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

Ta có \(4{x^2} + 5{y^2} - 4xy + 2(2x + 3y) + 4 \le 0 \Leftrightarrow {(2x - y + 1)^2} + 4{(y + 1)^2} \le 1\)

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

TH1: \({(2x - y + 1)^2} + 4{(y + 1)^2} = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - y + 1 = 0\\y + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y =  - 1\end{array} \right.\) .

TH2: \({(2x - y + 1)^2} + 4{(y + 1)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x - y + 1 = 0\\4{(y + 1)^2} = 1\end{array} \right.\,\,(vn)\\\left\{ \begin{array}{l}{(2x - y + 1)^2} = 1\\y + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{(2x + 2)^2} = 1\\y =  - 1\end{array} \right.\,\,(vn).\end{array} \right.\)

 Vậy có đúng một cặp số thỏa mãn (x; y) = (-1; -1).

\(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 0 \Leftrightarrow ab + bc + ca = 0\)

Ta có : \({a^2} + 2bc = {a^2} + bc + ( - ab - ca) = (a - b)(a - c).\)

Tương tự có : \({b^2} + 2ca = (b - c)(b - a);\,\,\,{c^2} + 2ab = (c - a)(c - b).\,\,\,\)

\(\frac{1}{{{a^2} + 2bc}} + \frac{1}{{{b^2} + 2ca}} + \frac{1}{{{c^2} + 2ab}} = \frac{1}{{(a - b)(a - c)}} + \frac{1}{{(b - c)(b - a)}} + \frac{1}{{(c - a)(c - b)}}\)

\( = \frac{1}{{(a - b)(a - c)}} - \frac{1}{{(b - c)(a - b)}} + \frac{1}{{(a - c)(b - c)}} = \frac{{b - c - (a - c) + a - b}}{{(a - b)(b - c)(a - c)}} = 0\)

ĐK: \(11 - 4(x - y) \ge 0\)

\((x + 2)(2 - y) = 8 \Leftrightarrow 2\left( {x - y} \right) - xy = 4 \Rightarrow 2\left( {x - y} \right) = 4 + xy\)

Thế vào phương trình (2) ta có:

\(\sqrt {11 - 2(4 + xy)} + {x^2}{y^2} - 3xy + 1 = 0 \Leftrightarrow \sqrt {3 - 2xy} + {x^2}{y^2} - 3xy + 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sqrt {3 - 2xy} - 1} \right) + {x^2}{y^2} - 3xy + 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{2(1 - xy)}}{{\sqrt {3 - 2xy} + 1}} + (1 - xy)(2 - xy) = 0\)\( \Leftrightarrow \left( {1 - xy} \right)\left( {\frac{2}{{\sqrt {3 - 2xy} + 1}} + 2 - xy} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow xy = 1\)    (Do \(\frac{2}{{\sqrt {3 - 2xy} + 1}} + 2 - xy > 0,\,\,\,\forall xy \le \frac{3}{2}\))

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}xy = 1\\2\left( {x - y} \right) = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = \frac{1}{x}\\2\left( {x - \frac{1}{x}} \right) = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = \frac{1}{x}\\2{x^2} - 5x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = \frac{1}{x}\\x = \frac{{5 \pm \sqrt {41} }}{4}\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm là:

 \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {\frac{{5 + \sqrt {41} }}{4};\frac{{ - 5 + \sqrt {41} }}{4}} \right)\) và \(\left( {\frac{{5 - \sqrt {41} }}{4};\frac{{ - 5 - \sqrt {41} }}{4}} \right)\)

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 3x + 11 \ge 0\\x + 2 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge - 2\)

\(\sqrt {{x^2} + 3x + 11} - \sqrt {x + 2} = 2x - 2 \Leftrightarrow \sqrt {{{(x - 1)}^2} + 5(x + 2)} - \sqrt {x + 2} = 2(x - 1)\)

Xét \[x = - 2\] (không phải là nghiệm)

Xét\[x > - 2\] Chia hai vế phương trình cho\[\sqrt {x + 2} \] ta được:\(\sqrt {\frac{{{{(x - 1)}^2}}}{{x + 2}} + 5} - 1 = \frac{{2(x - 1)}}{{\sqrt {x + 2} }}.\)Đặt \[t = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {x + 2} }}\] ta được phương trình:\(\sqrt {{t^2} + 5} - 1 = 2t\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{t^2} + 5} = 2t + 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2t + 1 \ge 0\\{t^2} + 5 = {(2t + 1)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t \ge - \frac{1}{2}\\3{t^2} + 4t - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t \ge - \frac{1}{2}\\t = - 2;\,\,t = \frac{2}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow t = \frac{2}{3}\)

Khi \[t = \frac{2}{3}\] ta được phương trình:\[\frac{{x - 1}}{{\sqrt {x + 2} }} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow 2\sqrt {x + 2} = 3(x - 1) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 \ge 0\\4(x + 2) = 9{(x - 1)^2}\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\9{x^2} - 22x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\x = \frac{{11 \pm 4\sqrt 7 }}{9}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{11 + 4\sqrt 7 }}{9}.\]

Vậy phương trình có đúng 1 nghiệm \[x = \frac{{11 + 4\sqrt 7 }}{9}\]

Chú ý: Học sinh có thể giải theo cách: Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x - 1\\b = \sqrt {x + 2} \ge 0.\end{array} \right.\)

 

Ta có\(p = \frac{5}{{x - \sqrt x + 2}} = \frac{5}{{{{\left( {\sqrt x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{7}{4}}}\)

\( \Rightarrow 0 < p \le \frac{5}{{\frac{7}{4}}} = \frac{{20}}{7} \Rightarrow p = 1;\,\,2\)

TH1: \(p = 1 \Leftrightarrow \frac{5}{{x - \sqrt x + 2}} = 1 \Leftrightarrow x - \sqrt x - 3 = 0 \Rightarrow \sqrt x = \frac{{1 + \sqrt {13} }}{2} \Rightarrow x = \frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}.\)

TH2: \(p = 2 \Leftrightarrow \frac{5}{{x - \sqrt x + 2}} = 2 \Leftrightarrow 2x - 2\sqrt x - 1 = 0 \Rightarrow \sqrt x = \frac{{1 + \sqrt 3 }}{2} \Rightarrow x = \frac{{2 + \sqrt 3 }}{2}.\)

Vậy có hai giá trị cần tìm là \(x = \frac{{7 + \sqrt {13} }}{2};\,\,\frac{{2 + \sqrt 3 }}{2}.\)

Ta có \(A = {n^{2024}} + {n^{2023}} + {n^4} - n + 1 = \left( {{n^{2024}} - {n^2}} \right) + \left( {{n^{2023}} - n} \right) + \left( {{n^4} + {n^2} + 1} \right)\)

\( = {n^2}\left( {{n^{2022}} - 1} \right) + n\left( {{n^{2022}} - 1} \right) + \left( {{n^4} + {n^2} + 1} \right) = \left( {{n^2} + n} \right)\left( {{n^{2022}} - 1} \right) + \left( {{n^4} + {n^2} + 1} \right)\)

Ta có \(\left( {{n^2} + n} \right)\left( {{n^{2022}} - 1} \right) = \left( {{n^2} + n} \right)\left[ {{{\left( {{n^3}} \right)}^{674}} - 1} \right]\)

       \( = \left( {{n^2} + n} \right)\left( {{n^3} - 1} \right).B = \left( {{n^2} + n} \right)\left( {n - 1} \right)\left( {{n^2} + n + 1} \right).B\) chia hết cho \({n^2} + n + 1\)

Lại có \({n^4} + {n^2} + 1 = {n^4} + 2{n^2} + 1 - {n^2} = {\left( {{n^2} + 1} \right)^2} - {n^2}\)

                         \( = \left( {{n^2} + n + 1} \right)\left( {{n^2} - n + 1} \right)\)chia hết cho \({n^2} + n + 1\)

Vậy \(A = {n^{2024}} + {n^{2023}} + {n^4} - n + 1\) chia hết cho \({n^2} + n + 1\) với mọi số tự nhiên \(n\) lớn hơn 1 nên \(A\) không phải là số nguyên tố.

a) Ta có \(ME.MB = M{A^2}\)   do \(\Delta MAB\) vuông tại A có đường cao AE.

Lại có \(MH.MO = M{A^2}\)   do \(\Delta MAO\) vuông tại A có đường cao AH.

\( \Rightarrow ME.MB = MH.MO\)

\( \Rightarrow \frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MB}}\)\[ \Rightarrow \Delta OME \sim \Delta BMH\]

b) Ta có\(MA = MC,\,\,OA = OC\) suy ra đường thẳng \(MO\)là trung trực đoạn thẳng \(AC\)nên \(MO \bot AC\). Kéo dài \(BC\) cắt \(AM\) tại \(P\) nên \(MO//PB\)\( \Rightarrow M\)trung điểm \(AP.\)

Ta có \(\frac{{IC}}{{MP}} = \frac{{BI}}{{BM}}\) và \(\frac{{IK}}{{MA}} = \frac{{BI}}{{BM}}\)\( \Rightarrow \frac{{IC}}{{MP}} = \frac{{IK}}{{MA}} \Rightarrow IC = IK\)

Suy ra \(I\) trung điểm của đoạn thẳng \(CK\).

\( \Rightarrow {S_{\Delta ACI}} = \frac{1}{2}{S_{\Delta ACK}};{S_{\Delta BCI}} = \frac{1}{2}{S_{\Delta BCK}}\,\, \Rightarrow {S_{\Delta AIC}} + {S_{\Delta BCI}} = \frac{1}{2}{S_{\Delta ABC}}\, = \frac{1}{4}CK.AB\)

Do đoạn thẳng \(AB\)không đổi nên tổng diện tích hai tam giác \(IAC\)và \(IBC\)lớn nhất. lớn nhất khi \(C\) điểm chính giữa hay \(K\) trùng tâm \(O.\)

Khi đó tứ giác\(AOCM\) là hình vuông.

\( \Rightarrow \frac{{FI}}{{FM}} = \frac{{IC}}{{AM}} = \frac{1}{2} \Rightarrow FI = \frac{1}{3}IM = \frac{1}{6}BM.\)Lại có \(B{M^2} = A{B^2} + M{A^2} = \frac{{5A{B^2}}}{4}\)

\( \Rightarrow BM = \frac{{AB\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow \frac{{FI}}{{AB}} = \frac{1}{6}.\frac{{\frac{{AB\sqrt 5 }}{2}}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 5 }}{{12}}.\)

.c) Ta có

\[\Delta MEC \sim \Delta MCB \Rightarrow \frac{{ME}}{{MC}} = \frac{{CE}}{{CB}}\]

\[\Delta MEA \sim \Delta MAB \Rightarrow \frac{{MA}}{{MB}} = \frac{{EA}}{{AB}}\]

\[ \Rightarrow \frac{{ME}}{{MC}}.\frac{{MA}}{{MB}} = \frac{{CE}}{{CB}}.\frac{{EA}}{{AB}} \Rightarrow \frac{{ME}}{{MB}} = \frac{{CE}}{{CB}}.\frac{{AE}}{{AB}}\,\,(1).\]

.Mặt khác

\[\Delta FEC \sim \Delta FAB \Rightarrow \frac{{FE}}{{FA}} = \frac{{CE}}{{AB}}\]

\[\Delta FAE \sim \Delta FBC \Rightarrow \frac{{FA}}{{FB}} = \frac{{AE}}{{BC}}\]

\[ \Rightarrow \frac{{FE}}{{FA}}.\frac{{FA}}{{FB}} = \frac{{CE}}{{AB}}.\frac{{EA}}{{CB}} \Rightarrow \frac{{FE}}{{FB}} = \frac{{CE}}{{CB}}.\frac{{AE}}{{AB}}\,\,(2).\]

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow \frac{{ME}}{{MB}} = \frac{{FE}}{{FB}}\,\,\]

\[ \Rightarrow \frac{{MB - EB}}{{MB}} = \frac{{EB - FB}}{{FB}}\,\, \Rightarrow 1 - \frac{{EB}}{{MB}} = \frac{{EB}}{{FB}} - 1 \Rightarrow 2 = \,\frac{{EB}}{{MB}} + \frac{{EB}}{{FB}}\]

\[ \Rightarrow 2 = EB\left( {\frac{1}{{MB}} + \frac{1}{{FB}}} \right) \Rightarrow \frac{1}{{BM}} + \frac{1}{{BF}} = \frac{2}{{BE}}\] (ĐPCM).

 

Ta sử dụng các bất đẳng thức \(\frac{1}{m} + \frac{1}{n} \ge \frac{4}{{m + n}} \ge \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {{m^2} + {n^2}} }}\) với \(m > 0;n > 0\)

Dấu bằng xảy ra khi \(m = n\)

\(P = \frac{1}{{a - b}} + \frac{1}{{b - c}} + \frac{1}{{a - c}} + \frac{5}{{2\sqrt {ab + bc + ca} }}\)

\(P \ge \frac{4}{{a - c}} + \frac{1}{{a - c}} + \frac{5}{{2\sqrt {ab + bc + ca} }} = \frac{5}{{a - c}} + \frac{5}{{2\sqrt {ab + bc + ca} }}\)

Lại có: \(\frac{5}{{a - c}} + \frac{5}{{2\sqrt {ab + bc + ca} }} \ge 5\frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{(a - c)}^2} + 4(ab + bc + ca)} }} = \frac{{10\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{(a + c)}^2} + 4b(a + c)} }}\)

\( \Rightarrow P \ge \frac{{10\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + c)(a + c + 4b)} }} = \frac{{10\sqrt 2 }}{{\sqrt {(1 - b)(1 + 3b)} }}\,\,\,\,\left( {do\,\,a + c = 1 - b} \right)\)

\( \Rightarrow P \ge \frac{{10\sqrt 6 }}{{\sqrt {\left( {3 - 3b} \right)\left( {1 + 3b} \right)} }} \ge \frac{{10\sqrt 6 }}{{\frac{{3 - 3b + 1 + 3b}}{2}}} = 5\sqrt 6 \)

Giá trị nhỏ nhất của P bằng \(5\sqrt 6 \)khi

\(\left\{ \begin{array}{l}a > b > c\\a + b + c = 1\\a - b = b - c\\a - c = 2\sqrt {b(a + c) + ca} \\3 - 3b = 1 + 3b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > b > c\\b = \frac{1}{3}\\a + c = \frac{2}{3}\\a - c = 2\sqrt {\frac{2}{9} + ca} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{2 + \sqrt 6 }}{6}\\b = \frac{1}{3}\\c = \frac{{2 - \sqrt 6 }}{6}\end{array} \right.\)

Vì \(x;\,\,y;\,\,z\) là các số chính phương ta viết thành \(x = {a^2};\,\,y = {b^2};\,\,z = {c^2}\,\left( {a;\,\,b;\,\,c\, \in Z} \right)\)

Ta có:

\(\left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right) = \left( {{a^2}{b^2} + {a^2} + {b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right) = \left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( {ab - 1} \right)}^2}} \right]\left( {{c^2} + 1} \right)\)

                               \( = \left[ {{{\left( {ac + bc} \right)}^2} + {{\left( {ab - 1} \right)}^2}} \right] + \left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( {abc - c} \right)}^2}} \right]\)

Áp dụng các đẳng thức \({x^2} + {y^2} = {\left( {x + y} \right)^2} - 2xy\)và \({x^2} + {y^2} = {\left( {x - y} \right)^2} + 2xy\) có:

Thứ 1: \({\left( {ac + bc} \right)^2} + {\left( {ab - 1} \right)^2} = {\left( {ab + bc + ca - 1} \right)^2} - 2\left( {ac + bc} \right)\left( {ab - 1} \right)\)

                                            \( = {\left( {ab + bc + ca - 1} \right)^2} - 2\left( {{a^2}bc + {b^2}ac - ac - bc} \right)\)

Thứ 2: \({\left( {a + b} \right)^2} + {\left( {abc - c} \right)^2} = {\left( {a + b + c - abc} \right)^2} + 2\left( {a + b} \right)\left( {abc - c} \right)\)

                                         \( = {\left( {a + b + c - abc} \right)^2} + 2\left( {{a^2}bc + {b^2}ac - ac - bc} \right)\)

\( \Rightarrow {\left( {ac + bc} \right)^2} + {\left( {ab - 1} \right)^2} + {\left( {a + b} \right)^2} + {\left( {abc - c} \right)^2} = {\left( {ab + bc + ca - 1} \right)^2} + {(a + b + c - abc)^2}\)

Vậy \(\left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right)\left( {z + 1} \right)\) là tổng của hai số chính phương.