Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2022-2023 sở GD&ĐT Quảng Nam có đáp án

a) Không dùng máy tính bỏ túi, hãy rút gọn biểu thức $$\mathrm{A}=\sqrt[3]{\sqrt{507}+\sqrt{13-\sqrt{48}}-25}$$

$$\mathrm{A}=\sqrt[3]{13\sqrt{3}+\sqrt{13-4\sqrt{3}}-25}$$

$$\mathrm{A}=\sqrt[3]{13\sqrt{3}+\sqrt{{(1-2\sqrt{3})}^2}-25}$$

$$\mathrm{A}=\sqrt[3]{15\sqrt{3}-26}$$

$$\mathrm{A}=\sqrt[3]{{(\sqrt{3}-2)}^3}=\sqrt{3}-2$$

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên $$(x;y)$$ thỏa mãn $$x^3+x^2=y^3+y^2$$

Ta có: $$x^3+x^2=y^3+y^2\iff (x-y)(x^2+y^2+xy+x+y)=0$$

$$\iff [\begin{array}{l}x-y=0\\ x^2+y^2+xy+x+y=0\end{array}$$

- Khi $$x-y=0\iff x=y$$. Khi đó $$(x;y)=(m;m)$$(m là số nguyên tùy ý)

- Khi  $$x^2+y^2+xy+x+y=0\iff (x+y{)}^2+(x+1{)}^2+(y+1{)}^2=2$$.

Suy ra trong ba giá trị $$(x+y{)}^2,(x+1{)}^2,(y+1{)}^2$$có một giá trị bằng 0, hai giá trị bằng 1.

Giải tìm được: $$(x;y)=(0;0)$$, $$(x;y)=(0;-1)$$, $$(x;y)=(-1;0)$$.

Vậy các cặp số thỏa đề là: $$(x;y)=(m;m)$$(m là số nguyên tùy ý), $$(x;y)=(0;-1)$$, $$(x;y)=(-1;0)$$.

Nhận xét:

$$x^2+y^2+xy+x+y=0\iff x^2+(y+1)x+y^2+y=0$$ (*)

+ Phương trình (*) có nghiệm theo x khi

$$\Delta \ge 0\iff (y+1{)}^2-4(y^2+y)\ge 0\iff (y+1)(-3y+1)\ge 0$$$$\iff -1\le y\le \frac{1}{3}\left(y\in \mathbb{Z}\right)$$$$\iff y=-1$$ hoặc $$y=0$$.

+ Với $$y=0$$, giải tìm được $$x=0,x=-1.$$

+ Với $$y=-1$$, giải tìm được $$x=0.$$

a) Giải phương trình $3\sqrt{3-x}-2x\sqrt{3+x}-\sqrt{9-x^2}+6x=0$

.Điều kiện: $\{\begin{array}{l}3-x\ge 0\\ 3+x\ge 0\end{array}\iff -3\le x\le 3$. 

.$3\sqrt{3-x}-2x\sqrt{3+x}-\sqrt{9-x^2}+6x=0$$\iff \sqrt{3-x}\left(3-\sqrt{3+x}\right)-2x\left(\sqrt{3+x}-3\right)=0$$\iff (3-\sqrt{3+x})(\sqrt{3-x}+2x)=0$$\iff [\begin{array}{l}3-\sqrt{3+x}=0\\ \sqrt{3-x}+2x=0\end{array}$.

.+ $3-\sqrt{3+x}=0\iff x=6$(loại).

.+ $\sqrt{3-x}+2x=0\iff \{\begin{array}{l}-2x\ge 0\\ 3-x=(-2x{)}^2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\le 0\\ [\begin{array}{l}x=-1\\ x=3/4\end{array}\end{array}\iff x=-1$ (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm $x=-1$.

.b) Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{l}{x}^2+4y^2+4x+2y-4xy=3\\ 4x^2+y^2+2x-4y+4xy=3\end{array}$.

.$\{\begin{array}{l}{x}^2+4y^2+4x+2y-4xy=3\\ 4x^2+y^2+2x-4y+4xy=3\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}{x}^2-4xy+4y^2+4x+2y=3\\ 4x^2+4xy+y^2+2x-4y=3\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}(x-2y{)}^2+2(2x+y)=3\\ (2x+y{)}^2+2(x-2y)=3\end{array}$.

.Đặt $x-2y=a,2x+y=b$, khi đó ta có hệ:

$\{\begin{array}{l}{a}^2+2b=3\\ b^2+2a=3\end{array}\Rightarrow a^2-b^2+2b-2a=0$$\iff (a-b)(a+b)-2(a-b)=0$

                                                  $\iff (a-b)(a+b-2)=0\iff a=b$ hoặc $a+b=2$.

.- Với $a=b$, ta có $a^2+2a=3\iff a=1$ hoặc $a=-3$.

+ Khi $a=1$ thì $\{\begin{array}{l}a=1\\ b=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x-2y=1\\ 2x+y=1\end{array}\iff (x;y)=\left(\frac{3}{5};-\frac{1}{5}\right)$

+ Khi $a=-3$ thì $\{\begin{array}{l}a=-3\\ b=-3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x-2y=-3\\ 2x+y=-3\end{array}\iff (x;y)=\left(-\frac{9}{5};\frac{3}{5}\right)$.

.- Với $a+b=2\iff a=2-b$, khi đó $b^2+2(2-b)=3\iff b^2-2b+1=0\iff b=1\Rightarrow a=1$

(Trường hợp này trùng trường hợp trên).

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm $(x;y)=\left(\frac{3}{5};-\frac{1}{5}\right)$ và $(x;y)=\left(-\frac{9}{5};\frac{3}{5}\right)$.

.Nhận xét 1: Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất ta được:

$3x^2-3y^2-2x-6y+8xy=0\iff 3(x^2+6xy+9y^2)-30y^2-10xy-2x-6y=0$

$\iff 3(x+3y{)}^2-10y(3y+x)-2(x+3y)=0\iff (x+3y)(3x-y-2)=0$

Nhận xét 2: Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất ta được:

$3x^2-3y^2-2x-6y+8xy=0\iff 3x^2-2(1-4y)x-3y^2-6y=0$ (*)

Phương trình (*) là phương trình bậc hai theo x có ${\Delta }^{\prime }=(1+5y{)}^2$.

Suy ra được: $x=-3y$, $x=\frac{y+2}{3}$.

Thế lần lượt từng giá trị x vào một trong hai phương trình giải tìm y..

 

 

a) Chứng minh bốn điểm B, C, D, O cùng nằm trên một đường tròn.

Ta có $$\widehat{\mathrm{BDC}}=2\widehat{\mathrm{BAC}}$$ (gt), $$\widehat{\mathrm{BOC}}=2\widehat{\mathrm{BAC}}$$ (t/c góc ở tâm)$$\Rightarrow \widehat{\mathrm{BDC}}=\widehat{\mathrm{BOC}}$$.        

Mà O, D nằm cùng phía đối với đường thẳng BC nên bốn điểm B, C, D, O cùng nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh OD là đường phân giác ngoài của $$\widehat{\mathrm{BDC}}$$ và tổng $$\mathrm{BD}+\mathrm{CD}$$ bằng hai lần khoảng cách từ A đến đường thẳng OD.

 - Dựng đường kính OP của đường tròn (O’) đi qua 4 điểm B, O, D, C.

$$\Rightarrow \widehat{\mathrm{BDP}}=\frac{1}{2}$$sđ, $$\widehat{\mathrm{CDP}}=\frac{1}{2}$$sđ.

+ $$\mathrm{OP}\perp \mathrm{BC}\Rightarrow$$ sđ= sđ$$\Rightarrow \widehat{\mathrm{BDP}}=\widehat{\mathrm{CDP}}$$.

Do đó DP là đường phân giác trong của $$\widehat{\mathrm{BDC}}$$.

Lại có $$\mathrm{OD}\perp \mathrm{DP}\Rightarrow$$ OD là đường phân giác ngoài của $$\widehat{\mathrm{BDC}}$$.

+ Dựng đường thẳng qua C, vuông góc với OD và cắt đường thẳng BD tại C’.

+ Vì OD là đường phân giác ngoài của $$\widehat{\mathrm{BDC}}$$ nên DC = DC’ và OC = OC’ (C’ nằm trên đường tròn (O)).

+ Ta có: BD + CD = BD + DC’ = BC’ = 2BK (với K là trung điểm của BC’).

+ Hạ AL vuông góc với đường thẳng OD tại L.

- Xét hai tam giác vuông ALO và BKO có:

+ OA = OB ( bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC).

+ $$\widehat{\mathrm{OAL}}=\widehat{\mathrm{OPD}}$$ (so le trong)

Suy ra hai tam giác ALO và BKO bằng nhau. Do đó BK = AL.

Suy ra BD + CD = 2AL (điều cần chứng minh).

Cách khác:

Kẻ $$\mathrm{AL}\perp \mathrm{OD}$$ tại $$\mathrm{L}$$.

Trên tia đối của tia $$\mathrm{DB}$$ lấy điểm $${\mathrm{C}}^{\prime }$$ sao cho $${\mathrm{DC}}^{\prime }=\mathrm{DC}$$, do đó $$\mathrm{BD}+\mathrm{DC}={\mathrm{BC}}^{\prime }$$(1)

Tam giác ${\mathrm{DCC}}^{\prime }$ cân tại D nên $$\widehat{\mathrm{BDC}}=2.\widehat{\mathrm{B}{\mathrm{C}}^{\prime }\mathrm{C}}$$, từ đó suy ra $$\widehat{\mathrm{BAC}}=\widehat{\mathrm{B}{\mathrm{C}}^{\prime }\mathrm{C}}$$, do đó điểm $${\mathrm{C}}^{\prime }$$ thuộc đường tròn $$\left(\mathrm{O}\right)$$

Có $$\mathrm{OC}={\mathrm{O}}^{\prime }\mathrm{C},\mathrm{DC}={\mathrm{DC}}^{\prime }$$ nên OD là đường thẳng chứa tia phân giác của góc ngoài của $$\widehat{\mathrm{BDC}}$$.

Gọi E là giao điểm của OD và BC, chứng minh được $$\widehat{\mathrm{DBC}}=\widehat{{\mathrm{C}}^{\prime }\mathrm{OE}}$$ (cùng bằng $$\widehat{\mathrm{DOC}}$$)

Hay $$\widehat{{\mathrm{C}}^{\prime }\mathrm{BE}}=\widehat{{\mathrm{C}}^{\prime }\mathrm{OE}}$$, do đó bốn điểm $$\mathrm{B},\mathrm{O},{\mathrm{C}}^{\prime },\mathrm{E}$$ cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra $$\widehat{{\mathrm{OBC}}^{\prime }}=\widehat{{\mathrm{OEC}}^{\prime }}$$ ( cùng chắn cung OC’)

Mặt khác $$\widehat{\mathrm{OEB}}=\widehat{{\mathrm{OEC}}^{\prime }}$$, do đó $$\widehat{\mathrm{OEB}}=\widehat{{\mathrm{OBC}}^{\prime }}$$.

Lại có $$\widehat{\mathrm{LAO}}=\widehat{\mathrm{OEB}}$$( góc có cạnh tương ứng vuông góc), suy ra$$\widehat{\mathrm{LAO}}=\widehat{{\mathrm{OBC}}^{\prime }}$$

Kẻ $$\mathrm{OK}\perp {\mathrm{BC}}^{\prime }$$ tại $$\mathrm{K}$$, suy ra $${\mathrm{BC}}^{\prime }=2\mathrm{BK}$$

Ta có $$\Delta \mathrm{ALO}=\Delta \mathrm{BKO}$$ ( cạnh huyền, góc nhọn), suy ra $$\mathrm{AL}=\mathrm{BK}$$

Suy ra $${\mathrm{BC}}^{\prime }=2\mathrm{AL}$$(2)

Từ (1) và (2) suy ra $$\mathrm{BD}+\mathrm{DC}=2\mathrm{AL}$$