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

a) Với $x\ge 0$ và $x\ne 4,x\ne 9$, ta có:

$P=\frac{2\sqrt{x}-9}{x-5\sqrt{x}<span></span>+6}-\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-2}-\frac{2\sqrt{x}+1}{3-\sqrt{x}}$

$=\frac{2\sqrt{x}-9}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}-\frac{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(3-\sqrt{x}\right)+\left(2\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(3-\sqrt{x}\right)}$

$=\frac{2\sqrt{x}-9}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}-\frac{9-x+2x-3\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(3-\sqrt{x}\right)}$

$=\frac{2\sqrt{x}-9+9-x+2x-3\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}$

$=\frac{-\sqrt{x}+x-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}$

$=\frac{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}$

b)

$P=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}=\frac{\sqrt{x}-3+4}{\sqrt{x}-3}=1+\frac{4}{\sqrt{x}-3}$

Để $P$ nhận giá trị là số nguyên thì $\frac{4}{\sqrt{x}-3}$ phải nhận giá trị là số nguyên$\Rightarrow \frac{4}{\sqrt{x}-3}\in \left\{-4;-2;-1;1;2;4\right\}$

·          $\frac{4}{\sqrt{x}-3}=-4\iff \sqrt{x}-3=-1\Rightarrow x=4$ (loại)

·          $\frac{4}{\sqrt{x}-3}=1\iff \sqrt{x}-3=4\Rightarrow x=49$

·          $\frac{4}{\sqrt{x}-3}=-2\iff \sqrt{x}-3=-2\Rightarrow x=1$

·          $\frac{4}{\sqrt{x}-3}=2\iff \sqrt{x}-3=2\Rightarrow x=25$

·          $\frac{4}{\sqrt{x}-3}=-1\iff \sqrt{x}-3=-4\iff \sqrt{x}=-1$ (loại)

·          $\frac{4}{\sqrt{x}-3}=4\iff \sqrt{x}-3=1\Rightarrow x=16$

Vậy $x\in 1;16;25;49\}$ thì $P$ nhận giá trị là số nguyên

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$:

$x^2=2mx-4m+5$

$\Rightarrow x^2-2mx+4m-5=0$

$\mathrm{\Delta }=4m^2-16m+20>0\left(\forall m\right)$

$\Rightarrow$Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

$\{\begin{array}{c}{x}_A=\frac{2m+\sqrt{4m^2-16m+20}}{2}=m+\sqrt{m^2-4m+5}\Rightarrow y_A={\left(m+\sqrt{m^2-4m+5}\right)}^2\\ x_B=\frac{2m-\sqrt{4m^2-16m+20}}{2}=m-\sqrt{m^2-4m+5}\Rightarrow y_B={\left(m-\sqrt{m^2-4m+5}\right)}^2\end{array}$

$\mathrm{\Delta }AOB$ vuông tại $O$

$\Rightarrow O{A}^2+O{B}^2=A{B}^2$ (Định lý Pythagoras)

$\iff x_A^2+y_A^2+x_B^2+y_B^2={\left(x_A-x_B\right)}^2+{\left(y_A-y_B\right)}^2$

$\iff x_A^2+y_A^2+x_B^2+y_B^2=x_A^2-2x_A{x}_B+x_B^2+y_A^2-2y_A{y}_B+y_B^2$

$\iff x_A{x}_B+y_A{y}_B=0$

$\iff \left(m+\sqrt{m^2-4m+5}\right)\left(m-\sqrt{m^2-4m+5}\right)+{\left(m+\sqrt{m^2-4m+5}\right)}^2{\left(m-\sqrt{m^2-4m+5}\right)}^2=0$

$\iff [\begin{array}{c}\left(m+\sqrt{m^2-4m+5}\right)\left(m-\sqrt{m^2-4m+5}\right)=0\\ \left(m+\sqrt{m^2-4m+5}\right)\left(m-\sqrt{m^2-4m+5}\right)=-1\end{array}$

Giải $\left(1\right)$:

$\left(m+\sqrt{m^2-4m+5}\right)\left(m-\sqrt{m^2-4m+5}\right)=0$

$\iff m^2-\left(m^2-4m+5\right)=0$

$\iff 4m-5=0$

$\iff m=\frac{5}{4}$ (loại vì khi $m=\frac{5}{4}$ thì sẽ nhận được $x_B=0$ và $y_B=0$, điểm $B$ trùng với điểm $O$ không tạo được tam giác)

Giải $\left(2\right)$:

$\left(m+\sqrt{m^2-4m+5}\right)\left(m-\sqrt{m^2-4m+5}\right)=-1$

$\iff m^2-\left(m^2-4m+5\right)=-1$

$\iff 4m-5=-1$

$\iff m=1$(nhận)

vậy $m=1$

a) Điều kiện xác định: $x^2-x+1\ge 0$ (đúng $\forall x\in \mathbb{R}$)

$2x^2-\left(x-2\right)\sqrt{x^2-x+1}=5x-2$

$\iff 2x^2-5x+2=\left(x-2\right)\sqrt{x^2-x+1}$

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

$\iff [\begin{array}{c}\left(x-2\right)=0\left(1\right)\\ \sqrt{x^2-x+1}=2x-1\left(2\right)\end{array}$

$\left(1\right)\iff x=2$(nhận)

$\left(2\right)\iff x^2-x+1=4x^2-4x+1$

$\iff x^2-x=4x^2-4x$

$\iff x\left(x-1\right)=4x\left(x-1\right)$

$\iff 3x\left(x-1\right)=0$

$\iff [\begin{array}{c}x=0\\ x=1\end{array}$ (nhận)

Vậy $S=\left\{0,1;2\right\}$

b)

$\{\begin{array}{l}{x}^3-y^3-35=0\\ 2x^2-4x+3y^2+9y=0\end{array}$

Nhân hai vế của $\left(2\right)$ với $3$ ta được:

$3\left(2x^2-4x+3y+9y\right)=0\iff 6x^2-12x+9y^2+27y=0$

lấy $\left(1\right)-\left(3\right)$ ta được:

$x^3-y^3-35-6x^2+12x-9y^2-27y=0$

$\iff x^3-6x^2+12x-8-y^3-9y^2-27y-27=0$

$\iff x^3-3x^{2.2}+3x.2^2-2^3-y^3-3y^{2.3}-3y.3^2-3^3=0$

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

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

$\iff x-2=y+3$

$\iff x=y+5$

$\left(1\right)\iff \left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)=25$

Thay $x=y+5$ vào $\left(4\right)$ ta được:

${\left(y+5\right)}^2+y\left(y+5\right)+y^2=7$

$\iff y^2+10y+25+y^2+5y+y^2=7$

$\iff 3y^2+15y+18=0$

$\iff [\begin{array}{c}y=-2\\ y=-3\end{array}$

·          Với $y=-2$, ta có $x=3$

·          Với $y=-3$, ta có $x=2$

Vậy nghiệm của hệ là $\left(3;-2\right)$ và $\left(2;-3\right)$

a)

$x^2-2y^2-xy+2x+5y-5=0\left(x,y\in \mathbb{Z}\right)$

$\iff x^2-2xy+3x+xy-2y^2+3y-x+2y-3=2$

$\iff x\left(x-2y+3\right)+y\left(x-2y+3\right)-\left(x-2y+3\right)=2$

$\iff \left(x+y-1\right)\left(x-2y+3\right)=2$

Do đó ta có bốn trường hợp:

Trường hợp $1$: $\{\begin{array}{l}x+y-1=2\\ x-2y+3=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=\frac{4}{3}\\ y=\frac{5}{3}\end{array}$ (Loại)

Trường hợp $1$: $\{\begin{array}{l}x+y-1=1\\ x-2y+3=2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ y=1\end{array}$ (Nhận)

Trường hợp $1$: $\{\begin{array}{l}x+y-1=-1\\ x-2y+3=-2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=-\frac{5}{3}\\ y=\frac{5}{3}\end{array}$ (Loại)

Trường hợp $1$: $\{\begin{array}{l}x+y-1=-2\\ x-2y+3=-1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=-2\\ y=1\end{array}$ (Nhận)

Vậy cặp $\left(x;y\right)$ nguyên cần tìm là: $\left(1;1\right)$ và $\left(-2;1\right)$

b) Gọi:

·          $h$ là chiều cao bình chứa nước, $r$ là bán kính mặt đáy

·          Hình 1: $h_1=8$ là chiều cao phần không chứa nước, $r_1$ là bán kính đáy phần không chứa nước

·Hình $2:h_2$ là chiều cao phần chứa nước, $r_2$ là bán kính đáy phần chứa nước ($h,r,h_1,r_1,h_2,r_2\in \mathbb{R}$) và ($h,r,h_1,r_1,h_2,r_2>0$)

$\frac{h_1}{h}=\frac{r_1}{r}\Rightarrow r_1=\frac{h_1.r}{h}=\frac{8r}{h}$

$\frac{h_2}{h}=\frac{r_2}{r}\Rightarrow r_2=\frac{h_2.r}{h}=\frac{\left(h-2\right).r}{h}$

Thể tích phần chứa nước ở hình 2 là $V_1=\frac{1}{3}\pi r_2^2{h}_2=\frac{1}{3}\pi \frac{{\left(h-2\right)}^2.r^2}{h^2}$

Thế tích phần chứa nước ở hình 1 là $V_2=\frac{1}{3}\pi r^{2}h-\frac{1}{3}\pi r_1^2{h}_1=\frac{1}{3}\pi r^{2}h-\frac{512\pi r^2}{3h^2}$

$V_1=V_2\iff h^3-512={\left(h-2\right)}^3$

$\iff h^2-2h-84=0$

$\iff [\begin{array}{c}h=1+\sqrt{85}\left(N\right)\\ h=1-\sqrt{85}\left(L\right)\end{array}$

Vậy chiều cao của bình là $1+\sqrt{85}$

ABCD có $CB=CA$. Gọi $M$ là điểm bất kỳ trên tia đối của tia $BA$ (ảnh 1)">

a) Gọi $M$ là số lớn nhất trong $16$ số trên bảng

Ta thấy tổng $4$ số lớn nhất trong bảng không vượt quá tổng của $4$ số $M,M-1,M-2,M-3$

Trong khi đó tổng của $12$ số còn lại đạt được nhỏ nhất là tổng $12$ số nguyên dương đầu tiên

Nên ta có $M+\left(M-1\right)+\left(M-2\right)+\left(M-3\right)\ge 1+2+3+\cdots +12=78$

$\iff 4M\ge 84$

$\iff M\ge 21$

Do đó giá trị nhỏ nhất của $M$ là $21$

Xây dựng mô hình:

 

b) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

$\frac{\sqrt{ab-1}}{b+c}\le \frac{\sqrt{ab-1}}{2\sqrt{bc}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{a}{c}-\frac{1}{bc}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{c}\left(a-\frac{1}{b}\right)}$

Lại theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:

$\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{c}\left(a-\frac{1}{b}\right)}\le \frac{1}{2}.\frac{\frac{1}{c}+a-\frac{1}{b}}{2}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{c}+a-\frac{1}{b}\right)$

Tương tự, ta có: $\{\begin{array}{l}\frac{\sqrt{ab-1}}{\frac{\sqrt{bc-c}}{c+a}}\le \frac{1}{4}\left(\frac{1}{c}+a-\frac{1}{b}\right)\\ \frac{\sqrt{ca-1}}{a}\left(\frac{1}{a}+b-\frac{1}{c}\right)\\ \frac{\sqrt{c+b}}{4}\left(\frac{1}{b}+c-\frac{1}{a}\right)\end{array}$

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được:

$\frac{\sqrt{ab-1}}{b+c}+\frac{\sqrt{bc-1}}{c+a}+\frac{\sqrt{ca-1}}{a+b}\le \frac{a+b+c}{4}$(đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{2}$