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

1)Ta có \(\frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ca}}{b} = a + b + c \Leftrightarrow {\left( {ab} \right)^2} + {\left( {bc} \right)^2} + {\left( {ca} \right)^2} = abc(a + b + c)\)

\( \Leftrightarrow 2{\left( {ab} \right)^2} + 2{\left( {bc} \right)^2} + 2{\left( {ca} \right)^2} = 2ab.bc + 2bc.ca + 2ca.ab\)

\( \Leftrightarrow {\left( {ab - bc} \right)^2} + {\left( {bc - ca} \right)^2} + {\left( {ca - ab} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow a = b = c\)

2)Điều kiện \(x \ge \frac{1}{2}.\)

Ta có \(\sqrt {3x + 1}  - \sqrt {2x - 1}  = 1 \Leftrightarrow \sqrt {3x + 1}  = 1 + \sqrt {2x - 1} \)

Bình phương hai vế, rút gọn,  ta được \(2\sqrt {2x - 1}  = x + 1\)

\(2\sqrt {2x - 1}  = x + 1 \Leftrightarrow 4\left( {2x - 1} \right) = {\left( {x + 1} \right)^2} \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 5\end{array} \right.\)

Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;5} \right\}\)                 

3)Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}xy \ge 0\\x,y \ge  - 1\end{array} \right.\) . Đặt  \(\left\{ \begin{array}{l}S = x + y\\P = x.y\end{array} \right.\)\(({S^2} \ge 4P)\) hệ phương trình đã cho trở thành:\(\left\{ \begin{array}{l}S - \sqrt P  = 3\\S + 2 + 2\sqrt {S + P + 1}  = 9\end{array} \right.\)

\( & \left\{ \begin{array}{l}S - \sqrt P  = 3\\S + 2 + 2\sqrt {S + P + 1}  = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}S \ge 3;\\P = {\left( {S - 3} \right)^2}\\2\sqrt {S + {{\left( {S - 3} \right)}^2} + 1}  = 7 - S\end{array} \right.\)

\[\begin{array}{l}2\sqrt {S + {{\left( {S - 3} \right)}^2} + 1}  = 7 - S \Rightarrow 4\left( {{S^2} - 5S + 10} \right) = 49 - 14S + {S^2}\\ \Leftrightarrow 3{S^2} - 6S - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}S =  - 1\\S = 3\end{array} \right.\end{array}\]

Thử lại thấy \(S = 3\) thỏa mãn. Khi đó ta được \(\left\{ \begin{array}{l}S = 3\\P = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 3\\xy = 0\end{array} \right..\)

Giải ra ta được tập nghiệm của hệ \(S = \left\{ {\left( {0;3} \right);\left( {3;0} \right)} \right\}.\)

1)Ta có \(ab + bc + ca = abc \Leftrightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1\).

Cách 1: Khi đó \(a + b + c = (a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge 3\sqrt[3]{{abc}}.3\sqrt[3]{{\frac{1}{{abc}}}} = 9\)

Cách 2: \(a + b + c = (a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) = 3 + \frac{a}{b} + \frac{b}{a} + \frac{b}{c} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c} + \frac{c}{a} \ge 3 + 2 + 2 + 2 = 9\)

2)Ta có \(a + b + c = (a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) = \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{ab}} + \frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}{{bc}} + \frac{{{{\left( {c + a} \right)}^2}}}{{ca}} - 3\)

\( \ge \frac{{4{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{ab + bc + ca}} - 3 = \frac{{4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}{{abc}} + 5 = 4\left( {\frac{a}{{bc}} + \frac{b}{{ca}} + \frac{c}{{ab}}} \right) + 5\)

1.Ta có \({n^2} + 3n + 1 = n(n + 1) + 2n + 1.\)

Do \(n(n + 1)\) chẵn, \(2n + 1\) lẻ nên \({n^2} + 3n + 1\) là số lẻ.

2.Do vai trò \(a,b\) bình đẳng nên ta có thể giả sử \(b \le a\).

Khi đó \({\left( {2a} \right)^2} < 4{a^2} + b + 4 \le 4{a^2} + a + 4 \le 4{a^2} + 4a + 1 = {\left( {2a + 1} \right)^2}\)

Suy ra \(4{a^2} + b + 4 = {\left( {2a + 1} \right)^2} \Rightarrow b = 4a - 3.\)

Khi đó \({\left( {8a - 6} \right)^2} < 4{b^2} + a + 4 = 64{a^2} - 95a + 40 < {\left( {8a - 4} \right)^2}\)

Suy ra \(64{a^2} - 95a + 40 = {\left( {8a - 5} \right)^2} \Leftrightarrow a = 1 \Rightarrow b = 1.\)

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy \(a = 1;b = 1.\)

1.Ta có \(\angle APF = \angle ABP\) nên \(\Delta APF\)đồng dạng \(\Delta ABP\)suy ra  \(A{P^2} = AF.AB.\).0,5

Ta có \(\angle APO = \angle ADO = \angle AQO = {90^o}\)nên \(5\) điểm \(A,P,D,O,Q\) nằm trên đường tròn đường kính \(AO.\).0,5

2.Ta có \(\Delta AFH\)đồng dạng \(\Delta ADB\)nên \(A{P^2} = AF.AB = AH.AD\). Suy ra \(\Delta APH\)đồng dạng \(\Delta ADP\). Do đó\[\angle APH = \angle ADP\,\,\left( 1 \right)\] ..0,5

Tứ giác \(APDO\) nội tiếp nên \[\angle ADP\,\, = \angle AOP = \angle APQ\,\,\left( 2 \right)\]

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) suy ra \[\angle APH = \angle APQ\,\,\]nên \(P,H,Q\) thẳng hàng..0,5

3.Gọi  \(K\) là giao điểm  \[QE\]và \(AD.\)

Ta có  \[\angle KQF = \angle EBF = \angle HDF = \angle KDF\]  nên tứ giác  \[DFKQ\] nội tiếp..0,25

Ta có  \(\angle PFD = \angle PFB + \angle BFD = \angle PCB + \angle ACB\).0,25

Và \(\angle KQD = \angle EQP + \angle PQD = \angle ACP + \angle POD\)\( = \angle ACP + 2\angle PCD = \angle ACB + \angle PCB\).0,25

Suy ra  \(\angle PFD = \angle KQD\).Do đó   \(\angle PFD + \angle DFK = \angle KQD + \angle DFK = {180^^\circ }\).

Suy ra \(PF\) đi qua \(K\) . Vậy \[PF,QE,AD\] đồng quy..0,25

Với mọi cặp điểm \[M,N\] bất kì, nếu 3 điểm còn lại nằm về một phía so với đường thẳng MN thì kẻ đoạn thẳng \[MN\]. Các đoạn thẳng vừa kẻ tạo thành  một đa giác lồi.

Nếu đa giác lồi đó là ngũ giác hoặc tứ giác thì ta có điều phải chứng minh.

Nếu đa giác lồi đó là tam giác, ta gọi các đỉnh là \(A,B,C\). Kẻ đường thẳng đi qua 2 điểm \(D,E\) còn lại.

Khi đó, trong 3 đỉnh của tam giác ABC, tồn tại 2 điểm nằm về  một phía so với đường thẳng \(DE,\) chẳng hạn là \(A,B.\) Ta được \(A,B,D,E\) là 4 đỉnh của một tứ giác lồi. Ta có điều phải chứng minh.