]:

Do \[2023 \vdots 7,\,\,35 \vdots 7\] nên

\[{x^2} + {y^2} \vdots 7\].                                                   (2)

Đặt \[x = 7a + r,\,\,y = 7b + t\] với \[a,\,\,b,\,\,r,\,\,t\] là các số tự nhiên thỏa\[0 \le r \le 6,\,\,0 \le t \le 6\]. Khi đó

\[{x^2} + {y^2} = 49{a^2} + 14ar + 49{b^2} + 14bt + {r^2} + {t^2}\].      (3)

Từ (2) và (3) suy ra \[{r^2} + {t^2} \vdots 7\].

Thử trực tiếp, ta thấy chỉ có \[r = 0,\,\,t = 0\] thỏa mãn.

Do đó \[x = 7a,\,\,y = 7b\].

Thay vào phương trình ban đầu:

\[49{a^2} + 49{b^2} = {2023^z} + 35 \Leftrightarrow 7\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = {289^z}{.7^{z - 1}} + 5\].

          Nếu \[z > 1\] ta có vế trái chia hết cho 7 và vế phải không chia hết cho 7 (vô lý).

          Nếu \[z = 1\] ta có:

\[7\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 289 + 5 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 42\].

Dễ dàng kiểm tra được phương trình \[{a^2} + {b^2} = 42\] không có nghiệm tự nhiên.

Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm

\[\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 6\\z = 0\end{array} \right.,\left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y = 0\\z = 0\end{array} \right.\].

1) Với hai số không âm \[a,\,\,b\], ta chứng minh

\[a + b \ge 2\sqrt {ab} \].            (1)

\[{\left( {a + b} \right)^2} \le 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\].        (2)

Đẳng thức xảy ra khi \[a = b\].

Thật vậy

\[\left( 1 \right) \Leftrightarrow a - 2\sqrt {ab} + b \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)^2} \ge 0\] (luôn đúng).

\[\left( 2 \right) \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \le 2{a^2} + 2{b^2} \Leftrightarrow 0 \le {\left( {a - b} \right)^2}\] (luôn đúng).

Áp dụng (2):

\[{\left( {x + y} \right)^2} \le 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \Rightarrow 4 \le 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \Rightarrow {x^2} + {y^2} \ge 2\].

Áp dụng (1):

\[\frac{{{x^2} + {y^2}}}{4} + \frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} \ge 2\sqrt {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{4\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}}} \Rightarrow \frac{{{x^2} + {y^2}}}{4} + \frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} \ge 1\].

Ta có

\[\min B = \frac{5}{2}\].

Đẳng thức xảy ra khi

\[\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 2\\x + y = 2\\x = y\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 1\].

Vậy \[\min B = \frac{5}{2}\].

2) Nhận xét \(Q\left( x \right) = \left( {x - 5} \right)\left( {x + 1} \right)\).

Gọi \(T\left( x \right)\) là đa thức thương, \(R\left( x \right)\) là đa thức dư khi chia \(P\left( x \right)\) cho \(Q\left( x \right)\), nghĩa là \(P\left( x \right) = Q\left( x \right)T\left( x \right) + R\left( x \right)\).

Vì bậc của \(Q\left( x \right)\) là 2 nên bậc của \(R\left( x \right)\) tối đa là 1.

Khi đó \(R\left( x \right) = ax + b\) (với \(a,\,\,b\) là các hệ số thực).

Khi chia \(P\left( x \right)\) cho đa thức \(\left( {x - 5} \right)\) thì được dư là 7, suy ra \(P\left( 5 \right) = 7\).

Khi chia \(P\left( x \right)\) cho đa thức \(\left( {x + 1} \right)\) thì được dư là 1, suy ra \(P\left( { - 1} \right) = 1\).

Ta có: \(P\left( x \right) = \left( {x - 5} \right)\left( {x + 1} \right)T\left( x \right) + ax + b\).

Cho \(x = 5\), ta được: \(7 = 5a + b\).      (1)

Cho \(x = - 1\), ta được: \(1 = - a + b\).  (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 2\end{array} \right.\).

Vậy \(R\left( x \right) = x + 2\).

Vì \[H\] là trung điểm của \[OA\] nên \(AH = \frac{{OA}}{2} = \frac{R}{2} \cdot \)

Ta có \[\widehat {ACB} = {90^0}\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\)có đường cao \(CH\):

\(A{C^2} = AB.AH = 2R.\frac{R}{2} = {R^2} \Rightarrow AC = R\).

\(B{C^2} = A{B^2} - A{C^2} = 4{R^2} - {R^2} = 3{R^2} \Rightarrow BC = R\sqrt 3 .\)

\(CH.AB = AC.BC \Rightarrow CH = \frac{{AC.BC}}{{AB}} = \frac{{R.R\sqrt 3 }}{{2R}} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2} \cdot \)

Cách 1:

Tam giác \(ABD\) vuông tại \(D\) đường cao \(DH\) ta có \(A{D^2} = AH.AB.\)

\[\Delta AIH\] và \[\Delta ABM\] có góc \[A\] chung và \[\widehat {AHI} = \widehat {AMB}\left( { = {{90}^0}} \right)\].

Do đó \(A{D^2} = AI.AM \Rightarrow \frac{{AD}}{{AM}} = \frac{{AI}}{{AD}} \cdot \)

\[\Delta ADI\]

Suy ra \(\Delta ADI\)   \(\Delta AMD\) (c.g.c).

Vậy \(\widehat {ADI} = \widehat {AMD}\). Do đó \(AD\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta IDM\).

Cách 2:

\[OA\] là đường trung trực của \[CD\] nên \[AC = AD\].

Tam giác \[ACD\] cân tại \[A\] nên \[\widehat {ACD} = \widehat {ADI}\].

Mặt khác \[\widehat {ACD} = \widehat {AMD}\] (cùng chắn cung \[AD\]).

Vậy \(\widehat {ADI} = \widehat {AMD}\). Do đó \(AD\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta IDM\).

Tìm vị trí điểm \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) sao cho \(MB + MC + MD\) đạt giá trị lớn nhất.

Ta có \(CD = 2.CH = 2.\frac{{R\sqrt 3 }}{2} = R\sqrt 3 \).

Mặt khác \(\Delta BCD\) cân tại \(B\) nên \(BD = BC = R\sqrt 3 \).

Vậy \(\Delta BCD\) là tam giác đều.

Trên đoạn \[MD\] lấy điểm \[K\] sao cho \[MK = MB\].

\(\Delta MBK\) cân tại \(M\) có \(\widehat {BMK} = \widehat {BCD} = {60^0}\) nên là tam giác đều.

Ta có \[\widehat {CBM} + \widehat {CBK} = {60^0},\,\,\widehat {DBK} + \widehat {CBK} = {60^0}\].

Dẫn đến \[\widehat {CBM} = \widehat {DBK}\].

Xét \(\Delta CBM\) và \[\Delta DBK\] có: \(CB = DB,\,\widehat {\,CBM} = \widehat {DBK},\,\,BM = BK\).

Do đó \(\Delta CBM = \Delta DBK \Rightarrow MC = KD\).

Vậy \(MD = MK + KD = MB + MC\).

Ta có \(MB + MC + MD = 2MD \le 4R\).

Vậy \(MB + MC + MD\) đạt giá trị lớn nhất khi \(MD\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\). Do đó \(M\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).