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

1) Rút gọn biểu thức Q=$\left(\frac{\sqrt{\mathrm{x}-\mathrm{y}}}{\sqrt{\mathrm{x}-\mathrm{y}}+\sqrt{\mathrm{x}-\mathrm{y}}}+\frac{\mathrm{x}-\mathrm{y}}{\sqrt{{\mathrm{x}}^2-{\mathrm{y}}^2}-\mathrm{x}+\mathrm{y}}\right).\frac{{\mathrm{x}}^2+{\mathrm{y}}^2}{\sqrt{{\mathrm{x}}^2-{\mathrm{y}}^2}}$với $\mathrm{x}>\mathrm{y}>0$

                      Q=$\left(\frac{\sqrt{\mathrm{x}-\mathrm{y}}}{\sqrt{\mathrm{x}-\mathrm{y}}+\sqrt{\mathrm{x}-\mathrm{y}}}+\frac{\sqrt{{\left(\mathrm{x}+\mathrm{y}\right)}^2}}{\sqrt{\left(\mathrm{x}+\mathrm{y}\right)\left(\mathrm{x}-\mathrm{y}\right)}-\sqrt{{\left(\mathrm{x}-\mathrm{y}\right)}^2}}\right).\frac{{\mathrm{x}}^2+{\mathrm{y}}^2}{\sqrt{{\mathrm{x}}^2-{\mathrm{y}}^2}}$

$\sqrt{\mathrm{x}-\mathrm{y}}.\left(\frac{1}{\sqrt{\mathrm{x}+\mathrm{y}}+\sqrt{\mathrm{x}-\mathrm{y}}}+\frac{1}{\sqrt{\mathrm{x}+\mathrm{y}}-\sqrt{\mathrm{x}}-\mathrm{y}}\right).\frac{{\mathrm{x}}^2+{\mathrm{y}}^2}{\sqrt{{\mathrm{x}}^2-{\mathrm{y}}^2}}$

                                  = $\sqrt{\mathrm{x}-\mathrm{y}}$.$\frac{\sqrt{\mathrm{x}+\mathrm{y}}}{\mathrm{y}}.\frac{{\mathrm{x}}^2+{\mathrm{y}}^2}{\sqrt{{\mathrm{x}}^2-{\mathrm{y}}^2}}$

                                  =$\frac{{\mathrm{x}}^2+{\mathrm{y}}^2}{\mathrm{y}}$

2. Chỉ ra đường thẳng d luôn đi qua điểm M(2;1)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng d

Suy ra OH$\le \mathrm{OM}\forall \mathrm{m}$

Chỉ ra đường thẳng OM có phương trình là y =$\frac{1}{2}\mathrm{x}.$

Do OM $\perp \mathrm{d}\mathrm{n}\hat{\mathrm{e}}\mathrm{n}\frac{1}{2}\left(3\mathrm{m}+1\right)=-1\Rightarrow 3\mathrm{m}+1=-2\Rightarrow \mathrm{m}=-1.$

3. Phương trình ${\mathrm{x}}^2-2\left(3\mathrm{m}-1\right)\mathrm{x}+{\mathrm{m}}^2-\mathrm{m}-4=0\left(1\right)$ có hai điểm phân biệt

$\Rightarrow {\Delta }^{\prime }>0$$\Rightarrow {\left(3\mathrm{m}-1\right)}^2-\left({\mathrm{m}}^2-\mathrm{m}-4\right)>0$$\Rightarrow 8{\mathrm{m}}^2-5\mathrm{m}+5>0$$\Rightarrow 8{\left(\mathrm{m}-\frac{5}{16}\right)}^2+\frac{132}{32}>0;\forall \mathrm{m}\in R$

Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt ${\mathrm{x}}_1,{\mathrm{x}}_2$

Theo Vi-ét ta có :$\{\begin{array}{c}{\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2=2\left(3\mathrm{m}-1\right)\\ {\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2={\mathrm{m}}^2-m-4\end{array}$

Đặt A=${\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2+\sqrt{{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2};\mathrm{B}={\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2-\sqrt{{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2}$

Ta có A.B = ${\left({\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2\right)}^2-{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2={\left({\mathrm{x}}_1+\frac{{\mathrm{x}}_2}{2}\right)}^2+\frac{3{\mathrm{x}}_2^2}{4}>0,\forall {\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2$

Suy ra A và B luôn cùng dấu $\Rightarrow \left|\mathrm{A}\right|+\left|\mathrm{B}\right|=\left|\mathrm{A}+\mathrm{B}\right|$

Do đó $\left|x_1+x_2+\sqrt{x_1{x}_2}\right|+\left|x_1+x_2-\sqrt{x_1{x}_2}\right|=2008$$\Rightarrow \left|x_1+x_2+\sqrt{x_1{x}_2}+x_1+x_2-\sqrt{x_1{x}_2}\right|=2008$

$\Rightarrow \left|x_1+x_2\right|=1004$$\Rightarrow 2\left|3\mathrm{m}-1\right|=1004$ $\Rightarrow \left|3\mathrm{m}-1\right|=502\Rightarrow [\begin{array}{c}\mathrm{m}=\frac{503}{3}\\ \mathrm{m}=-167\end{array}$

1.    Điều kiện x$\ge 1.$

Ta có (1)$\iff \mathrm{x}+3-4\sqrt{\mathrm{x}+3}+4+\sqrt{\mathrm{x}-1}=0$$\iff {\left(\sqrt{\mathrm{x}+3}-2\right)}^2+\sqrt{\mathrm{x}-1}=0$$\iff \{\begin{array}{c}\sqrt{\mathrm{x}+3}=2\\ \sqrt{\mathrm{x}-1}=0\end{array}$$\iff \mathrm{x}=1.$

2. $\{\begin{array}{c}{\mathrm{x}}^2+x-2xy=2\\ {\mathrm{x}}^4+{\mathrm{x}}^2-4{\mathrm{x}}^{3}y=4-4{\mathrm{x}}^2{\mathrm{y}}^2\end{array}\iff \{\begin{array}{c}{\mathrm{x}}^2-2xy=2-x\\ \left({\mathrm{x}}^4-4{\mathrm{x}}^3\mathrm{y}+4{\mathrm{x}}^2{\mathrm{y}}^2\right)+{\mathrm{x}}^2-4=0\end{array}$$\iff \{\begin{array}{c}{\mathrm{x}}^2-2xy=2-x\\ {\left({\mathrm{x}}^2-2\mathrm{xy}\right)}^2+{\mathrm{x}}^2-4=0\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{c}{\mathrm{x}}^2-2xy=2-x\\ {\left(2-\mathrm{x}\right)}^2-{\mathrm{x}}^2-4x=0\end{array}$$\iff \{\begin{array}{c}{\mathrm{x}}^2-2xy=2-x\left(\ast \right)\\ [\begin{array}{c}\mathrm{x}=0\\ \mathrm{x}=2\end{array}\end{array}$

+) với x = 0 , thay vào (*) ta được 0 = 2 (vô lý)

+) với x = 2, thay vào (*) ta được y = 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2;1)

1.     ${\mathrm{x}}^3+{\mathrm{y}}^3+{\mathrm{x}}^2\left(3\mathrm{y}+2\mathrm{z}\right)+{\mathrm{y}}^2\left(3\mathrm{x}+2\mathrm{z}\right)+{\mathrm{z}}^2\left(\mathrm{x}+\mathrm{y}\right)+4\mathrm{xyz}=2023.$

$\iff {\mathrm{x}}^3+{\mathrm{y}}^3+3{\mathrm{x}}^2\mathrm{y}+2{\mathrm{x}}^2\mathrm{z}+3\mathrm{x}{\mathrm{y}}^2+2{\mathrm{y}}^2\mathrm{z}+{\mathrm{z}}^2\mathrm{x}+{\mathrm{z}}^2\mathrm{y}+4\mathrm{xyz}=2023$

$\iff \left({\mathrm{x}}^3+3{\mathrm{x}}^2\mathrm{y}+3\mathrm{x}{\mathrm{y}}^2+{\mathrm{y}}^3\right)+\left(2{\mathrm{x}}^2\mathrm{z}+2{\mathrm{y}}^2\mathrm{z}+4\mathrm{xyz}\right)+\left({\mathrm{z}}^2\mathrm{x}+{\mathrm{z}}^2\mathrm{y}\right)=2023$

$\iff {\left(\mathrm{x}+\mathrm{y}\right)}^3+2\mathrm{z}{\left(\mathrm{x}+\mathrm{y}\right)}^2+{\mathrm{z}}^2\left(\mathrm{x}+\mathrm{y}\right)=2023$

$\iff \left(\mathrm{x}+\mathrm{y}\right)\left[{\left(\mathrm{x}+\mathrm{y}\right)}^2+2\mathrm{z}\left(\mathrm{x}+\mathrm{y}\right)+{\mathrm{z}}^2\right]=2023$

$\iff \left(\mathrm{x}+\mathrm{y}\right){\left(\mathrm{x}+\mathrm{y}+\mathrm{z}\right)}^2=7.17^2$

Vì x,y,z nguyên dương nếu ta có x + y + z$\{\begin{array}{c}x+y=7\\ x+y+z=17\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}x+y=7\\ z=10\end{array}$

Có x + y = 7 mà x, y nguyên dương nên ta có

KL: các bộ số cần tìm là (1;6;10);(3;4;10);(94;3;10);(5;2;10);(6;1;10)

2. Xét tất cả các cách nối 2024 cặp điểm (đỏ với xanh) bằng 2024 đoạn thẳng. các cách nối như vậy luôn luôn tồn tại do chỉ có 2024 cặp điểm nên số tất cả các cách nối như vậy là hữu hạn.

Do đó, tìm được một cách nối có tổng độ dài bằng các đoạn thẳng là ngắn nhất.

Ta chứng minh rằng đây là một cách nối phải tìm

Thật vậy , giả sữ ngược lại ta có hai đoạn thẳng AX và BY mà cắt nhau tại điểm O (giả sử A và B tô màu đỏ, còn X và Y tô màu xanh).khi đó nếu ta thay đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn thẳng AY và BX, các đoạn thẳng khác giữ nguyên thì ta có cách nối này có tính chất:

AY+BX $<\left(\mathrm{AO}+\mathrm{OY}\right)=\left(\mathrm{AO}+\mathrm{OX}\right)+\left(\mathrm{BO}+\mathrm{OY}\right)\Rightarrow \mathrm{AY}+\mathrm{BX}<\mathrm{AX}+\mathrm{BY}$

Như vậy , việc thay hai đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn thẳng AY và BX , ta nhận được một cách nối mới có tổng độ dài các đoạn thẳng là nhỏ hơn. Vô lý, vì trái với giả thiết là đã chọn một cách nối có tổng các độ dài là bé nhất.

Điều vô lý chứng tỏ: cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắn nhất là không có điểm chung.

Từ giả thiết x + y + z = xyz, ta có $\frac{1}{\mathrm{xy}}=\frac{1}{\mathrm{yz}}=\frac{1}{\mathrm{xz}}=1.$

Dặt a=$\frac{1}{\mathrm{x}};\mathrm{b}=\frac{1}{\mathrm{y}};\mathrm{c}=\frac{1}{\mathrm{z}}\Rightarrow \mathrm{a},\mathrm{b},\mathrm{c}>0;$

Giả thiết trở thành ab + bc + ca = 1; P =$\frac{\mathrm{a}}{\sqrt{1+{\mathrm{a}}^2}}+\frac{\mathrm{b}}{\sqrt{1+{\mathrm{b}}^2}}+\frac{\mathrm{c}}{\sqrt{1+{\mathrm{c}}^2}}$

Đẻ ý rằng:

${\mathrm{a}}^2+1={\mathrm{a}}^2+\mathrm{ab}+\mathrm{bc}+\mathrm{ca}=\left(\mathrm{a}+\mathrm{b}\right)\left(\mathrm{a}+\mathrm{c}\right)$

${\mathrm{b}}^2+1={\mathrm{b}}^2+\mathrm{ab}+\mathrm{bc}+\mathrm{ca}=\left(\mathrm{b}+\mathrm{a}\right)\left(\mathrm{b}+\mathrm{c}\right)$

  ${\mathrm{c}}^2+1={\mathrm{c}}^2+\mathrm{ab}+\mathrm{bc}+\mathrm{ca}=\left(\mathrm{c}+\mathrm{a}\right)\left(\mathrm{c}+\mathrm{b}\right)$

Lúc này ta có:

P=$\frac{\mathrm{a}}{\sqrt{\left(\mathrm{a}+\mathrm{b}\right)\left(\mathrm{a}+c\right)}}+\frac{\mathrm{b}}{\sqrt{\left(\mathrm{b}+\mathrm{a}\right)\left(\mathrm{b}+c\right)}}+\frac{\mathrm{c}}{\sqrt{\left(\mathrm{c}+\mathrm{a}\right)\left(\mathrm{c}+\mathrm{b}\right)}}$

=$\sqrt{\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}+\mathrm{b}}.}\sqrt{\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}+\mathrm{c}}}+\sqrt{\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}+\mathrm{a}}.}\sqrt{\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}+\mathrm{c}}}+\sqrt{\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{c}+\mathrm{a}}.}\sqrt{\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{c}+\mathrm{b}}}$

Theo bất đẳng thức Cô-si (AM-GM), ta có:

P$\le \frac{1}{2}\left(\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}+\mathrm{b}}+\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}+\mathrm{c}}+\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}+\mathrm{a}}+\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}+\mathrm{c}}+\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{c}+\mathrm{a}}+\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{c}+\mathrm{b}}\right)$ hay P$\le \frac{3}{2}$.

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =$\frac{1}{\sqrt{3}}\mathrm{hay}\mathrm{x}=\mathrm{y}=\mathrm{z}=\sqrt{3}$

Vậy giá trị lớn nhất của P =$\frac{3}{2}\iff \mathrm{x}=\mathrm{y}=\mathrm{z}=\sqrt{3}.$