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

a) Từ giả thiết ta có

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} + {y^2} = 3xy}\\{{x^3} + {y^3} = 10xy}\end{array}} \right. \Rightarrow \left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = 3xy\left( {x + y} \right) \Rightarrow {x^3} + {y^3} + xy\left( {x + y} \right) = 3xy\left( {x + y} \right)\\{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  \Leftrightarrow 10xy = 2xy\left( {x + y} \right) \Leftrightarrow x + y = 5\left( {x,y \ne 0} \right)\end{array}\)                                                 Ta có \({\left( {x + y} \right)^2} = {x^2} + {y^2} + 2xy = 5xy \Rightarrow xy = 5 \Rightarrow \frac{{x + y}}{{xy}} = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = 1\)(đpcm)

a)     Theo định lý Bezout: \(P\left( x \right) - 6 = S\left( x \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)\)

Do P bậc 3 \( \Rightarrow S\left( x \right) = a\). và \(P\left( { - 1} \right) = a\left( { - 2} \right)\left( { - 3} \right)\left( { - 4} \right) + 6 =  - 18 \Rightarrow a = 1\)

Suy ra \(P\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right) + 6 = {x^3} - 6{x^2} + 11x\)

Thử lại ta thấy đúng.

Vậy \(P\left( x \right) = {x^3} - 6{x^2} + 11x\)

c) Đặt \(\left( {\sqrt a ,\sqrt b ,\sqrt c } \right) = \left( {x,y,z} \right)\)điều kiện: \(x,y,z \ge 0\)

    \( \Rightarrow x + y + z = 8;{x^2} + {y^2} + {z^2} = 26;{x^2}{y^2}{z^2} = 144\)      

\( \Rightarrow x + y + z = 8;xy + yz + zx = \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2} - \left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}}{2} = 19;xyz = 12\)(Do \(x,y,z \ge 0\))

Ta có:\(P = \frac{1}{{yz - x + 9}} + \frac{1}{{xz - y + 9}} + \frac{1}{{xy - z + 9}}\)                             

Ta có: \(yz - x + 9 = yz - x + x + y + z + 1 = \left( {z + 1} \right)\left( {y + 1} \right)\)

Tương tự: \(xz - y + 9 = \left( {x + 1} \right)\left( {z + 1} \right);xy - z + 9 = \left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{x + 1 + y + 1 + z + 1}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right)\left( {z + 1} \right)}} = \)\(\frac{{x + y + z + 3}}{{xyz + x + y + z + xy + yz + xz + 1}}\) = \(\frac{{11}}{{12 + 19 + 8 + 1}}\) = \(\frac{{11}}{{40}}\)

Vậy P = \(\frac{{11}}{{40}}\)

a) Điều kiện: \(x \ge \frac{6}{5}\)

Từ giả thiết ta có: \( - {x^2} + 5x - 6 = 4x\left( {\sqrt {5x - 6}  - x} \right)\) \( \Leftrightarrow  - {x^2} + 5x - 6 = 4x.\frac{{ - {x^2} + 5x - 6}}{{\sqrt {5x - 6}  + x}}\)

Vì \(x \ge \frac{6}{5}\) nên phương trình tương đương: \( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {1 - \frac{{ - {x^2} + 5x - 6}}{{x + \sqrt {5x - 6} }}} \right) = 0\)

 Do đó x = 2 hoặc x = 3 (thoả mãn điều kiện) hoặc: \(3x = \sqrt {5x - 6\;} \)  (*)

Giải phương trình (*): \(9{x^2} = 5x - 6 \Leftrightarrow x\left( {x - \frac{5}{9}} \right) + \frac{2}{3} = 0\) ( vô nghiệm vì x ≥ \(\frac{6}{5}\) > \(\frac{5}{9}\))

Vậy phương trình có nghiệm x = 2 và x = 3

b) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^3} - x{y^2} - 6y = 0{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( 1 \right)}\\{\left( {x + y} \right)\left( {x + 2y} \right) = 3\left( {xy + 2} \right){\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Xét (2): \(\left( {x + y} \right)\left( {x + 2y} \right) = 3\left( {xy + 2} \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2{y^2} = 6\)

Từ (1): \({x^3} - x{y^2} - y\left( {{x^2} + 2{y^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow {x^3} - x{y^2} - {\rm{y}}{{\rm{x}}^2} - 2{y^3} = 0\)

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

Ta để ý (x, y) = (0,0) không là nghiệm của hệ

do đó \({x^2} + xy + {y^2} = {\left( {x + \frac{y}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4}{y^2} > 0\).

 Vậy \(x = 2y \Rightarrow 6{y^2} = 6 \Rightarrow y =  \pm 1\)

Nếu \(y = 1 \Rightarrow x = 2\) (Thử lại thoả mãn )

Nếu \(y =  - 1 \Rightarrow x =  - 2\)(Thử lại thoả mãn)

Vậy (x,y) = (2,1) và (x,y) = (−2,−1) là nghiệm của hệ.

a)     Gọi M là trung điểm \(BC \Rightarrow M{O_1} = \frac{1}{2}AC;M{O_2} = \frac{1}{2}AB.\)

Do D thuộc đường tròn đường kính AB nên tam giác ADB vuông tại D.

\( \Rightarrow D{O_1} = \frac{1}{2}AB = M{O_2}.\)Tương tự thì \(E{O_2} = M{O_1}\)

Có tam giác ABC vuông tại A (giả thiết). \(\widehat {ADB} + \widehat {EAC} = {90^o}\)

Mà tam giác DAB vuông tại D nên \(\widehat {ADB} + \widehat {DBA} = {90^o}\)  \(\widehat {EAC} = \widehat {ABD} \Rightarrow 2\widehat {EAC} = 2\widehat {ABD} \Rightarrow \widehat {D{O_1}A} = \widehat {E{O_2}C} \Rightarrow \widehat {D{O_1}B} = \widehat {E{O_2}A}\)

Dễ thấy \(M{O_1}//AC,M{O_2}//AB \Rightarrow \widehat {M{O_1}B} = \widehat {M{O_2}A} = {90^o} \Rightarrow \widehat {M{O_1}D} = \widehat {M{O_2}E}\)

Xét \(\Delta M{O_1}D\) và \(\Delta E{O_2}M\) có:

\(M{O_1} = E{O_2}\)  (cmt)

\(\widehat {D{O_1}M} = \widehat {M{O_2}E}\) (cmt)

\(D{O_1} = M{O_2}\) (cmt)

\( \Rightarrow \Delta M{O_1}D = \)\(\Delta E{O_2}M\) (c.g.c)

\( \Rightarrow MD = ME\) (2 cạnh tương ứng).

\( \Rightarrow M\) thuộc trung trực DE. Do đó trung trực DE luôn đi qua M cố định (đpcm).

b) Có \(2{S_{BDEC}} = 2{S_{BDA}} + 2{S_{BAC}} + 2{S_{AEC}} = DB.DA + AB.AC + EA.EC \le \frac{1}{2}\left( {B{D^2} + D{A^2}} \right) + \frac{1}{2}\left( {E{A^2} + E{C^2}} \right) + bc\) \(\begin{array}{l} = \frac{1}{2}\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right) + bc = \frac{1}{2}\left( {{b^2} + {c^2}} \right) + bc = \frac{1}{2}{\left( {b + c} \right)^2}\\ \Rightarrow {S_{BDEC}} \le \frac{1}{4}{\left( {b + c} \right)^2} \Rightarrow Max = \frac{1}{4}{\left( {b + c} \right)^2}\end{array}\)

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow DA = DB,EA = EC. \Leftrightarrow \) d tạo với AB một góc 45°.

 

c) Ta có điều phải chứng minh: \(K{B^2} = B{D^2} + K{H^2} \Leftrightarrow I{B^2} - K{I^2} = I{B^2} - I{D^2} + I{H^2} - I{K^2} \Leftrightarrow I{H^2} = I{D^2} \Rightarrow IH = ID = IE\)

Do đó tam giác DHE vuông tại H.

Thật vậy, có \(\widehat {DHB} + \widehat {EHC} = \widehat {DAB} + \widehat {EAC} = {90^o} \Rightarrow \widehat {DHE} = {90^o}\)

Do đó tam giác DHE vuông tại H, tức KB2 = BD2 + KH2 (đpcm).

Do \(p\) nguyên tố \(p > 3 \Rightarrow p\) không là bội của 3 và 2

\( \Rightarrow {p^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\) và p2 \( \equiv \) 1 (mod8)\( \Rightarrow {p^2} - 1 \vdots 3\) và 8 suy ra \( \Rightarrow {p^2} - 1 \vdots 24\)

Vì \(\left( {3,8} \right) = 1\) nên \(\left( {7 - p} \right)\left( {7 + p} \right) = 49 - {p^2} = 48 - \left( {{p^2} - 1} \right) \vdots 24\)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Áp dụng bất đẳng thức  AM - GM:

 

\(\frac{{2x}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + xy + yz + zx} }} = \frac{{2x}}{{\sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} }}\) \( \le \) \(\frac{x}{{x + y}} + \frac{x}{{x + z}}\)

                                  \(\frac{y}{{\sqrt {{y^2} + xy + yz + zx} }} = \frac{y}{{\sqrt {\left( {y + x} \right)\left( {y + z} \right)} }}\) \( \le \) \(\frac{1}{4}.\frac{y}{{y + z}} + \frac{x}{{y + x}}\)

                                   \(\frac{z}{{\sqrt {{z^2} + xy + yz + zx} }} = \frac{z}{{\sqrt {\left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right)} }}\) \( \le \) \(\frac{1}{4}.\frac{z}{{z + y}} + \frac{x}{{z + x}}\)

                         \(\frac{{2x}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + \frac{y}{{\sqrt {{y^2} + 1} }} + \frac{z}{{\sqrt {{z^2} + 1} }}\) \( \le \) 1 + 1 + \(\frac{1}{4}\) = \(\frac{9}{4}\)   (1)

 

Và ta có: \({x^2} + 28{y^2} + 28{z^2} = \frac{1}{2}{\left( {x - 7x} \right)^2} + \frac{1}{2}{\left( {x - 7z} \right)^2} + \frac{7}{2}{\left( {y - z} \right)^2} + 7 \ge 7{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( 2 \right)\)

 

Dấu "=" của các bất đẳng thức (1), (2) xảy ra khi \(x = 7y = 7z\)và \(xy + yz + zx = 1\) khi và chỉ khi

\(y = z = \frac{{\sqrt {15} }}{{15}}\);\(x = \frac{{7\sqrt {15} }}{{15}}\)

Từ (1), (2) có \(P < \frac{9}{4} - 7 =  - \frac{{19}}{4}\) suy ra  MaxP = 7  \( \Leftrightarrow y = z = \frac{{\sqrt {15} }}{{15}}\;\); \(x = \frac{{7\sqrt {15} }}{{15}}\)

Vậy MaxP = \(\frac{{ - 19}}{4}\)