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

Cho biểu thức $\mathrm{P}=\frac{\mathrm{x}+\mathrm{y}}{\sqrt{\mathrm{x}}-\sqrt{\mathrm{y}}}:\left(\frac{\sqrt{\mathrm{x}}}{\sqrt{\mathrm{y}}}-\frac{\mathrm{x}}{\sqrt{\mathrm{xy}}+\mathrm{y}}-\frac{\sqrt{\mathrm{xy}}}{\sqrt{\mathrm{xy}}-\mathrm{x}}\right)$ và biểu thức $\mathrm{Q}=\frac{\mathrm{x}\sqrt{\mathrm{x}}-\mathrm{y}\sqrt{\mathrm{y}}-\mathrm{x}\sqrt{\mathrm{y}}+\mathrm{y}\sqrt{\mathrm{x}}}{2\left(\sqrt{\mathrm{x}}-\sqrt{\mathrm{y}}\right)}$ với $\mathrm{x}>0,\mathrm{y}>0$ và $\mathrm{x}\ne \mathrm{y}$. Rút gọn các biểu thức P, Q và chứng minh rằng với các số x, y dương phân biệt tuỳ ý thì 4Q+1>2P.

$P=\sqrt{x}+\sqrt{y}\Rightarrow 2P=2\sqrt{x}+2\sqrt{y}$

$Q=\frac{x+y}{2}\Rightarrow 4Q+1=2\left(x+y\right)+1$

Nhân hai vế của biểu thức $4Q+1-2P$ cho 2

$2\left(4Q+1-2P\right)=4x+4y+2-4\sqrt{x}-4\sqrt{y}$

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

Ta có $x\ne y\Rightarrow 2\left(4Q+1-2P\right)>0$$\Rightarrow 4Q+1>2P$

Trên cùng một mặt phẳng toạ độ, cho parabol $\left(\mathrm{P}\right):\mathrm{y}={\mathrm{x}}^2$ và đường thẳng $\left(\mathrm{d}\right):\mathrm{y}=\mathrm{kx}+5$. Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm A và B. Gọi C, D lần lượt là hình chiếu của A, B trên trục Ox.

a) Khi k=-4, tính diện tích hình thanh ABDC.

b) Tìm tất cả các giá trị của k để AD và BC cắt nhau tại 1 điểm nằm trên đường tròn đường kính CD.

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

$x^2=-4x+5$

$\iff x^2+4x-5=0$

$a+b+c=1+4-5=0$

$x=1,x=-5$

$x=1\Rightarrow y=x^2=1$

$x=-5\Rightarrow y=x^2=2$

$A\left(-5;25\right)v\grave{a}B\left(1;1\right)$

Diện tích hình thanh $ABDC:$

$\frac{\left(AC+BD\right).CD}{2}=\frac{\left(25+1\right).6}{2}=78$ (đvdt)

b) + Gọi I là giao điểm của AD và BC.

Vì I thuộc đường tròn đường kính CD nên:

$\widehat{CID}={90}^{°}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow AD\perp BC$

+ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

$x^2=kx+5$

$\iff x^2-kx-5=0$

$c.a=-5<0$

Do đó hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu.

Toạ độ hai giao điểm là $A\left(x_1,y_1\right)v\grave{a}B\left(x_2,y_2\right)$.

+ Theo định lí Vi-ét: $\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=k\\ x_1{x}_2=-5\end{array}$

+ Phương trình đường thẳng AD có dạng: $y=ax+b$. Ta có:

$\{\begin{array}{c}{y}_1=a{x}_1+b\\ y_D=a{x}_D+b\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{c}k{x}_1+5=a{x}_1+b\\ 0=a{x}_2+b\end{array}$

$\Rightarrow k{x}_1+5=a\left(x_1-x_2\right)$ (trừ theo vế)

+ Phương trình đường thẳng BC có dạng: $y=a^{\prime }x+b^{\prime }$. Tương tự như trên ta có:

$k{x}_2+5=a^{\prime }\left(x_2-x_1\right)$

Nhân theo vế hai ý vừa có được:

$\left(k{x}_1+5\right)\left(k{x}_2+5\right)=-a.a^{\prime }.{\left(x_1-x_2\right)}^2$

$\iff k^2{x}_1{x}_2+5k\left(x_1+x_2\right)+25={\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2$ $\iff -5k^2+5k^2+25=k^2+20$

$\iff k^2=5$ $\iff k=\pm \sqrt{5}$

Vậy $k=\pm \sqrt{5}$

a) Giải phương trình: $10x^2+3x+2=\left(6x+1\right)\sqrt{x^2+2}$

Cách 1: Bình phương hai vế rồi casio bậc 4.

Cách 2: Đặt $t=\sqrt{x^2+2}\Rightarrow$ $t^2=x^2+2(t>0)$. Ta được:

$9x^2+3x+t^2=\left(6x+1\right)t$ $\Rightarrow$ $\left(9x^2-6xt+t^2\right)+3x-t=0$$\Rightarrow$${\left(3x-t\right)}^2+\left(3x-t\right)=0$

$\Rightarrow$ $\left(3x-t\right)\left(3x-t+1\right)=0$$\Rightarrow$  $[\begin{array}{c}3x=t\\ 3x+1=t\end{array}$$\Rightarrow$ $[\begin{array}{c}3x=\sqrt{x^2+2}\\ 3x+1=\sqrt{x^2+2}\end{array}$

$\Rightarrow$ $[\begin{array}{c}9x^2=x^2+2\left(3x\ge 0\right)\\ 9x^2+6x+1=x^2+2\left(3x+1\right)\ge 0\end{array}$$\Rightarrow$ $[\begin{array}{c}x=\pm \frac{1}{2}\left(3x\ge 0\right)\\ 8x^2+6x-1=0\left(3x+1\ge 0\right)\end{array}$

$\Rightarrow$ $[\begin{array}{c}x=\frac{1}{2}\\ x=\frac{-3+\sqrt{17}}{8}\end{array}$

Vây $S=\left\{\frac{1}{2};\frac{-3+\sqrt{17}}{8}\right\}$

b)Giải hệ : $\{\begin{array}{c}\left(x^2-y\right)\sqrt{x-2}=x\left(y-x+2\right)\left(1\right)\\ \left(y-1\right)\left(y-3x-3\right)=x^2-3x+3-8\sqrt{x-2}\left(2\right)\end{array}$

Đk: $x\ge 2$

Xét phương trình (1):

$\left(x^2-y\right)\sqrt{x-2}=x\left(y-x+2\right)$ $\Rightarrow$ $x^2\sqrt{x-2}-y\sqrt{x-2}=xy-x\left(x-2\right)$

$\Rightarrow$ $x^2\sqrt{x-2}-xy+x\left(x-2\right)-y\sqrt{x-2}=0$$\Rightarrow$ $x\left(x\sqrt{x-2}-y\right)+\sqrt{x-2}\left(x\sqrt{x-2}-y\right)=0$

$\Rightarrow$ $\left(x\sqrt{x-2}-y\right)\left(\underset{>0v\grave{i}x\ge 2}{\underbrace{x+\sqrt{x-2}}}\right)=0$$\Rightarrow$ $x\sqrt{x-2}-y=0$

$\Rightarrow$ $y=x\sqrt{x-2}$

Xét phương trình:

$\left(y-1\right)\left(y-3x-3\right)=x^2-3x+3-8\sqrt{x-2}$ $\Rightarrow$ $y^2-3xy-4y+3x+3=x^2-3x+3-8\sqrt{x-2}$

$\Rightarrow$ $x^2\left(x-2\right)-3x^2\sqrt{x-2}-4x\sqrt{x-2}-x^2+6x+8\sqrt{x-2}=0$

$\Rightarrow$ $\left(x^3-3x^2+6x\right)-\sqrt{x-2}\left(3x^2+4x-8\right)=0$$\Rightarrow$ $x^3-3x\left(x-2\right)-\sqrt{x-2}\left(3x^2+4x-8\right)=0$

Đặt $t=\sqrt{x-2}$ thì $t^2=x-2$ và $4x-8=4t^2$

$\left(x^3-3x{t}^2\right)-t\left(3x^2+4t^2\right)=0$ $\Rightarrow$ $x^3-3x^{2}t-3x{t}^2-4t^3=0$$\Rightarrow$ $\left(x-4t\right)\left(x^2+tx+t^2\right)=0$

Mà $x^2+tx+t^2={\left(x+\frac{t}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}{t}^2>0$ (dấu bằng không xảy ra)

Ta được:

$x=4t$ $\Rightarrow$ $x=4\sqrt{x-2}$$\Rightarrow$ $x^2=16\left(x-2\right)$$\Rightarrow$ $x^2-16x+32=0$

$x=8\pm 4\sqrt{2}$ : nhận

$x=8+4\sqrt{2}\Rightarrow y=x\sqrt{x-2}=\left(8+4\sqrt{2}\right).\sqrt{6+4\sqrt{2}}=\left(8+4\sqrt{2}\right).\left(2+\sqrt{2}\right)=32+16\sqrt{2}$ 

$x=8-4\sqrt{2}\Rightarrow y=x\sqrt{x-2}=\left(8-4\sqrt{2}\right).\sqrt{6-4\sqrt{2}}=\left(8-4\sqrt{2}\right).\left(2-\sqrt{2}\right)=32-16\sqrt{2}$

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm : $\{\begin{array}{c}x=8+4\surd 2\\ y=32+16\sqrt{2}\end{array}$ và $\{\begin{array}{c}x=8-4\sqrt{2}\\ y=32-16\sqrt{2}\end{array}$

Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC < BC, đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB tại M. Lấy điểm E nằm giữa A và M. Trên cạnh AC, BC lần lượt lấy điểm D, F sao cho AD = AE và BF = BE. Đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF lần lượt cắt AB và BC tại G (khác E) và H (khác F). Chứng minh rằng (O) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF và các đường thẳng CM, ED, GH đồng quy.

Gọi S là giao của DE và GH. Ta đi chứng minh C, M, S thẳng hàng.

Ta có $\widehat{ADE}=\widehat{AED}=\widehat{DHS}\Rightarrow$CD là tiếp tuyến của (SHD) tại D

Tương tự ta cũng có CH là tiếp tuyến của (SHD) tại H

Khi đó SC là đường đối trung của tam giác SHD

Gọi N là trung điểm HD. Theo bổ đề đường dối trung, ta có:

$\widehat{HSN}=\widehat{CSD}$ (1) Lại có tam giác SEGSHD

$\Rightarrow$Tam giác SEMSHN (Chia đôi tỉ số đường trung tuyến)

$\Rightarrow \widehat{SEM}=\widehat{HSN}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có $\widehat{CSD}=\widehat{ESM}\Rightarrow$(đpcm)

a) Cho x,y,z dương thoả mãn $xyz=1$. Chứng minh:

     $2008\left(x^2+y^2+z^2\right)+15\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge 2023\left(x+y+z\right)$

+ AB.GM ba số: $x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}=3$

+ Ta có:

$2008\left(x^2+y^2+z^2\right)+15\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge 2008\frac{{\left(x+y+z\right)}^2}{3}+15.\frac{9}{x+y+z}$

Đặt $t=x+y+z\left(t\ge 3\right)$, ta phải chứng minh:

$2008\frac{{\left(x+y+z\right)}^2}{3}+15.\frac{9}{x+y+z}\ge 2023\left(x+y+z\right)$

Tức là:

$2008\frac{t^3}{3}+15.\frac{9}{t}\ge 2023t$

$\Rightarrow$ $2008t^3+405\ge 6069t^2$

$\Rightarrow$ $\left(t-3\right)\left(2008t^2-45t-135\right)\ge 0\left(1\right)$

Trong đó

$2008t^2-45t-135$

$=1993t^2+15t^2-45t-135$

$=1993t^2+15t\left(t-3\right)-135$

$\ge 1993.3^2+\mathrm{15.3.0}-135>0$

$\Rightarrow 2008t^2-45t-135>0$

Tức là (1) đúng

Vậy bài toán được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$

b) Cho phương trình ẩn x, tham số a và b:$x^2-4a{b}^{2}x-4a{b}^3-a=0$

Tìm tất cả các cặp (a;b) nguyên dương sao cho phương trình có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ đều nguyên và x₁+x₂+1 là số nguyên tố.

Ta có : ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }=4a^2{b}^4+4a{b}^3+a=\left(4a^2{b}^4+4a{b}^3+b^2\right)+a-b^2={\left(2a{b}^2+b\right)}^2+a-b^2$

Để phương trình có hai nghiệm nguyên ta cần ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }$ là số chính phương.

+ Xét hiệu:

${\left(2a{b}^2+b+1\right)}^2-{\mathrm{\Delta }}^{\prime }$

$=\left(4a^2{b}^4+b^2+1+4a{b}^3+4a{b}^2+2b\right)-\left(4a^2{b}^4+4a{b}^3+a\right)$

$=\left(b^2+1+4a{b}^2+2b\right)-a$

$=b^2+2b+1+a\left(4b^2-1\right)>0$ vì $a,b\in N^{\ast }$

+ Xét hiệu:

${\left(2a{b}^2+b-1\right)}^2-{\mathrm{\Delta }}^{\prime }$ $=\left(4a^2{b}^4+b^2+1+4a{b}^3-4a{b}^2-2b\right)-\left(4a^2{b}^4+4a{b}^3+a\right)$ $=b^2+1-4a{b}^2-2b-a$ $=b^2\left(\underset{<0}{\underbrace{1-4a}}\right)-2b+\left(\underset{<0}{\underbrace{1-a}}\right)<0$

Ta được: ${\left(2a{b}^2+b-1\right)}^2<{\mathrm{\Delta }}^{\prime }<{\left(2a{b}^2+b+1\right)}^2$

Mà ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }$ là số chính phương nên ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }={\left(2a{b}^2+b\right)}^2$$\Rightarrow a=b^2$

+Xét biểu thức:$x_1+x_2+1$ $=4a{b}^2+1$ $=4b^4+1$ $=\left(4b^4+4b^2+1\right)-4b^2$ $={\left(2b^2+1\right)}^2-{\left(2b\right)}^2$$=\left(2b^2-2b+1\right)\left(2b^2+2b+1\right)$

Ta cần $x_1+x_2+1$ là số nguyên tố, mà $2b^2+2b+1\ge 5$ nên:

$2b^2-2b+1=1$ $\Rightarrow$ $b\left(b-1\right)=0$$\Rightarrow$ $b=1$ (vì $b\ge 1$)

Kiểm tra lại: $x_1+x_2+1=4b^4+1=5$: là số nguyên tố

Vậy $a=b=1$