Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Hồ Chí Minh có đáp án

Vì \({b^2} = \left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {a^2} = \left( {\sqrt {{a^2} + {b^2}} - a} \right)\left( {\sqrt {{a^2} + {b^2}} + a} \right)\) nên từ giả thiết, ta có:

\({a^2} + {b^2} = 4\left( {\sqrt {{a^2} + {b^2}} - a} \right) + a\sqrt {{a^2} + {b^2}} \), hay \({a^2} + {b^2} - 4\sqrt {{a^2} + {b^2}} = a\left( {\sqrt {{a^2} + {b^2}} - 4} \right)\)

Một cách tương đương, ta có:

\(\left( {\sqrt {{a^2} + {b^2}} - 4} \right)\left( {\sqrt {{a^2} + {b^2}} - a} \right) = 0\)

Vì \(\sqrt {{a^2} + {b^2}} > \sqrt {{a^2}} \ge a\) nên từ kết quả trên, ta suy ra \(\sqrt {{a^2} + {b^2}} = 4\), tức \(P = 16.\)

a) Điều kiện: \(x \ge 2\). Phương trình đã cho có thể được viết lại thành

\({x^2} - x - 5 = 2\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {x - 2} } \right)\),

Hay

\({\left( {x - 1} \right)^2} + \left( {x - 2} \right) - 2\left( {x - 1} \right)\sqrt {x - 2} = 4\).

Một cách tương đương, ta có

                                                 \({\left( {x - 1 - \sqrt {x - 2} } \right)^2} = 4.\)

Vì \({\left( {x - 1} \right)^2} - \left( {x - 2} \right) = {x^2} - 3x + 3 > 0\) nên \(x - 1 - \sqrt {x - 2} > 0\). Kết hợp với phương trình trên, ta được \(x - 1 - \sqrt {x - 2} = 2\), hay \(x - 3 = \sqrt {x - 2} \). Từ đây, ta suy ra \(x \ge 3\) và \({\left( {x - 3} \right)^2} = x - 2\).

Giải ra, ta được \(x = \frac{{7 + \sqrt 5 }}{2}\) (thỏa mãn). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(x = \frac{{7 + \sqrt 5 }}{2}.\)

b) Điều kiện: \(x \ge 0,\;y \ge 0\) và \(x + y \ne 0\). Với chú ý

\(x\sqrt x + y\sqrt y = \left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)\left( {x + y - \sqrt {xy} } \right)\).

Và \(\sqrt x + \sqrt y > 0\), phương trình thứ hai của hệ có thể được viết lại thành

\(x + y - \sqrt {xy} = 7.\)     (1)

Phương trình thứ nhất của hệ có thể được viết lại thành \(9y + 49 + {\left( {x + y} \right)^2} = 23\left( {x + y} \right)\), hay

\(9\left( {7 + \sqrt {xy} - x} \right) + 49 + {\left( {\sqrt {xy} + 7} \right)^2} = 23\left( {\sqrt {xy} + 7} \right)\).

Sau khi thu gọn, ta được \(x\left( {y - 9} \right) = 0.\) Từ đó \(x = 0\) hoặc \(y = 9\). . Kết hợp với (1), ta tìm được các nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) của hệ phương trình đã cho là (0, 7), *1, 9) và (4, 9).

a) Ta có \(CD = CE\) nên tam giác \(CDE\) cân tại C. Suy ra \(\widehat {CDE} = \widehat {CED} = \)\(\frac{{{{180}^0} - \widehat {ACB}}}{2}\).

Áp dụng tính chất góc ngoài trong tam giác AJE, ta thấy

 \(\widehat {AJE} = \widehat {CEJ} = \widehat {EAJ} = \)\(\frac{{{{180}^0} - \widehat {ACB}}}{2} - \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2}\) = \(\widehat {IBD}\). Suy ra tứ giác BIJD nội tiếp.

b) Do tứ giác BIJD nội tiếp nên \(\widehat {BJI} = \widehat {BDI} = {90^0}.\)

Vì \(\widehat {AJB} = {90^0}\) và \(\widehat {JAB} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = {45^0}\) nên tam giác JAB vuông cân tại J. Theo giả thiết K là trung điểm của AB, ta có \(JK \bot AB\)

Chú ý rằng \(IF\parallel AM\parallel JK\) (cùng vuông góc với AB) và \(ID\parallel AH\) (cùng vuông góc với BC), ta có

\(\frac{{IF}}{{AM}} = \frac{{KI}}{{KM}} = \frac{{JI}}{{JA}} = \frac{{ID}}{{AN}}.\;\)Vì \(IF = ID\) nên \(AM = AN.\)

c) Đường thẳng qua Q vuông góc với ID cắt AC, AB lần lượt lại R, S.

Vì \(\widehat {IQR} = \widehat {IQS} = \widehat {IER} = \widehat {IFS} = {90^0}\) nên các tứ giác IQER, IQSR nội tiếp. Chú ý rằng tam giác IEF cân tại I, ta có \(\widehat {IRQ} = \widehat {IEQ} = \widehat {IFQ} = \widehat {ISQ}.\) Suy ra, tam giác IRS cân tại I. Do \(IQ \bot RS\) nên Q là trung điểm của RS.

Ta có \(RS\parallel BC\) (cùng vuông góc với ID) và P, Q lần lượt là trung điểm của BC, RS nên A, P, Q thẳng hàng (theo bồ đề hình thang).

a) Từ giả thiết ta có

                                    \(\sqrt {\left( {2x + 1} \right)\left( {2y + 1} \right)} = 5 - 2z.\)

Từ đó kết hợp sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwwarz, ta được:

\(\frac{1}{{\sqrt {\left( {2x + 1} \right)\left( {2y + 1} \right)} }} + \frac{1}{{2z + 1}} = \frac{1}{{5 - 2z}} + \frac{1}{{2z + 1}} \ge \frac{4}{{5 - 2z + 2z - 1}} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}.\)

Dấu bằng xảy ra khi chẳng hạn \(x = y = z = 1\).

b) Ta thấy rằng

P = \(\frac{1}{2} + \frac{1}{{2\left( {2x + 1} \right)}} + \frac{1}{2} + \frac{1}{{2\left( {2y + 1} \right)}} + \frac{1}{2} + \frac{1}{{2z + 1}} = \frac{3}{2} + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{2x + 1}} + \frac{1}{{2y + 1}}} \right) + \frac{1}{{2z + 1}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương và sử dụng kết quả ở ý (a) ta được

P \( \ge \frac{3}{2} + \frac{1}{{\sqrt {\left( {2x + 1} \right)\left( {2y + 1} \right)} + }}\frac{1}{{2z + 1}} \ge \frac{3}{2} + \frac{2}{3} = \frac{{13}}{6}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = z = 1.\)

a) Đường tròn (O) tiếp xúc với các cạnh của hình thoi ABCD nên O là trung điểm của hai đường chéo AC và BD.

Ta thấy O là tâm đường tròn bàng tiếp góc D của tam giác DGH. Suy ra \(\widehat {GOH} = {180^0} - \widehat {OGH} - \widehat {OHG}\) = \({180^0} - \)\(\frac{{{{180}^0} - \widehat {DGH}}}{2} - \frac{{{{180}^0} - \widehat {DHG}}}{2}\) = \(\frac{{\widehat {DHG} + \widehat {DGH}}}{2} = \frac{{{{180}^0} - \widehat {GDH}}}{2}\).

Do tam giác \(DAC\) cân tại D nên \(\widehat {DAC} = \widehat {DCA}\) = \(\frac{{{{180}^0} - \widehat {ADC}}}{2}\). Kết hợp hai điều trên, ta thấy

                                      \(\widehat {GOH} = \widehat {DAC} = \widehat {DCA}.\)

Từ đó \(\widehat {COG} = {180^0} - \widehat {GOH} - \widehat {AOH} = {180^0} - \widehat {OAH} - \widehat {AOH} = \widehat {AHO}.\)

Suy ra hai tam giác OAH và GCO đồng dạng góc-góc. Vì thế, \(\frac{{OA}}{{GC}} = \frac{{AH}}{{CO}}.\)

Suy ra \(AH.CG = OA.OC = O{A^2}\).

b) Chứng minh tương tự ý trên, ta có \(AE.CF = O{A^2} = AH.CG\). Suy ra \(\frac{{AE}}{{CK}} = \frac{{AH}}{{CF}}\). Chú ý rằng \(\widehat {EAH} = \widehat {GCF}\), ta thu được hai tam giác AEH và CGF đồng dạng cạnh-góc-cạnh. Suy ra \(\widehat {AEH} = \widehat {CGF}.\) Lại có \(\widehat {AEG} = \widehat {CGE}\) (do \(AB\parallel CD\)). Suy ra \(\widehat {HEG} = \widehat {FGE}.\)

Vậy \(EH\parallel FG\) (đpcm).

a) Giả sử \(a \ge 0\), khi đó \(b \ge 1\) và \(c \ge 2\). Ta có

\(n = \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right)\) là số nguyên tố, mà \(a + b + c > 1\)

Nên \({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca = 1\), hay \({\left( {b - a} \right)^2} + {\left( {c - b} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} = 2.\)

Vì \(c > b > a\) nên \({\left( {b - a} \right)^2} + {\left( {c - b} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} \ge {1^2} + {1^2} + {2^2} > 2\). Từ mâu thuẫn nhận được, ta suy ra \(a < 0\).

b) Nếu \(c \le 0\), thì ta có \(a + b + c < 0\), suy ra \(n < 0\), mâu thuẩn. Do đó \(c \ge 1\). Như vậy

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

\( \ge \frac{1}{2}{\left( {c - a} \right)^2} \ge \frac{1}{2}{\left[ {1 - \left( { - 1} \right)} \right]^2} = 2 > 1\).

Vì n là số nguyên tố và là ước của 2023 = \({7.17^2}\) nên \(n \in \left\{ {7,\;17} \right\}\).

Trường hợp 1: \(n = 17\). Theo chứng minh ở trên, ta phải có \({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca = 17\)

và \(a + b + c = 1\). Từ đó, ta dễ dàng tính được

\(3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) = 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right) + {\left( {a + b + c} \right)^2} = 35\).

Mâu thuẩn vì 35 không chia hết cho 3

Trường hợp 2:\(n = 7\). Theo chứng minh ở trên, ta phải có \({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca = 7\)

và \(a + b + c = 1\). Từ đó \(3({a^2} + {b^2} + {c^2} = 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right) + {\left( {a + b + c} \right)^2} = 15\), suy ra \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 5\) và \(ab + bc + ca = - 2\).

Do \(5 = {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 1 + {c^2}\) nên \(c \le 2\). Mà \(c \ge 1\) nên \(c \in \left\{ {1;2} \right\}\).

·       Nếu \(c = 2\), thì ta có \({a^2} + {b^2} = 1\). Suy ra \({a^2} \le 1\), tức \(a \ge - 1\). Mà \(a < 0\) nên \(a = - 1\) và \(b = 0\). Thử lại, ta thấy thỏa mãn.

·       Nếu \(c = 1\), thì ta có \({a^2} + {b^2} = 4\). Suy ra \({a^2} \le 4\), tức \(a \ge - 2\). Mà \(a < 0\) nên \(a \in \left\{ { - 1, - 2} \right\}\). Thử trực tiếp, ta được \(a = - 2\) và \(b = 0\). Tuy nhiên, các số \(a = - 2,\;b = 0\) và \(c = 1\) không thỏa mãn \(a + b + c = 1\).

Vậy, có duy nhất một bộ số \(\left( {a,b,c} \right)\) thỏa mãn yêu cầu đề bài là \(\left( { - 1,\;0,\;2} \right).\)