Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Tin Hà Nội có đáp án

1) \(2x + 2 = \left( {5 - x} \right)\sqrt {3x - 2} \)  (ĐKXĐ: \(x \ge \frac{2}{3}\) )

     ⇒ \({\left( {2x + 2} \right)^2} = {\left( {5 - x} \right)^2}\left( {3x - 2} \right)\)

     ⇒ \(4{x^2} + 8x + 4 = \left( {{x^2} - 10x + 25} \right)\left( {3x - 2} \right)\)

     ⇒ \(4{x^2} + 8x + 4 = \left( {{x^2} - 10x + 25} \right)\left( {3x - 2} \right)\)

     ⇒ \(4{x^2} + 8x + 4 = 3{x^3} - 32{x^2} + 95x - 50\;\)

     ⇒ \(3{x^3} - 36{x^2} + 87x - 54 = 0\;\)

       ⇒\(\left( {x - 9} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\)\(x \in \left\{ {1;2;9} \right\}\)

    Thử lại thu được: \(x \in \left\{ {1;2} \right\}\). Vậy \(x \in \left\{ {1;2} \right\}\)

2)  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y + 3xy = 9}\\{{x^3} + {y^3} = 9}\end{array}} \right.\)

  Đặt \(x + y = a;xy = b\;\left( {{a^2} \ge 4b} \right)\)

  ⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + 3b = 9\;\left( 1 \right)}\\{{a^3} - 3ab = 9\;\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)  

   Từ (1) ⇒ \(a = 9 - 3b\) ⇒\({\left( {9 - 3b} \right)^3} - 3\left( {9 - 3b} \right)b = 9\;\)

⇒\( - 27{b^3} + 252{b^2} - 756b + 729 = 9\)⇒ \( - 27{b^3} + 252{b^2} - 756b + 720 = 0\)

 ⇒ \(b \in \left\{ {2;4;\frac{{10}}{3}} \right\}\) 

 TH1: \(b = 2\) ⇒ \(a = 3\) ⇒ \(\left( {x,y} \right) \in \left\{ {\left( {1,2} \right);\left( {2,1} \right)} \right\}\)

 TH2: \(b = 4\) ⇒ \(a =  - 3\) (loại do \({a^2} \ge 4b\). )

 TH3: \(b = \frac{{10}}{3}\) ⇒ \(a =  - 1\) (loại do \({a^2} \ge 4b\))

 Từ các trường hợp trên ⇒\(\left( {x,y} \right) \in \left\{ {\left( {1,2} \right);\left( {2,1} \right)} \right\}\) (Thử lại thoả mãn)

 Vậy \(\left( {x,y} \right) \in \left\{ {\left( {1,2} \right);\left( {2,1} \right)} \right\}\)

1) Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ nên \({p^2} + 2\) là số lẻ ⇒\({2^{{p^2} + 2}} \equiv 2\;\left( {mod\;3} \right)\) ⇒ \({2^{{p^2} + 2}} - 8 \vdots 3\;\left( 1 \right)\)

Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên \({p^2} \equiv 1\left( {mod\;3} \right)\)⇒\({p^2} + 2 \vdots 3\)⇒\({2^{{p^2} + 2}} \equiv 1\left( {mod\;7} \right)\)⇒ \({2^{{p^2} + 2}} - 8 \vdots 7\;\left( 2 \right)\).

Mà \(\left( {3,7} \right) = 1\) (3). Từ (1) (2) (3) ⇒\({2^{{p^2} + 2}} - 8 \vdots \) 21 (ĐPCM).

2) \({x^3} - {y^3} = 2{\left( {x - y} \right)^2} + 17\).

 Đặt \(x - y = a,xy = b\;\left( {{a^2} \ge  - 4b} \right)\).

Vì \(2{\left( {x - y} \right)^2} + 17 > 0\) ⇒\({x^3} - {y^3} > 0\) ⇒\(x - y > 0\) ⇒\(a > 0\).

Ta có:\({x^3} - {y^3} = 2{\left( {x - y} \right)^2} + 17\)⇒ \({a^3} + 3ab = 2{a^2} + 17\) ⇒ \(17 \vdots a\) ⇒\(a \in \left\{ {1;17} \right\}\) (do \(a > 0\))

TH1: \(a = 1\) ⇒ \(b = 6\) ⇒ \(\left( {x,y} \right) \in \left\{ {\left( {3,2} \right);\left( { - 2, - 3} \right)} \right\}\) (thử lại thoả mãn)

TH2: \(a = 17\) ⇒ \(b = \frac{{ - 254}}{3}\;\left( {{\rm{loai}}} \right)\)

   Vậy \(\left( {x,y} \right) \in \left\{ {\left( {3,2} \right);\left( { - 2, - 3} \right)} \right\}\)

1) Giả sử đa thức \(f\left( x \right)\;\)có nghiệm hữu tỉ.

Gọi nghiệm của đa thức \(f\left( x \right)\) là \(\frac{a}{b}\) (\(a,b \in Z,\;\left( {a,b} \right) = 1,b \ne 0)\).

Khi đó: \({\left( {\frac{a}{b}} \right)^4} + 2{\left( {\frac{a}{b}} \right)^3} + 3{\left( {\frac{a}{b}} \right)^2} + 2022\frac{a}{b} + 2023 = 0.\)

          ⇒ \({a^4} + 2{a^3}b + 3{a^2}{b^2} + 2022a{b^3} + 2023{b^4} = 0.\)

          ⇒ \({a^4} \vdots b.\)

Mà \(\left( {a,b} \right) = 1\) ⇒\(b = 1\)⇒\({a^4} + 2{a^3} + 3{a^2} + 2022a + 2023 = 0\)

                                           ⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a < 0}\\{2023 \vdots a}\end{array}} \right.\)

                                           ⇒ \(a \in \left\{ { - 1; - 2023; - 7; - 17; - 289; - 119} \right\}\)

  Thử các giá trị \(a \in \left\{ { - 1; - 2023; - 7; - 17; - 289; - 119} \right\}\) vào biểu thức \({a^4} + 2{a^3} + 3{a^2} + 2022a + 2023\) ta thấy không có một giá trị nào của a để \({a^4} + 2{a^3} + 3{a^2} + 2022a + 2023 = 0\).Như vậy không tồn tại các số nguyên a,b thoả mãn đề bài⇒Giả sử trên sai.Từ đây ta có điều phải CM.

2) Từ giả thiết ta suy ra \(ab + bc + ac =  - 1\), có A=\(\left| a \right| + \left| b \right| + \left| c \right|\;,\;\)xét \({A^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left| {ab} \right| + 2\left| {bc} \right| + 2\left| {ac} \right|\). Theo bất đẳng thức giá trị tuyêt đối , ta có :

      \({A^2} = {\left( {a + b + c} \right)^2} + 2\left( {\left| {ab} \right| + \left| {bc} \right| + \left| {ac} \right|} \right) + 2 \ge 0 + 2\left| {ab + bc + ac} \right| + 2 = 4\)

Từ đây kết hợp A\(\; \ge 0\) ⇒ A\(\; \ge \) 2.Dấu bằng xảy ra nhiều trường hợp, chẳng hạn \(\;\;\left( {a,b,c} \right) = \left( {0,1, - 1} \right)\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2.

1) Ta thấy OP∥O’Q (do cùng vuông góc với PQ) ⇒ \(\frac{{SP}}{{SQ}} = \frac{R}{{R'}}\)

Kẻ O'G'∥OE (G' thuộc SE) ⇒ \(\frac{{OE}}{{O'G'}} = \frac{{SO}}{{SO'}} = \frac{R}{{R'}}\) ⇒\({\rm{\;}}O'G' = R{\rm{'}}\)⇒ G’ thuộc (O’). Lại có: \(\widehat {OEF} + \widehat {O'HG} < {180^{\rm{o}}}\) nên O’H không song song với OE. Do đó, G’ trùng G ⇒OE//O’G (ĐPCM)  

2) Gọi SA∩(O’)=C,A.Tương tự phần a ta cũng chứng minh được OC∥AO’.Theo định lí Thales: \(\frac{{SC}}{{SA}} = \frac{{SO}}{{SO'}} = \frac{{SP}}{{SQ}}\) ⇒ PC∥AQ ⇒ \(\widehat {SAP} = \widehat {SPC} = \widehat {SQA}\) ⇒ \(\Delta {\rm{SAP}}\~\Delta {\rm{SQA}}\) ⇒ \(\frac{{SA}}{{SQ}} = \frac{{SP}}{{SA}}\)

⇒ \(S{A^2} = SP.SQ\) (ĐPCM)

3, gọi ME\( \cap \left( O \right) = \left\{ {J,E} \right\}.\;\)Vì tính đối xứng nên ta có MB cũng là tiếp tuyến của (O), ta có \(\Delta MJA\~\Delta MAE\;\left( {g,g} \right){\rm{\;v\`a }}\;\Delta MJB\~\Delta MBE\left( {g.g} \right)\) nên ta được

                     \(\frac{{JA}}{{EA}} = \frac{{MJ}}{{MA}} = \frac{{MJ}}{{MB}} = \frac{{JB}}{{EB}}\)

Từ đó ta thu được \(\frac{{EB}}{{EA}} = \frac{{JB}}{{JA}}\) từ đó để ý rằng \(\Delta IAE\~\Delta IJB\;v\`a \;\Delta IBE\~\Delta IJA\;n\^e n\;ta\;\) được

                             \(\frac{{IA}}{{IB}} = \frac{{IA}}{{IE}}.\frac{{IE}}{{IB}} = \frac{{JA}}{{EB}}.\frac{{EA}}{{JB}} = \frac{{EA}}{{EB}}.\frac{{JA}}{{JB}} = \frac{{E{A^2}}}{{E{B^2}}}\)

Bây giờ ta sẽ chứng minh \(\frac{{EA}}{{EB}} = \frac{{HA}}{{HB}}\). Thật vậy, ta có \(S{P^2}\)= SE . SF và \(S{Q^2} = \) SG . SH.

Do đó \(S{B^2}\) = \(S{A^4} = S{P^2}.S{Q^2} = SE.SF.SG.SH\). Mặt khác, từ câu a ta sẽ có \(\frac{{SE}}{{SF}} = \frac{{SG}}{{SH}}\)  hay SE . SH = SG . SF. Như vậy, ta được \(S{A^2} = S{B^2} = {\left( {SE.SH} \right)^2}\) hay \(S{A^2} = S{B^2} = SE.SH\). Từ đó ta thu được (c.g.c) và  và  (c.g.c). Do vậy,

                                   \(\frac{{EA}}{{HA}} = \frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{SE}}{{SB}} = \frac{{EB}}{{HB}}\).

Nói cách khác, ta thu được \(\frac{{EA}}{{EB}} = \frac{{HA}}{{HB}}\). Đến đây, đặt  HN \(.\) AB = I’. Chứng minh tương tự như ý trên ta cũng được \(\frac{{I'A}}{{I'B}} = \frac{{H{A^2}}}{{H{B^2}}}\). Từ đó suy ra \(\frac{{IA}}{{IB}} = \) \(\frac{{I'A}}{{I'B}}\) và dẫn đến I\( \equiv \) I’ . Như vậy, N, I, H thẳng hàng.

Đầu tiên An sẽ bốc 1 viên từ túi thứ hai, hai túi lúc này lần lượt có 18 và 20 viên kẹo. Tại lượt tiếp theo, chiến thuật An sẽ là nếu Bình bốc như thế nào thì An sẽ bố y hệt như vậy. Khi đó ta thấy Bình sẽ phải bắt đầu bốc với hai túi đều có số chẵn viên kẹo, hay nói riêng, là còn kẹo. Như vậy khi đến lượt An thì An hoàn toàn có thể sao chép cách bốc của Bình, do cứ túi nào mà Bình bốc thì phải còn kẹo. Khi đó đến lượt Bình thì Bình lại phải bốc với hai túi còn số chẵn viên kẹo, và An vẫn có thể lặp lại chiến thuật như trên. Trong quá trình bốc này, ta thấy An luôn có thể bốc kẹo, cho nên An không thể là người thua cuộc, nói cách khác, An sẽ là người thắng cuộc với chiến thuật này.