Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2021-2022 chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa có đáp án

a) Ta có: $(a+2)(b+2)=8\iff 2a+2b+ab=4$.

Do đó:

$$\begin{array}{l}\sqrt{2\left(a^2+4\right)\left(b^2+4\right)}=\sqrt{2\left(a^2+ab+2a+2b\right)\left(b^2+ab+2a+2b\right)}\\ =\sqrt{2{(a+b)}^2(a+2)(b+2)}=\sqrt{2{(a+b)}^2\cdot 8}=4(a+b).\end{array}$$

Suy ra:

$\begin{array}{l}2\sqrt{a^2+b^2+8-\sqrt{2\left(a^2+4\right)\left(b^2+4\right)}}=2\sqrt{a^2+b^2+8-4(a+b)}\\ =2\sqrt{{(a+b)}^2+8-4(a+b)-2ab}=2\sqrt{{(a+b)}^2}=2(a+b).\end{array}$

Khi đó: $P=ab+2(a+b)=4$.

Vậy $P=4$.

b) Đặt $x=a-b,y=b-c,z=c-a\Rightarrow x,y,z\ne 0$ và $x+y+z=0$.

Ta có:

$$\begin{array}{l}B=\sqrt{\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}}=\sqrt{{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}^2-2\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)}=\sqrt{{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}^2-\frac{2(x+y+z)}{xyz}}\\ =\sqrt{{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}^2}=\left|\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right|\end{array}$$

Vì $$a,b,c$$là các số hữu tỷ nên $$x,y,z$$là các số hữu tỉ, do đó $B$ là số hữu tỷ.

a) Do $$x=0$$không là nghiệm của phương trình nên phương trình đã cho tương đương:

$\begin{array}{l}(x+1)(x+2)(x+3)(x+6)=168x^2\\ \iff \left(x^2+7x+6\right)\left(x^2+5x+6\right)=168x^2\\ \iff \left(x+\frac{6}{x}+7\right)\left(x+\frac{6}{x}+5\right)=168\\ \iff {\left(x+\frac{6}{x}\right)}^2+12\left(x+\frac{6}{x}\right)+35=168\\ \iff {\left(x+\frac{6}{x}\right)}^2+12\left(x+\frac{6}{x}\right)-133=0\end{array}$$\begin{array}{l}\iff \left(x+\frac{6}{x}-7\right)\left(x+\frac{6}{x}+19\right)=0\iff \left(x^2-7x+6\right)\left(x^2-19x+6\right)=0\\ \iff [\begin{array}{l}{x}^2-7x+6=0\\ x^2+19x+6=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=6\end{array}x=-\frac{\sqrt{337}-19}{2}.x=\frac{\sqrt{337}+19}{2}\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình $S=\left\{1;6;\frac{\sqrt{337}-19}{2};-\frac{\sqrt{337}+19}{2}\right\}$.

b) Điều kiện $$y>0$$. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:

$\begin{array}{l}x-y+\frac{1}{x^2+1}-\frac{1}{y^2+1}=0\iff x-y-\frac{(x-y)(x+y)}{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}=0\\ \iff (x-y)\left[1-\frac{x+y}{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}\right]=0\iff [\begin{array}{l}x=y\\ \left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)=x+y\end{array}\end{array}$

Ta có:

$\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)=x+y\iff x^2-x+y^2-y+x^2{y}^2+1=0$

$\iff {\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{1}{2}\right)}^2+x^2{y}^2+\frac{1}{2}=0$, vô lí.

Do đó trong trường hợp này hệ phương trình vô nghiệm.

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: $(x;y)=(2+\sqrt{3};2+\sqrt{3}),(2-\sqrt{3};2-\sqrt{3})$.

a) Ta có:

$\begin{array}{l}{x}^2+2y^2-2xy-2x-4y+6=0\\ \iff \left(x^2+y^2+1-2xy-2x+2y\right)+\left(y^2-6y+9\right)=4\\ \iff {(x-y-1)}^2+{(y-3)}^2=4\\ \mathrm{V}\grave{\mathrm{i}}x,y\in \mathbb{Z}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{(x-y-1)}^2=4\\ {(y-3)}^2=0\end{array}\mathrm{hoac}\{\begin{array}{l}{(x-y-1)}^2=0\\ {(y-3)}^2=4\end{array}\end{array}$

Trường hợp: $\{\begin{array}{l}{(x-y-1)}^2=4\\ {(y-3)}^2=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{(x-4)}^2=4\\ y=3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=6\\ y=3\end{array}$ hoặc $\{\begin{array}{l}x=2\\ y=3\end{array}$.

Trường hợp: $\{\begin{array}{l}{(x-y-1)}^2=0\\ {(y-3)}^2=4\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=y+1\\ y=5\\ y=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=6\\ y=5\end{array}$ hoặc $\{\begin{array}{l}x=2\\ y=1\end{array}$.

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm $(x;y)=(6;3),(2;3),(6;5),(2;1)$.

b) Ta có: $\frac{p^2-p}{2}-1=a^3$ với $a\ge 0$. Khi đó:

$\frac{p^2-p}{2}-1=a^3\iff p(p-1)=2(a+1)\left(a^2-a+1\right).$Vì ưcln $(p;p-1)=1$ nên $p(p-1)$ chia hết cho $(a+1)\iff p$ chia hết cho $(a+1)$ hoặc $p-1$ chia hết cho $(a+1)$.

- Xét $p:(a+1)\Rightarrow p=k(a+1)$. Mà $p$ là số nguyên tố suy ra: $[\begin{array}{l}k=1\\ a+1=1\end{array}\iff [\begin{array}{l}k=1\\ a=0\end{array}$.

Với $a=0\Rightarrow p=2$.

Nếu $k=1\Rightarrow p=a+1\Rightarrow a(a+1)=2(a+1)\left(a^2-a+1\right)$, vô nghiệm.

Xét $p-1:(a+1)\Rightarrow p=m(a+1)+1$. Khi đó ta có:

$m(a+1)p=2(a+1)\left(a^2-a+1\right)\iff mp=2\left(a^2-a+1\right).$Ta có: $a^2-a+1=a(a-1)+1$ là một số lẽ. Suy ra: ưcln $\left(2;a^2-a+1\right)=1$.

Nên $2\left(a^2-a+1\right):m\iff 2:m$ hoặc $\left(a^2-a+1\right):m$.

Nếu $2:m\Rightarrow [\begin{array}{l}m=1\\ m=2\end{array}$.

Với $k=1\Rightarrow 2\left(a^2-a+1\right)=a+2\iff 2a^2-3a=0\iff a=0$

Với $k=2\Rightarrow a^2-a+1=2(a+1)+1\iff a^2-3a-1=0$, vô nghiệm.

Nếu $a^2-a+1:m\Rightarrow a^2-a+1=mn$. Khi đó ta có: $m(a+1)+1=2n$.

Mặt khác $p=m(a+1)+1=2n$ là số nguyên tố suy ra $p=2,n=1\Rightarrow a=0$.

Tóm lại $p=2$ là số nguyên tố cần tìm.

Đánh số các ô của bảng như hình vẽ.

Theo nguyên lí Dirichle đặt 33 quân cờ vào mỗi ô mà có 8 loại ô là các số được đánh từ 1 đến 8 nên có ít nhất 5 quân cờ cùng một số. Theo bảng này các quân cờ được đặt trong các ô có cùng số thì không chiếu nhau.

Suy ra điều phải chứng minh.