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

1) Điều kiện: \(x \ge \frac{7}{2}.\)

\(\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow \frac{{x - 3 - 2x + 7}}{{\sqrt {x - 3} + \sqrt {2x - 7} }} = 2\left( {x - 4} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{{4 - x}}{{\sqrt {x - 3} + \sqrt {2x - 7} }} = 2\left( {x - 4} \right)\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4\,\,(TMDK)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{\frac{1}{{\sqrt {x - 3} + \sqrt {2x - 7} }} = - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4\,\,(TMDK)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{\sqrt {x - 3} + \sqrt {2x - 7} = \frac{{ - 1}}{2}\,\,\,(2)}\end{array}} \right.\end{array}\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt {x - 3} \ge 0}\\{\sqrt {2x - 7} \ge 0}\end{array}} \right.\) với mọi \(x \ge \frac{7}{2}\) nên \(\sqrt {x - 3} + \sqrt {2x - 7} \ge 0 > - 2\) với mọi \(x \ge \frac{7}{2}.\)

Vậy phương trình ban đầu có nghiệm \(x = 4.\)

2) Cho \(a,b\) và \(c\) là các số thực khác \(0\) thỏa mãn điều kiện \({a^2} - {c^2} = c,{c^2} - {b^2} = b\) và \({b^2} - {a^2} = a.\) Chứng minh \(\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {c - a} \right) = 1.\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a^2} - {c^2} = c}\\{{c^2} - {b^2} = b}\\{{b^2} - {a^2} = a}\end{array}} \right. \Rightarrow a + b + c = 0\)

Ta có \({a^2} - {c^2} = c \Leftrightarrow \left( {a - c} \right)\left( {a + c} \right) = c \Rightarrow \left( {a - c} \right)\left( { - b} \right) = c \Leftrightarrow b\left( {c - a} \right) = c\)

Tương tự ta có \({c^2} - {b^2} = b \Rightarrow a\left( {b - c} \right) = b;{b^2} - {a^2} = a \Rightarrow c\left( {a - b} \right) = a.\)

Do đó \(b\left( {c - a} \right)a\left( {b - c} \right)c\left( {a - b} \right) = abc \Rightarrow \left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {c - a} \right) = 1\) (do \(abc \ne 0).\)

1)·       Nếu \(a,b,c\) đều không chia hết cho 3 thì \[{a^2},{b^2},{c^2}\] chia cho 3 dư \(1.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a^2} + {b^2} + {c^2}\not  \vdots 3}\\{abc\not  \vdots 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right. \Rightarrow M\not  \vdots 3\) (vô lý)

·       Nếu \(a,b,c\) có một hoặc hai số không chia hết cho 3 và các số còn lại chia hết cho \(3\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a^2} + {b^2} + {c^2}\not  \vdots 3}\\{abc \vdots 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array} \Rightarrow M\not  \vdots 3} \right.\) (vô lý)

Vậy \(a,b,c \vdots 3 \Rightarrow abc \vdots 27\,\,\left( 1 \right)\)

·       Lại có, nếu \(a,b,c\) đều lẻ thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a^2} + {b^2} + {c^2}\not  \vdots 2}\\{2abc \vdots 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array} \Rightarrow M\not  \vdots 2} \right.\) (vô lý)

Vậy \(a,b,c\) có ít nhất một số chẵn \( \Rightarrow abc \vdots 2\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow abc \vdots 54\) vì \(\left( {2,27} \right) = 1.\)

2)\({x^3}y - {x^2}y - 4{x^2} + 5xy - {y^2} = 0 \Leftrightarrow xy\left( {{x^2} - x + 1} \right) = {\left( {2x - y} \right)^2}\,\,(1)\)

Gọi \(d = \left( {x;y} \right) \Rightarrow x = da;y = db\) với \(\left( {a;b} \right) = 1\) và \(a,b,d\) nguyên dương.

Khi đó (1) trở thành \({d^2}ab\left( {{d^2}{a^2} - da + 1} \right) = {d^2}{\left( {2a - b} \right)^2} \Leftrightarrow ab\left( {{d^2}{a^2} - da + 1} \right) = {\left( {2a - b} \right)^2}.\)

Suy ra \({\left( {2a - b} \right)^2} \vdots a\) và \({\left( {2a - b} \right)^2} \vdots b\)

Ta có \({\left( {2a - b} \right)^2} \vdots a\) mà \(\left( {a;b} \right) = 1\)\( \Rightarrow \left( {2a - b;a} \right) = 1 \Rightarrow \left( {{{\left( {2a - b} \right)}^2};a} \right) = 1\) do đó \(a = 1.\)

Từ \({\left( {2a - b} \right)^2} \vdots b\)\( \Rightarrow 4{a^2} \vdots b\) mà \(\left( {a;b} \right) = 1\)\( \Rightarrow 4 \vdots b \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{b = 1}\\{b = 2}\\{b = 4}\end{array}} \right.\,\,({\rm{do}}\,\,b > 0)\)

+) TH1: \(a = b = 1 \Rightarrow x = y = d.\)

Thay vào giả thiết ta được \({d^4} - {d^3} = 0 \Rightarrow d = 1\) (do \(d\) nguyên dương)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{y = 1}\end{array}.} \right.\)

+) TH2: \(a = 1;b = 2\) không thỏa mãn.

+) TH3: \(a = 1;b = 4\) suy ra \(x = d;y = 4d\)

Thay vào giả thiết ta được \({d^4} - {d^3} = 0 \Rightarrow d = 1\)(do \(d\) nguyên dương)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{y = 4}\end{array}.} \right.\)

Thử lại ta thấy cặp số \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {1;1} \right);\left( {1;4} \right)} \right\}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

1)Đặt \(d = \left( {x;y} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = ad}\\{y = bd}\end{array}} \right.\) với \(\left( {a;b} \right) = 1\)

Suy ra \(M = {x^2} + xy + {y^2} = {d^2}\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)\)

Vì \({a^2} + ab + {b^2} \ge 3\) nên \(d = 1,\) suy ra \(\left( {x;y} \right) = 1.\)

Mà \(xy\) là số chính phương nên \(xy \ge 0;\left| x \right|,\left| y \right|\) đều là số chính phương \( \Rightarrow \left| x \right| = {m^2};\left| y \right| = {n^2}\) với \(m,n \in \mathbb{N}.\)

\(M = {m^4} + {m^2}{n^2} + {n^4} = \left( {{m^2} + mn + {n^2}} \right)\left( {{m^2} - mn + {n^2}} \right)\)

Nếu \(x = 0\) hoặc \(y = 0\) thì \(M\) không là số nguyên tố nên \(x;y \in {\mathbb{N}^*} \Rightarrow m;n \in {\mathbb{N}^*}\)

Do đó \({m^2} + mn + {n^2} \ge 3\)

Mà \(M\)là số nguyên tố nên \({m^2} - mn + {n^2} = 1 \Leftrightarrow {m^2} + {n^2} + {\left( {m - n} \right)^2} = 2 \Rightarrow m = n = 1\)

Vậy \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {1;1} \right);\left( { - 1; - 1} \right)} \right\}.\)

2) Đặt \(x = b + c\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x = 1 - a - c \le 1 - a}\\{3x = 1 + b - a \ge 1 - a}\end{array}} \right.\)

- Tìm GTLN của \(P\)

\(P \le \left( {a + 3} \right)\left( {1 - a} \right)\left( {a + \frac{{1 - a}}{2}} \right) = \frac{1}{4}\left( {3 - 2a} \right)\left( {2 + 2a} \right) \le \frac{1}{4}.\frac{{{{\left( {3 - 2a + 2 + 2a} \right)}^2}}}{4} = \frac{{25}}{{16}}\)

Vậy GTLN của \(P = \frac{{25}}{{16}}.\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(c = 0,a = \frac{1}{4},b = \frac{3}{8}.\)

- Tìm GTNN của \(P\)

\(P \ge \left[ {a + 2\left( { - a} \right)} \right]\left[ {a + \frac{{1 - a}}{3}} \right] = \frac{1}{3}\left( {2{a^2} + 5a + 2} \right) \ge \frac{2}{3}.\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = 0,c = \frac{1}{3}.\)

1) \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(AFHE\) (nội tiếp)

\(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(BFEC\) (nội tiếp)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{IM \bot EF}\\{EK = KF}\end{array}} \right.\) (đường nối tâm)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{2KE}}{{2BM}} = \frac{{KE}}{{BM}}}\\{\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\)

2)Có \(\widehat {AEH} = \widehat {AFH} = {90^0}\) suy ra tứ giác \(AEHF\) nội tiếp đường tròn tâm \(I\) đường kính \(AH.\)

Có \(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = {90^0}\) suy ra tứ giác \(BFEC\) nội tiếp đường tròn tâm \(M\) đường kính \(BC.\)

Suy ra \(IM \bot EF\) tại \(K\) hay \(SK \bot IM.\)

Suy ra \(Q\) là trực tâm của \(\Delta ISM \Rightarrow MT \bot ST\) tại \(T.\)

Ta có \(\widehat {MTI} = \widehat {MDI} = {90^0} \Rightarrow \) Tứ giác \[ITDM\] nội tiếp đường tròn đường kính \(IM\,\,(1)\)

Ta có \(IA = IE \Rightarrow \Delta IEA\) cân tại \(I \Rightarrow \widehat {MEC} = \widehat {MCE}.\)

Mà \(\widehat {IAE} + \widehat {MCE} = {90^0}\) suy ra \(\widehat {IEA} + \widehat {MEC} = {90^0}\) suy ra \(\widehat {MEI} = {90^0}.\)

Tương tự ta cũng có \(\widehat {MFI} = {90^0}\) do đó \(E,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(IM.\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra các điểm \(I,T,F,M,E\)cùng thuộc đường tròn đường kính \(IM.\)

Suy ra \(QT.QM = QE.QF.\)

Lại có tứ giác \(AFHE\) nội tiếp suy ra \(QF.QE = QH.QA.\)

Từ đó suy ra \(QT.QM = QH.QA\) suy ra tứ giác \(ATHM\) nội tiếp.

3)Ta có \(AO \bot EF\)

\( \Rightarrow \widehat {KAO} = \widehat {DAM} \Rightarrow \widehat {DAK} = \widehat {MAO} = \widehat {AMI}\left( {IM\parallel AO} \right)\)

Có \(\widehat {AMI} = \widehat {AMT} - \widehat {TMI} = \widehat {AHT} - \widehat {IDT} = \widehat {DTH}\) (do \[ATHM\]nội tiếp; \(TIMD\) nội tiếp)

Trên tia đối \(HT\) lấy điểm \(P'\) sao cho \(ATDP'\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {DAP'} = \widehat {DTH} = \widehat {AMI} = \widehat {DAK}\)

\( \Rightarrow A,K,P'\) thẳng hàng (1)

Do \(ATDP'\) nội tiếp \( \Rightarrow HT.HP' = HD.HA = HB.HE = HC.HF\)

\( \Rightarrow BP'ET\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {TP'B} = \widehat {TEH}\)

Tương tự: \(\widehat {TP'C} = \widehat {TFH}\)

Ta có: \(\widehat {FTE} = \widehat {FIE} = 2\widehat {BAC}\) (do \(FTIE\) nội tiếp)

\( \Rightarrow \widehat {TEH} + \widehat {TFH} = {360^0} - \widehat {FTE} - \widehat {FHE} = {360^0} - 2.\widehat {BAC} - \left( {{{180}^0} - \widehat {BAC}} \right) = {180^0} - \widehat {BAC}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {BP'C} = \widehat {TP'C} + \widehat {TP'B} = {180^0} - \widehat {BAC}\\ \Rightarrow \widehat {BP'C} + \widehat {BAC} = {180^0}\end{array}\)

\( \Rightarrow ABP'C\) nội tiếp \( \Rightarrow P' \in \left( O \right) \Rightarrow P' \equiv P\) (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra \(A,K,P\) thẳng hàng.

a) Dựng 8 tam giác đều có cạnh bằng \(\frac{1}{{\sqrt 2 }}\) phủ hoàn toàn hình vuông như hình vẽ dưới do

\(2023 = 252.8 + 7\) nên có ít nhất một tam giác đều phủ ít nhất 253 điểm.

b) Dựng \(MNP\) tam giác đều có cạnh bằng \(\frac{{11}}{{12}}\) đi qua tâm \(O\)của hình vuông như hình vẽ dưới

Ta có: \(IN = \frac{1}{{2\sqrt 3 }} \Rightarrow NB = \frac{1}{2} - \frac{1}{{2\sqrt 3 }}\) và \(AQ = MA.\sqrt 3 = \left( {\frac{{11}}{{12}} - \frac{1}{2} - \frac{1}{{2\sqrt 3 }}} \right)\sqrt 3 \) ta thấy \(AQ > NB\) nên bốn tam giác đều có cạnh bằng \(\frac{{11}}{{12}}\) phủ kín hình vuông có cạnh bằng 1. Mặt khác ta có \(2023 = 4.505 + 3\) nên có ít nhất một tam giác đều phủ ít nhất \(506\) điểm.