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

1)Ta có: \({a^2} + {b^2} + 2 = {\left( {a + b} \right)^2}\)

Nên

\(\begin{array}{l}Q = \frac{1}{{{{\left( {a + b} \right)}^3}}}\left( {\frac{1}{{{a^3}}} + \frac{1}{{{b^3}}}} \right) + \frac{3}{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}}\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}}} \right) + \frac{6}{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}}\\ = \frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{{\left( {a + b} \right)}^3}}} + \frac{{3\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}} + \frac{6}{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}}\\ = \frac{{\left( {{a^3} + {b^3}} \right)\left( {a + b} \right) + 3\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 6}}{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} = \frac{{{a^4} + {b^4} + ab\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 3\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 6}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + 2} \right)}^2}}}\\ = \frac{{{a^4} + {b^4} + 4\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 6}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + 2} \right)}^2}}}\end{array}\)

\[\begin{array}{l} = \frac{{\left( {{a^4} + {b^4} + 2{a^2}{b^2}} \right) + 4\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 4}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + 2} \right)}^2}}}\\ = \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2} + 4\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 4}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + 2} \right)}^2}}}\end{array}\]

\[\begin{array}{l} = \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + 2} \right)}^2}}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + 2} \right)}^2}}}\\ = 1\end{array}\]

2)\(P = \sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{y^2} + 1} + xy - \left( {x\sqrt {{y^2} + 1} + y\sqrt {{x^2} + 1} } \right) = \sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{y^2} + 1} + xy - \sqrt {15} \)

Đặt \(\begin{array}{l}M = \sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{y^2} + 1} + xy \Rightarrow {M^2} = \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{y^2} + 1} \right) + {x^2}{y^2} + 2xy\sqrt {{x^2} + 1} .\sqrt {{y^2} + 1} \\ = 2{x^2}{y^2} + {x^2} + {y^2} + 1 + 2xy\sqrt {{x^2} + 1} .\sqrt {{y^2} + 1} \end{array}\)

\(\begin{array}{l} = {x^2}\left( {{y^2} + 1} \right) + {y^2}\left( {{x^2} + 1} \right) + 2x\sqrt {{y^2} + 1} .y\sqrt {{x^2} + 1} + 1\\ = {\left( {x\sqrt {{y^2} + 1} + y\sqrt {{x^2} + 1} } \right)^2} + 1\end{array}\)

\( = 16 \Rightarrow M = 4\). Vậy \(P = 4 - \sqrt {15} \).

1)Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 3x \ge 0\\x - 1 \ge 0\\\frac{{{x^2} + 2x - 3}}{x} \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge 1\)

Phương trình trở thành

\(\begin{array}{l}\sqrt {x\left( {x + 3} \right)} + 2\sqrt {x - 1} - 2x - \sqrt {\frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right)}}{x}} = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt {x\left( {x + 3} \right)} - \sqrt {\frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right)}}{x}} } \right) + \left( {2\sqrt {x - 1} - 2x} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{x + 3}}{x}} \left( {x - \sqrt {x - 1} } \right) - 2\left( {x - \sqrt {x - 1} } \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - \sqrt {x - 1} } \right)\left( {\sqrt {\frac{{x + 3}}{x}}  - 2} \right) = 0\\\left[ \begin{array}{l}x - \sqrt {x - 1} = 0\\\sqrt {\frac{{x + 3}}{x}} - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt {x - 1} \,\,\left( 1 \right)\\\sqrt {\frac{{x + 3}}{x}} = 2\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} = x - 1 \Leftrightarrow {x^2} - x + 1 = 0\) (vô nghiệm)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \frac{{x + 3}}{x} = 4 \Leftrightarrow x + 3 = 4x \Leftrightarrow x = 1\) (Thoả mãn điều kiện)

2)Hệ phương trình đã cho trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {x + 1} \right)\left( {y + 2} \right) = 4\\{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 8\end{array} \right.\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x + 1\\b = y + 2\end{array} \right.\) ta được hệ \(\left\{ \begin{array}{l}a.b = 4\\{a^2} + {b^2} = 8\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}ab = 4\\{\left( {a + b} \right)^2} - 2ab = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}ab = 4\\{\left( {a + b} \right)^2} = 16\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}ab = 4\\\left[ \begin{array}{l}a + b = 4\\a + b = - 4\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}ab = 4\\a + b = 4\end{array} \right.\,\,\,\left( 1 \right)\\\left\{ \begin{array}{l}ab = 4\\a + b = - 4\end{array} \right.\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 0\end{array} \right.\)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 2\\b = - 2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 3\\y = - 4\end{array} \right.\)

1)Đặt \(A = 2{p^4} - {p^2} + 16\)

Với \(p = 3\) thì \(A = 169 = {13^2}\) là số chính phương. Vậy \(p = 3\) thoả mãn.

Với \(p > 3\) thì \({p^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\). Suy ra\({p^4} = {\left( {{p^2}} \right)^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\)

Suy ra \(A = 2{p^4} - {p^2} + 16 \equiv 2.1 - 1 + 16 \equiv 2\left( {\bmod 3} \right)\)

Do các số chính phương chia cho 3 chỉ dư \(0\) hoặc 1 nên \(A\) không là số chính phương.

2)Ta có phương trình

\(\begin{array}{l}6{x^2} + 7xy + 2{y^2} + x + y - 1 = 1\\ \Leftrightarrow 6{x^2} + \left( {7y + 1} \right)x + 2{y^2} + y - 1 = 1\\ \Leftrightarrow \left( {2x + y + 1} \right)\left( {3x + 2y - 1} \right) = 1\end{array}\)

\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x + y + 1 = 1\\3x + 2y - 1 = 1\end{array} \right.\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\left\{ \begin{array}{l}2x + y + 1 = - 1\\3x + 2y - 1 = - 1\end{array} \right.\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

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

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 4\\y = 6\end{array} \right.\)

1)Ta có \(\widehat {ABM} = \widehat {ACB} = \widehat {BAC} = {60^0} \Rightarrow BM//AC \Rightarrow \widehat {BMA} = \widehat {CAN}\,\,\left( 1 \right)\)

Tương tự ta có \(CN//AB \Rightarrow \widehat {BAM} = \widehat {CNA}\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có \(\Delta AMB\) đồng dạng \(\Delta NAC\) (g-g)

\( \Rightarrow \frac{{MB}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{NC}} \Rightarrow MB.NC = AB.AC \Rightarrow MB.NC = A{B^2}\)

Gọi \(I\) là giao điểm của \[EF\] và \(BC\). Từ a) suy ra \(MB.NC = B{C^2} \Rightarrow \frac{{MB}}{{BC}} = \frac{{BC}}{{NC}}\,\,\,\left( 3 \right)\)

Mặt khác \(\widehat {MBC} = \widehat {MBA} + \widehat {ABC} = {60^0} + {60^0} = {120^0}\). Tương tự \(\widehat {BCN} = {120^0}\)

Suy ra \(\widehat {MBC} = \widehat {BCN}\,\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) ta có \(\Delta MBC\) đồng dạng \(\Delta BCN\)(c-g-c). Suy ra \(\widehat {BMC} = \widehat {NBC}\)

Ta có \(\widehat {BFM} = \widehat {BCF} + \widehat {FBC} = \widehat {BCF} + \widehat {BMC} = {180^0} - \widehat {MBC} = {60^0}\,\left( 5 \right)\)

Do \(BEAC\)nội tiếp nên \(\widehat {BEM} = \widehat {BCA} = {60^0}\,\,\left( 6 \right)\)

Từ (5) và (6) ta có \(\widehat {BFM} = \widehat {BEM}\). Suy ra \(BMEF\) nội tiếp

\[\widehat {BEF} = \widehat {BMF} = \widehat {NBC} = \widehat {FBI}\]. Do đó \(\Delta IBF\) đồng dạng \(\Delta IEB\)(g-g). Suy ra \(\frac{{IB}}{{IE}} = \frac{{IF}}{{IB}} \Rightarrow I{B^2} = IE.IF\,\,\left( 7 \right)\)

Chứng minh tương tự ta có \(I{C^2} = IE.IF\,\,\left( 8 \right)\).

Từ (7) và (8) suy ra \(IB = IC \Rightarrow I \equiv H\). Vậy \(E,\,F,\,H\) thẳng hàng.

2)Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\). Vẽ \(AH,\,IJ,\,BK\) cùng vuông góc \(EF\).

Ta có \(\widehat {AOB} = {120^0} \Rightarrow \widehat {AMB} = {60^0}\), hơn nữa \(ME = \,MF\) nên tam giác \(MEF\) đều.

Tam giác vuông \(AHE\) có \(AH = AE.\sin \,{60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.AE = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.AD\,\,\,\left( 1 \right)\)

Tam giác vuông \(BKF\) có \(BK = BF.\sin \,{60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}BF = \frac{{\sqrt 3 }}{2}BD\,\,\left( 2 \right)\)

Cộng vế (1) và (2) ta có

\(AH + BK = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AB \Rightarrow 2IJ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AB \Rightarrow IJ = \frac{{\sqrt 3 }}{4}AB\) không đổi.

Vì điểm \(I\) cố định nên \(EF\) tiếp xúc với đường tròn cố định tâm \(I\), bán kính \(\frac{{\sqrt 3 }}{4}AB\).

 

Giả sử \(c = \min \left\{ {a,\,b,\,c} \right\}\). Khi đó :

\(\begin{array}{l}c \le a \Rightarrow {c^2} \le ac \Rightarrow {a^2} + {c^2} \le {a^2} + ac \le {\left( {a + \frac{c}{2}} \right)^2}\\c \le b \Rightarrow {c^2} \le bc \Rightarrow {b^2} + {c^2} \le {b^2} + bc \le {\left( {b + \frac{c}{2}} \right)^2}\\{a^2} + {b^2} \le {\left( {a + \frac{c}{2}} \right)^2} + {\left( {b + \frac{c}{2}} \right)^2}\end{array}\)

\(VT\left( * \right) \ge \frac{1}{{{{\left( {a + \frac{c}{2}} \right)}^2} + {{\left( {b + \frac{c}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + \frac{c}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a + \frac{c}{2}} \right)}^2}}}\)

Đặt \(x = a + \frac{c}{2};\,y = b + \frac{c}{2}\). Khi đó \(x > 0,\,y > 0\) và \(x + y = a + b + c\).

Ta có \(VT\left( * \right) \ge \frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}}\)

\(\begin{array}{l} \ge \frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{2}{{xy}} = \frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{1}{{2xy}} + \frac{3}{{2xy}} \ge \frac{4}{{{x^2} + {y^2} + 2xy}} + \frac{3}{{2xy}}\\ = \frac{4}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} + \frac{3}{{2xy}} \ge \frac{4}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} + 3.\frac{2}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} = \frac{{10}}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} = \frac{{10}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}} = VP\left( * \right)\end{array}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}c = 0\\x = y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\a = b\end{array} \right.\). Do vai trò của \(a,\,b,\,c\) bình đẳng nên dấu “=” của \(\left( * \right)\) xảy ra khi và chỉ khi trong ba số \(a,\,b,\,c\) có một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau.