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

a) Ta có: P = \(\frac{x}{{\sqrt x - 1}}\) + \(\frac{2}{{\sqrt x - 2}}\) + \(\frac{{2x - x\sqrt x - 2}}{{x - 3\sqrt x + 2}}\)x ³ 0, x\( \ne \)1, x\( \ne \)4

P = \(\frac{x}{{\sqrt x - 1}}\) + \(\frac{2}{{\sqrt x - 2}}\) + \(\frac{{2x - x\sqrt x - 2}}{{x - 3\sqrt x + 2}}\)

P =\(\frac{{x\left( {\sqrt x - 2} \right) + 2\left( {\sqrt x - 1} \right) + 2x - x\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)

P =\(\frac{{x\sqrt x + 2x - 2\sqrt x - 2 + 2x - x\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)

P =\(\frac{{2\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\) + \(\frac{2}{{\sqrt x - 1}}\)

b)\(\left| P \right|\) – P = 0 Û\(\left| P \right|\) = P Û P > 0

Û\(\frac{2}{{\sqrt x - 1}}\)> 0 Û\(\sqrt x \)> 1 Û x > 1

Kết hợp với ĐKXĐ: x\( \ne \)1, x\( \ne \)4

1.  1)Ta có phương trình hoành độ giao điểm \({x^2} = (m + 2)x - m - 8\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 2} \right)x + m + 8 = 0\)

Vì phương trình có hai nghiệm nằm bên phải trục tung nên phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\m + 2 > 0\\m + 8 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 28 > 0\\m + 2 > 0\\m + 8 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 2\sqrt 7 \\m >  - 2\\m >  - 8\end{array} \right. \Rightarrow m > 2\sqrt 7 \)

Áp dụng Vi-et và kết hợp giả thiết ta có :

\(\left( I \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^3 - {x_2} = 0(1)\\{x_1} + {x_2} = m + 2\\{x_1}{x_2} = m + 8\end{array} \right. \Rightarrow \left( I \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \sqrt[4]{{m + 8}}\\{x_2} = {\left( {\sqrt[3]{{m + 8}}} \right)^3}\end{array} \right.\). Thay vào (1) ta có :

\(\sqrt[4]{{m + 8}} + {\left( {\sqrt[4]{{m + 8}}} \right)^3} = m + 2\). Đặt \(\sqrt[4]{{m + 8}} = a\left( {a > \sqrt[4]{{2\sqrt 7  + 8}}} \right)\). Phương trình trở thành :

\(\begin{array}{l}a + {a^3} = {a^4} - 6 \Leftrightarrow {a^4} - {a^3} - a - 6 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {a - 2} \right)\left( {{a^3} + {a^2} + 2a + 3} \right) = 0 \Rightarrow a = 2\end{array}\)

\(a = 2 \Rightarrow \sqrt[4]{{m + 8}} = 2 \Leftrightarrow m = 8(tmdk)\)

Vậy \(m = 8\)

2)

2024(x2 + y2) – 2023(2xy + 1) = 5

Û x2 + y2 + 2023(x2 + y2) – 2023.2xy – 2023 = 5

Û x2 + y2 + 2023(x2 + y2 – 2xy) = 5 + 2023

Û x2 + y2 + 2023(x – y)2 = 2028       (*)

Vì x, y Î Z. Do đó \(\left| {x - y} \right|\) là số tự nhiên

Nhận xét: Nếu \(\left| {x - y} \right|\) ³ 2 thì (x – y)2 ³ 4 Þ 2023(x – y)2 ³ 8092

Do đó x2 + y2 + 2023(x – y)2 > 2028

Nên (*) không xảy ra. Nên \(\left| {x - y} \right|\) £ 1

Vậy có \(\left| {x - y} \right|\) Î {0;1}

* Xét \(\left| {x - y} \right|\) = 0. Ta có: \(x - y\) = 0 Û x = y

Với x = y, từ (*) có 2x2 = 2028 mà x;y Î Z nên loại.

* Xét \(\left| {x - y} \right|\) = 1 Û\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - y = 1\;\;\;}\\{x - y =  - 1}\end{array}} \right.\)

Với x = y, từ (*) có x2 + (x – y)2 = 5 Û 2x2 + 2x + 1 = 5

+ Xét y = x – 1. Ta có x2 + (x – 1)2 = 5 Þ 2x2 + 2x + 1 = 5   

Û x2 – x – 2 = 0 Û \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2\;\;\;}\\{x =  - 1}\end{array}} \right.\). Với \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2\;\;y = 2\;\;\;\;}\\{x =  - 1y =  - 1}\end{array}} \right.\)

Vậy các cặp số nguyên (x;y) cần tìm là (–1; –2), (2;1), (1;2), (–2; –1)

 

1.

ĐKXĐ: \(\forall \)x Î R

3x³ – 7x² + 6x + 4 = 3\(\sqrt[3]{{\frac{{16{x^2} + 6x + 2}}{3}}}\)

⇒3x³ + 9x² + 12x + 6 = 16x² + 6x + 2 + 3\(\sqrt[3]{{\frac{{16{x^2} + 6x + 2}}{3}}}\)

Đặt \(\sqrt[3]{{\frac{{16{x^2} + 6x + 2}}{3}}}\) = t , ta có:

3x³ + 9x² + 12x + 6 = 3t³ + 3t

⇔ x³ + 3x² + 4x + 2 = t³ + t

⇔ (x + 1)³ + (x + 1) = t³ + t

⇔ (x + 1 – t) [(x + 1)² – (x + 1)t + t² +1] = 0

Mà (x + 1)² – (x + 1)t + t² +1 > 0 Þ x + 1 – t = 0

⇒ x + 1 = t

⇔ x + 1 = \(\sqrt[3]{{\frac{{16{x^2} + 6x + 2}}{3}}}\)

⇔3x³ + 9x² + 12x + 6 = 16x² + 6x + 2

⇔3x³ – 7x² + 3x + 1 = 0

⇔3x³ – 3x² – 4x² + 4x – x + 1 = 0

⇔ (x – 1)( 3x² – 4x + 1) = 0

⇒\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1\;\;\;\;\;}\\{x = \frac{{2 + \sqrt 7 }}{3}}\\{x = \frac{{2 - \sqrt 7 }}{3}}\end{array}} \right.\)

Thử lại thấy cả 3 nghiệm thoả mãn.

Vậy x ∈\(\left\{ {1;\;\frac{{2 + \sqrt 7 }}{3};\;\frac{{2 - \sqrt 7 }}{3}\;} \right\}\)

\(\begin{array}{l}2.\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + x + y = 8\left( 1 \right)\\2{x^2} + {y^2} - 3xy + 3x - 2y + 1 = 0\left( 2 \right)\end{array} \right.\\\left( 2 \right) \Leftrightarrow 2{x^2} + 3\left( {1 - y} \right)x + {\left( {y - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1 - y} \right)\left( {2x + 1 - y} \right) = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{y - 1}}{2}\\x = y - 1\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 2x + 1 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {2x + 1} \right)^2} + x + 2x + 1 = 8 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2 \Rightarrow y = - 3\\x = \frac{3}{5} \Rightarrow y = \frac{{11}}{5}\end{array} \right.\\y = x + 1 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {x + 1} \right)^2} + x + x + 1 = 8 \Leftrightarrow 2{x^2} + 4x - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1;y = 2\\x = - 3;y = - 2\end{array} \right.\end{array} \right.\\(x;y) \in \left\{ {\left( { - 2; - 3} \right);\left( {\frac{3}{5};\frac{{11}}{5}} \right);\left( {1;2} \right);\left( { - 3; - 2} \right)} \right\}\end{array}\)

a) Xét \(\Delta \)OBM và \(\Delta \)OCM có:

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{BM = CN\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\\{\angle CBM = \angle OCN}\\{OB = OC\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\end{array}} \right\}\)Þ\(\Delta \)OBM ~ \(\Delta \)OCM (c.g.c)

Þ OM = ON hay O nằm trên đường trung trực MN

Þ OI \( \bot \) MN

Xét tứ giác OIHM có:\(\;\angle OIM = \angle OHM = 90^\circ \)

=> OIHM nội tiếp hay 4 điểm O, M, H, I cùng thuộc 1 đường tròn.

b) Chứng minh được IH // AB. Từ đó suy ra đường cao hạ từ I và từ H cùng vuông góc với AB có độ dài bằng nhau. Do đó, diện tích tam giác IAB luôn bằng diện tích tam giác AHB không đổi

Theo chứng minh câu a) có OI \( \bot \) MN và \(\angle MON = 90^\circ \) nên

MN = 2MI = 2.OM.sin60\(^\circ \) = OM\(\sqrt 3 \)

Khi M chuyển động trên BH thì OM ³ OH với dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M trùng H. Từ đó suy ra:

min MN = OH\(\sqrt 3 \)

đạt được khi và chỉ khi M trùng H.

2.

Diện tích đáy bình bằng \(\frac{1}{6}\) diện tích xung quanh Þpr2 = \(\frac{1}{6}\).2prh Þ h = 3r

Ta có: h = 30 Þ r = 10

Thể tích nước cần đổ thêm để vừa đầy bình là: V = pr².(h – 18) = 3,14.10².12 = 3768(cm³)

Theo bài ra, ta có:  a, b, c > 0 và ab + bc + ca = 3abc Û\(\frac{1}{a}\) + \(\frac{1}{b}\) + \(\frac{1}{c}\) = 3

Đặt \(\frac{1}{a}\) là x; \(\frac{1}{b}\) là y; \(\frac{1}{c}\) là z (x, y, z > 0; x + y + z = 3)

Suy ra: \(\sqrt {\frac{a}{{3{b^2}{c^2} + abc}}} \) + \(\sqrt {\frac{{\frac{1}{x}}}{{\frac{3}{{{y^2}{z^2}}}\; + \frac{1}{{xyz}}}}} \) + \(\sqrt {\frac{{{y^2}{z^2}}}{{x\left( {x + y + z} \right) + yz}}} \)= \(\sqrt {\frac{{{y^2}{z^2}}}{{3x + xy}}} \)

Suy ra: T £\(\frac{1}{2}\left( {\frac{{yz + zx}}{{x + y}} + \frac{{yz + yx}}{{x + z}} + \frac{{xy + zx}}{{y + z}}} \right)\) = \(\frac{1}{2}\) (x + y + z) = \(\frac{3}{2}\)

Dấu “=” xảy ra Û a = b = c = 1