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

a)Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\)\[ \Leftrightarrow \Delta ' = 1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1.\]

Xét \(2\left| {{x_1} + {x_2}} \right| = \left| {{x_1} - {x_2}} \right|\)\[ \Leftrightarrow 4{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}\]\[ \Leftrightarrow 3{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 4{x_1}{x_2} = 0.\]

Áp dụng định lý Vi–ét, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} - m\end{array} \right.\]

Ta được \[12{\left( {m - 1} \right)^2} + 4\left( {{m^2} - m} \right) = 0\]\[ \Leftrightarrow 4{m^2} - 7m + 3 = 0.\]

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = \frac{3}{4}\end{array} \right.\). Kết hợp với điều kiện, giá trị \[m = \frac{3}{4}\] thỏa mãn.

b)Ta có: \(\frac{1}{y} - \frac{2}{x} = \frac{3}{{2x + y}} \Leftrightarrow \left( {x - 2y} \right)\left( {2x + y} \right) = 3xy \Leftrightarrow 2{x^2} - 6xy - 2{y^2} = 0.\)

\( \Leftrightarrow \frac{x}{y} = \frac{{3 + \sqrt {13} }}{2}\) hoặc \(\frac{x}{y} = \frac{{3 - \sqrt {13} }}{2}.\)

Với \(\frac{x}{y} = \frac{{3 + \sqrt {13} }}{2} \Rightarrow \frac{y}{x} = \frac{2}{{3 + \sqrt {13} }} = \frac{{ - 3 + \sqrt {13} }}{2}\). Ta được \(P = \frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{x^2}}} = {\left( {\frac{x}{y} + \frac{y}{x}} \right)^2} - 2 = 11.\)

Với \(\frac{x}{y} = \frac{{3 - \sqrt {13} }}{2} \Rightarrow \frac{y}{x} = \frac{2}{{3 - \sqrt {13} }} = \frac{{ - 3 - \sqrt {13} }}{2}\). Ta được \(P = \frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{x^2}}} = {\left( {\frac{x}{y} + \frac{y}{x}} \right)^2} - 2 = 11.\)

a)Vì \[\left( {{x^2} - x - 1} \right)\left( {{y^2} + xy - 6} \right) = 2x + 1\] nên \(\left( {2x + 1} \right)\, \vdots \,\left( {{x^2} - x - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {2x - 3} \right)\, \vdots \,\left( {{x^2} - x - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {4{x^2} - 4x - 3} \right)\, \vdots \,\left( {{x^2} - x - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {4\left( {{x^2} - x - 1} \right) + 1} \right]\, \vdots \,\left( {{x^2} - x - 1} \right)\)

\( \Rightarrow 1\, \vdots \,\left( {{x^2} - x + 1} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {{x^2} - x - 1} \right) \in \left\{ { - 1\,;1} \right\}\)

\( \Rightarrow x \in \left\{ {\,0\,;\,1\,;\, - 1;2} \right\}\), mà \(x\)nguyên dương \( \Rightarrow x \in \left\{ {\,1\,;\,2} \right\}.\)

Với \(x = 1\), ta có phương trình: \({y^2} + y - 9 = - 3\)\( \Leftrightarrow y = 2\) hoặc \(y = - 3 < 0\)(không thỏa mãn)

Với \(x = 2\), ta có phương trình: \({y^2} + 2y - 9 = 5 \Leftrightarrow {y^2} + 2y - 14 = 0\) (loại do phương trình có 2 nghiệm không nguyên).

Thử lại \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\) thỏa mãn phương trình đã cho.

Vậy cặp số nguyên dương \(\left( {x;y} \right)\)cần tìm là \(\left( {1;2} \right)\).

b)- Với \(n = 1 \Rightarrow {3^n} + {7^n} = 3 + 7 = 10\cancel{ \vdots }11\) (không thỏa mãn).

- Với \(n = 3 \Rightarrow {3^n} + {7^n} = {3^3} + {7^3} = 370\cancel{ \vdots }11\) (không thỏa mãn).

- Với \(n = 5 \Rightarrow {3^n} + {7^n} = {3^5} + {7^5} = 17050 \vdots 11\) (thỏa mãn).

Suy ra \(n \ge 5\). Giả sử \(n = 5k + r{\rm{ }}\left( {0 \le r \le 4} \right)\).

Ta có \({3^{5k + r}} + {7^{5k + r}} = {\left( {{3^5}} \right)^k}{.3^r} + {\left( {{7^5}} \right)^k}{.7^r} \equiv {3^r} + {7^r}.{\left( { - 1} \right)^k} \vdots 11\) với \(r = 0,1,2,3,4\).

- Khi \(r = 0\)\( \Rightarrow {3^r} + {7^r}.{\left( { - 1} \right)^k} = 1 + {\left( { - 1} \right)^k} \vdots 11\) xảy ra khi \(k\) lẻ.

- Khi \(r = 1\)\( \Rightarrow {3^r} + {7^r}.{\left( { - 1} \right)^k} = 3 + 7.{\left( { - 1} \right)^k}\cancel{ \vdots }11\) với mọi \(k\).

- Khi \(r = 2\)\( \Rightarrow {3^r} + {7^r}.{\left( { - 1} \right)^k} = {3^2} + {7^2}.{\left( { - 1} \right)^k}\cancel{ \vdots }11\) với mọi \(k\).

- Khi \(r = 3\)\( \Rightarrow {3^r} + {7^r}.{\left( { - 1} \right)^k} = {3^3} + {7^3}.{\left( { - 1} \right)^k}\cancel{ \vdots }11\) với mọi \(k\).

- Khi 11;12;13;…;12023 với mọi  k

Vậy n=5k (lẻ).

Khi đó 2n+6n+2023n=25k+65k+20235k≡−1k+−1k+−1k mod11 ≡−3(mod11)

Vậy \({2^n} + {6^n} + {2023^n}\) chia \(11\) có số dư là \(8.\)

a) Vì \(M\) là điểm đối xứng với \(P\) qua \(AB\) nên \(\widehat {AMB} = \widehat {APB}\)

Mà \(\widehat {APB} = \widehat {ACB}\)(góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Mặt khác: \(\widehat {ACB} = \widehat {AHE}\)(vì tứ giác \(AEHF\) nội tiếp)

Ta được\(\widehat {AMB} = \widehat {AHE}\) do đó tứ giác \(AHBM\) nội tiếp.

b) Kẻ tiếp tuyến \[Ax\] của đường tròn \(\left( O \right)\). Ta có \(\widehat {xAC} = \widehat {ABC}\)

\[\widehat {ABC} = \widehat {AEF}\](vì tứ giác \(BCEF\) nội tiếp)

\( \Rightarrow \widehat {xAC} = \widehat {AEF}\)

\[ \Rightarrow Ax,EF\] song song. Mà \[OA \bot Ax\]\( \Rightarrow OA \bot EF\)

Theo giả thiết \(PQ,EF\) song song với nhau nên\(PQ \bot OA.\) Do đó theo định lý đường kính, dây cung ta được \(Q\) đối xứng với \(P\) qua \(OA\).

c)Tiếp tuyến tại \(B,C\) cắt nhau ở \(T\). Gọi \(I = AT \cap \left( O \right)\). Lấy \(J\) là trung điểm của \(BC\)\( \Rightarrow O,J,T\) thẳng hàng.

Có \(TI.TA = T{B^2} = TJ.TO\)\( \Rightarrow \) tứ giác \(AOJI\) nội tiếp.

\( \Rightarrow \widehat {IJT} = \widehat {OAI} = \widehat {OIA} = \widehat {OJA} \Rightarrow \widehat {AJB} = \widehat {BJI}\)\( \Rightarrow JB\) là phân giác của góc \(\widehat {AJI}\)

Xét \(\widehat {AJC} = 180^\circ - \widehat {AJB} = 180^\circ - \frac{1}{2}\widehat {AJI} = 180^\circ - \frac{1}{2}\widehat {AOI} = 180^\circ - \widehat {ACI} = \widehat {ABI}\)

Xét \(\Delta AJC\) và \(\Delta ABI\)có: \(\widehat {AJC} = \widehat {ABI}\); \(\widehat {ACJ} = \widehat {AIB}.\)

\( \Rightarrow \widehat {JAC} = \widehat {BAI}{\rm{   }}\left( 1 \right)\)

Mặt khác \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC\) đồng dạng có hai đường trung tuyến tương ứng là \(AK,AJ\)

\( \Rightarrow \widehat {KAF} = \widehat {JAC}{\rm{      }}\left( 2 \right)\)

Từ \((1),(2) \Rightarrow \widehat {BAI} = \widehat {FAK} \Rightarrow I \in AK\)\( \Rightarrow A,I,K\) thẳng hàng. Vậy đường thẳng\(AK\) và hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B\) và \(C\) đồng quy.

Sử dụng bất đẳng thức: Với \(a,b,c \ge 0,\) ta có \(\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c \le \sqrt {3(a + b + c)} .\)

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

\(Q = \sqrt {1 - \frac{4}{{{x^2}}}} + \sqrt {1 - \frac{4}{{{y^2}}}} + \sqrt {1 - \frac{4}{{{z^2}}}} \le \sqrt {3\left[ {3 - 4\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}}} \right)} \right]} = \sqrt {9 - 12\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}}} \right)} \)

Lại có \[\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}} \ge \frac{1}{3}{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^2}.\]

Suy ra \(Q \le \sqrt {9 - 4{{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2}} .\)

Từ giả thiết \(4xyz = 9(x + y + z) + 27 \Leftrightarrow 9\left( {\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}}} \right) + \frac{{27}}{{xyz}} = 4\,\,(*)\)

Với \(\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}} \le \frac{1}{3}.{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^2}\)và \(\frac{1}{{xyz}} \le \frac{1}{{27}}.{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^3}\)

Từ (*) ta có \[3{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^3} \ge 4{\rm{ }}\left( {**} \right)\]

Đặt \(t = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} > 0\).

Khi đó \((**) \Leftrightarrow \)\[{t^3} + 3{t^2} - 4 \ge 0 \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right){\left( {t + 2} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow t \ge 1\] (do \({\left( {t + 2} \right)^2} > 0\)).

Suy ra \(Q \le \sqrt {9 - 4{{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2}} \le \sqrt {9 - {{4.1}^2}} = \sqrt 5 .\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = z = 3.\)

Vậy giá trị lớn nhất của \(Q\) là \(\sqrt 5 .\)

a)Điều kiện: \[x - 3y \ge 0;x \ge 3;y \ge - 3.\]

Ta có:

\[\begin{array}{l}(1) \Leftrightarrow 3(x - 3y) + 2\sqrt {x - 3y} - 16 = 0 \Leftrightarrow \left( {\sqrt {x - 3y} - 2} \right)\left( {3\sqrt {x - 3y} + 8} \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {x - 3y} = 2\\ \Leftrightarrow x = 4 + 3y.\end{array}\]

Thế \[x = 3y + 4\] vào phương trình (2) ta được \[2\sqrt {3y + 1} + \sqrt {y + 3} = 5y + 1 \Leftrightarrow 2\left( {\sqrt {3y + 1} - 2} \right) + \left( {\sqrt {y + 3} - 2} \right) = 5y + 1 - 6\]

\[ \Leftrightarrow 2\frac{{3\left( {y - 1} \right)}}{{\sqrt {3y + 1} + 2}} + \frac{{y - 1}}{{\sqrt {y + 3} + 2}} - 5\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {y - 1} \right)\left( {\frac{6}{{\sqrt {3y + 1} + 2}} + \frac{1}{{\sqrt {y + 3} + 2}} - 5} \right) = 0{\rm{   }}\left( * \right)\]

Nhận thấy \(\frac{6}{{\sqrt {3y + 1} + 2}} + \frac{1}{{\sqrt {y + 3} + 2}} - 5 < 3 + \frac{1}{2} - 5 < 0\) với mọi \(y \ge - 3.\)

Do đó \(\left( * \right)\) có nghiệm duy nhất \(y = 1\)(thỏa mãn).

Với \[y = 1\] ta được \[x = 7\](thỏa mãn).

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {7;1} \right).\)

b)Đặt \[z = \frac{{xy}}{{x + y + 1}} \Rightarrow \frac{1}{z} = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{{xy}} \Rightarrow \frac{1}{z} + 1 = \left( {\frac{1}{x} + 1} \right)\left( {\frac{1}{y} + 1} \right){\rm{ }}\left( 1 \right).\]

Với mỗi tập các số dương \[\left\{ {{x_1};{x_2};...{x_n}} \right\}\]tùy ý, xét biểu thức:

\[P\left( {{x_1};{x_2};...{x_n}} \right) = \left( {\frac{1}{{{x_1}}} + 1} \right)\left( {\frac{1}{{{x_2}}} + 1} \right)....\left( {\frac{1}{{{x_n}}} + 1} \right).\]

Từ \(\left( 1 \right)\) suy ra mỗi lần xóa đi 2 số bất kì \(x,y\) rồi viết lên bảng số \[\frac{{xy}}{{x + y + 1}}\]các số còn lại trên bảng giữ nguyên thì giá trị biểu thức \(P\) của các số trên bảng không đổi.

Gọi số cuối cùng là a \[ \Rightarrow P(a) = P\left( {\frac{1}{1};\frac{1}{2};\frac{1}{3};...;\frac{1}{{2022}};\frac{1}{{2023}}} \right)\]

\[ \Rightarrow \frac{1}{a} + 1 = \left( {\frac{1}{1} + 1} \right).\left( {\frac{1}{{\frac{1}{2}}} + 1} \right)...\left( {\frac{1}{{\frac{1}{{2022}}}} + 1} \right).\left( {\frac{1}{{\frac{1}{{2023}}}} + 1} \right) = 2024! \Rightarrow a = \frac{1}{{2024! - 1}}.\]

Vậy số còn lại trên bảng là \[a = \frac{1}{{2024! - 1}}.\]