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

1. \(\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {x + 6} \right) = 160\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\left( {x - 1} \right)\left( {x + 6} \right)} \right]\left[ {\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)} \right] = 160\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 5x - 6} \right)\left( {{x^2} + 5x + 6} \right) = 160\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + 5x} \right)^2} - 36 = 160\)  \( \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + 5x} \right)^2} = 196\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} + 5x = 14}\\{{x^2} + 5x = - 14\;\left( {{\rm{v\^o \;nghiem}}} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + 7} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 7}\\{x = 2}\end{array}} \right.\;\)

Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {2;\; - 7} \right\}\)

2.  \({x^2} + 3x + 8 = 2\left( {x + 1} \right)\sqrt {x + 7} \) (*)

ĐKXĐ: \(x \ge - 7\)

(*) \( \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + x + 7 - 2\left( {x + 1} \right)\sqrt {x + 7} = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x + 1 - \sqrt {x + 7} } \right)^2} = 0\)  \( \Leftrightarrow x + 1 = \sqrt {x + 7} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge - 1}\\{{x^2} + 2x + 1 = x + 7}\end{array}\;} \right.\;\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 1}\\{{x^2} + x - 6 = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 1}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 3}\\{x = 2}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)  \( \Leftrightarrow x = 2\) (TM ĐKXĐ)

Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ 2 \right\}\)

\[\left\{ \begin{array}{l}x + y + \frac{{x + 2y}}{{xy}} = 6\\{x^2} + {y^2} + \frac{{{x^2} + 4{y^2}}}{{{{(xy)}^2}}} = 14\end{array} \right.\](I)

ĐKXĐ: \(x,\;y \ne 0\)

(I)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y + \frac{1}{y} + \frac{2}{x} = 6}\\{{x^2} + {y^2} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{4}{{{x^2}}} = 14}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + \frac{2}{x} + y + \frac{1}{y} = 6}\\{{{\left( {x + \frac{2}{x}} \right)}^2} + {{\left( {y + \frac{1}{y}} \right)}^2} = 20}\end{array}} \right.\)

Đặt \(x + \frac{2}{x} = a,\;y + \frac{1}{y} = b\)

Ta có hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + b = 6}\\{{a^2} + {b^2} = 20}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + b = 6}\\{{{\left( {a - b} \right)}^2} = 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {{\left( {a + b} \right)}^2} = 4}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + b = 6}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{a - b = 2}\\{a - b = - 2}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 4,\;b = 2}\\{a = 2,\;b = 4}\end{array}} \right.} \right.\)

·                                                              \(a = 4,\;b = 2\

·                                                              \(a = 2,\;b = 4\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + \frac{2}{x} = 2}\\{y + \frac{1}{y} = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} + 2x + 2 = 0}\\{{y^2} - 4y + 1 = 0}\end{array}} \right.} \right.\;\left( {{\rm{v\^o \;nghiem}}} \right)\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm

\(\left( {x,\;y} \right)\;\;\left\{ {\left( {2 + \sqrt 2 ;1} \right),\;\left( {2 - \sqrt 2 ;1} \right)} \right\}\)

1. \(\left( {y + 2} \right){x^2} + 1 = {y^2}\;\left( 1 \right)\)

\(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow {y^2} - 1 \vdots y + 2\)

\( \Leftrightarrow \left( {{y^2} - 4} \right) + 3 \vdots y + 2\)

\( \Leftrightarrow 3 \vdots y + 2\)

\( \Rightarrow y + 2 \in \left\{ { \pm 3;\; \pm 1} \right\}\)

\( \Rightarrow y \in \left\{ {1;\; - 5;\; - 1;\; - 3} \right\}\)

·       \(y = 1\) thay vào (1) \( \Rightarrow x = 0\) thoả mãn

·       \(y = - 5\) thay vào (1) \( \Rightarrow {x^2} = - 8\) loại

·       \(y = - 1\) thay vào (1) \( \Rightarrow x = 0\) thoả mãn

·       \(y = - 3\) thay vào (1) \( \Rightarrow {x^2} = - 8\;\)loại

Vậy (x; y) Î {(0; 1); (0; -1)}

2.  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3n + 1 = {a^2}}\\{11n + 1 = {b^2}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow n + 3 = 4{a^2} - {b^2} = \left( {2a - b} \right)\left( {2a + b} \right)\)

\(a,\;b \in {N^*} \Rightarrow 2a + b > 0 > 2a - b\)

\(n + 3\) là số nguyên tố \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2a - b = 1}\\{2a + b = n + 3}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{{n + 4}}{4}}\\{b = \frac{{n + 2}}{2}}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow 11n + 1 = {b^2} = {\left( {\frac{{n + 2}}{2}} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {n^2} = 40n\)

\( \Leftrightarrow n = 40\)

1. Ta có:

\(P = \frac{{2a}}{{\sqrt {1 + {a^2}} }} + \frac{b}{{\sqrt {1 + {b^2}} }} + \frac{c}{{\sqrt {1 + {c^2}} }}\)

\( = \frac{{2a}}{{\sqrt {{a^2} + ab + bc + ca} }} + \frac{b}{{\sqrt {{a^2} + ab + bc + ca} }} + \frac{c}{{\sqrt {{a^2} + ab + bc + ca} }}\)

\( = \frac{{2a}}{{\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} }} + \frac{b}{{\sqrt {\left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)} }} + \frac{c}{{\sqrt {\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)} }}\)

\( = \sqrt {\frac{{2a}}{{a + b}}.\frac{{2a}}{{a + c}}} + \sqrt {\frac{{2b}}{{b + a}}.\frac{b}{{2\left( {b + c} \right)}}} + \sqrt {\frac{{2c}}{{c + a}}.\frac{c}{{2\left( {c + b} \right)}}} \)

\(AM - GM\)

\( \le \frac{1}{2}\left[ {\frac{{2a}}{{a + b}} + \frac{{2a}}{{a + c}} + \frac{{2b}}{{b + a}} + \frac{b}{{2\left( {b + c} \right)}} + \frac{{2c}}{{c + a}} + \frac{c}{{2\left( {c + b} \right)}}} \right]\)

\( = \frac{1}{2}\left[ {\left( {\frac{{2a}}{{a + b}} + \frac{{2b}}{{a + b}}} \right) + \left( {\frac{{2a}}{{a + c}} + \frac{{2a}}{{a + c}}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{b}{{b + c}} + \frac{c}{{b + c}}} \right)} \right]\;\)

\( = \frac{1}{2}\left( {2 + 2 + \frac{1}{2}} \right) = \frac{9}{4}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(a = \frac{{7\sqrt {15} }}{{15}};b = c = \frac{{\sqrt {15} }}{{15}}\)

Vậy P đạt GTLN là \(\frac{9}{4}\) khi \(a = \frac{{7\sqrt {15} }}{{15}};b = c = \frac{{\sqrt {15} }}{{15}}\)

2.  Ta có \(ab + bc + ca + abc \le 4\)

\( \Leftrightarrow abc + 2\left( {ab + bc + ca} \right) + 4\left( {a + b + c} \right) + 8 \le \left( {ab + 2a + 2b + 4} \right) + \left( {bc + 2b + 2c + 4} \right)\)

                                                 \( + \left( {ca + 2c + 2a + 4} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {a + 2} \right)\left( {b + 2} \right)\left( {c + 2} \right) \le \left( {a + 2} \right)\left( {b + 2} \right) + \left( {b + 2} \right)\left( {c + 2} \right)\)

\( + \left( {c + 2} \right)\left( {a + 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow 1 \le \frac{1}{{a + 2}} + \frac{1}{{b + 2}} + \frac{1}{{c + 2}} \Leftrightarrow \frac{2}{{a + 2}} + \frac{2}{{b + 2}} + \frac{2}{{c + 2}}\;\; \ge 2\)

\( \Leftrightarrow \left( {1 - \frac{2}{{a + 2}}} \right) + \left( {1 - \frac{2}{{b + 2}}} \right) + \left( {1 - \frac{2}{{c + 2}}} \right) \le 1\)

\( \Leftrightarrow 1 \ge \frac{a}{{a + 2}} + \frac{b}{{b + 2}} + \frac{c}{{c + 2}}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz

\(1 \ge \frac{a}{{a + 2}} + \frac{b}{{b + 2}} + \frac{c}{{c + 2}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2a}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 2b}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 2c}}\)

\(C - S \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {a + b + c} \right)}}\)

\( \Rightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} \le \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 2\left( {a + b + c} \right)\)

\( \Leftrightarrow a + b + c \ge ab + bc + ca\) (đpcm)

1. Xét đường tròn (O): \(BD \bot BO,\;CD \bot CO\) (tính chất tiếp tuyến)

\( \Rightarrow \widehat {DBO} = \widehat {DCO} = {90^\diamondsuit }\)\( \Rightarrow \widehat {DBO} + \widehat {DCO} = {180^\diamondsuit }\)

\( \Rightarrow \)Tứ giác OBDC nội tiếp

Lại có \(OB = OC,\;MB = MC,\;DB = DC\)

\( \Rightarrow O,\;M,\;D\) cùng thuộc trung trực của đoạn BC

Suy ra \(MO.MD = MB.MC\)

Mà tứ giác ABNC nội tiếp \( \Rightarrow MB.MC = MA.MN\)

\( \Rightarrow MO.MD = MA.MN\)\( \Rightarrow \) Tứ giác AOND nội tiếp

\( \Rightarrow DO\) là phân giác  \(\widehat {ADN}\)

b) Xét \({\rm{\Delta }}DBP\) và \({\rm{\Delta }}DAB\) có

\(\widehat {BDP}\;\)chung; \(\widehat {DBP} = \widehat {DAB}\)

\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}DBP \sim {\rm{\Delta }}DAB\) (g.g) \( \Rightarrow \frac{{AB}}{{BP}} = \frac{{AD}}{{DB}}\)

Tương tự ta có \({\rm{\Delta }}DCP \sim {\rm{\Delta }}DAC \Rightarrow \frac{{AC}}{{CP}} = \frac{{AD}}{{DC}}\)

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{BP}} = \frac{{AC}}{{CP}} \Rightarrow AB.CP = AC.BP\)

Áp dụng định lý Ptoleney cho tứ giác ABPC nội tiếp ta có

                                                        \(AP.BC = AB:CP + AC.BP\)

\( \Rightarrow 2AP.CM = 2AC.BP \Rightarrow \frac{{AP}}{{AC}} = \frac{{BP}}{{CM}}\)

\({\rm{\Delta }}ABP\) và \({\rm{\Delta }}AMC\) có \(\frac{{AP}}{{AC}} = \frac{{BP}}{{CM}}\;;\;\widehat {APB} = \widehat {ACM}\)

\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}ABP \sim {\rm{\Delta }}AMC\) (c.g.c) \( \Rightarrow \widehat {ABP} = \widehat {AMC}\)

Lại có tứ giác ABPF nội tiếp nên  \(\widehat {ABP} = {180^\diamondsuit } - \widehat {AFP}\)

Lại có tứ giác AMEF nội tiếp nên  \(\widehat {AME} = {180^\diamondsuit } - \widehat {AFB}\)

\( \Rightarrow \widehat {AFP} = \widehat {AFE} \Rightarrow E,\;F,\;P\) thẳng hàng

c) Áp dụng hệ thức lượng cho \({\rm{\Delta }}OCD\) vuông tại C ta có

\(OM.OD = O{C^2} = O{F^2} \Rightarrow \frac{{OF}}{{OM}} = \frac{{OD}}{{OF}}\)  \( \Rightarrow {\rm{\Delta }}OMF \sim {\rm{\Delta }}OFD\;\) (c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {OFD} = \widehat {OMF} = {90^\diamondsuit } - \widehat {CMF} = {90^\diamondsuit } - \widehat {FAE} = {90^\diamondsuit } - \widehat {AFO}\;\)

\( \Rightarrow AFD = {90^\diamondsuit } \Rightarrow AF \bot FD\) mà \(AF \bot FK\)

\( \Rightarrow DF = DK \Rightarrow D,\;F,\;K\) thẳng hàng

Gọi \(Z,\;X\) là giao \(FN\) với \(BC,\;DM\).

Gọi \(T\) là giao \(KZ\) với \(MF\).

Ta có \(D{C^2} = DK.DF = DM.DO \Rightarrow \) Tứ giác OMKF nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {KMF} = \widehat {KOF\;} = 2\widehat {OAF} = 2\widehat {FMS}\;\)

\( \Rightarrow \widehat {KME} = \widehat {FME} = \widehat {FAO} = \widehat {KNF}\)\( \Rightarrow \) Tứ giác MNKZ nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {KZM} = {180^\diamondsuit } - \widehat {MNK} = {90^\diamondsuit }\)

Lại có \({\rm{\Delta }}TMK\) có MZ là đường cao đồng thời là phân giác

\( \Rightarrow ZT = ZK\)

Do \(TK//DM \Rightarrow \frac{{ZT}}{{MX}} = \frac{{FZ}}{{FX}} = \frac{{ZK}}{{DX}}\)

\( \Rightarrow XD = XM \Rightarrow \) X là trung điểm của đoạn DM.

Vậy FN đi qua trung điểm của đoạn DM

Gọi \({a_1},\;{a_2},\; \ldots ,\;{a_{11}}\) lần lượt là số kẹo trong 11 gói.

Đặt \(S = {a_1} + {a_2} + \ldots + {a_{11}}\)

Giả sử tổn tại \(a \le k,\;l \le 11\;m\`a \;{a_k} \ne {a_l}\)

Theo bài ra, ta suy ra được \(S - {a_1},\;S - {a_2}, \ldots ,S - {a_{11}}\) đều là số chẵn

\( \Rightarrow {a_1},\;{a_2}, \ldots ,{a_{11}}\) cũng chẵn hoặc cũng lẻ

Ta thực hiện quá trình như sau:

·       Nếu \({a_1},\;{a_2}, \ldots ,{a_{11}}\) cũng chẵn, ta thu được bộ số mới

\(\left( {{b_1},\;{b_2},\; \ldots ,\;{b_{11}}} \right) = \left( {\frac{{{a_1}}}{2},\frac{{{a_2}}}{2},\; \ldots ,\frac{{{a_{11}}}}{2}} \right)\)

·       Nếu \({a_1},\;{a_2}, \ldots ,{a_{11}}\) cũng lẻ, ta thu được bộ số mới

\(\left( {{b_1},\;{b_2},\; \ldots ,\;{b_{11}}} \right) = \left( {\frac{{{a_1} - 1}}{2};\frac{{{a_2} - 1}}{2}; \ldots ;\frac{{{a_{11}} - 1}}{2}} \right)\)

Ta thấy 11 gói kẹo với số kẹo \({b_1};{b_2}; \ldots ;{b_{11}}\) cũng thoả mãn điều kiện đề bài.

Tiếp tục quá trình như vậy đến khi thu được bộ \(\left( {{x_1};{x_2}; \ldots ;{x_{11}}} \right)\) mà tồn tại \(1 \le j;i \le 11\) sao cho \(xj = 0;xi = 1\)

Mà bộ \(({z_1};{z_2}; \ldots ;{z_{11}})\) thoả mãn điều kiện đề bài nên \({x_1};{x_2}; \ldots ;{x_{11}}\) cùng tính chẵn lẻ (Mâu thuẫn)

Điều giả sử là sai.

Vậy \({a_1} = {a_2} = \ldots = {a_{11}}\)