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

1) Cách 1: Viết lại phương trình thành

$$\left(x-2\right)\left(x+6\right)\left(x+1\right)\left(x+3\right)+56=0\iff \left(x^2+4x-12\right)\left(x^2+4x+3\right)+56=0$$.

Đặt $$t=x^2+4x-12$$, ta có

$$t\left(t+15\right)+56=0\iff t^2+15t+56=0$$.

Ta có $\Delta =15^2-\mathrm{4.1.56}=1$

Do đó phương trình trên có nghiệm $$[\begin{array}{l}t=-7\\ t=-8\end{array}$$.

Với $$t=-7$$ thì $$x^2+4x-12=-7\iff x^2+4x-5=0$$. Giải tương tự trên, ta được $$[\begin{array}{l}x=1\\ x=-5\end{array}$$.

Với $$t=-8$$ thì $$x^2+4x-12=-8\iff x^2+4x-4=0$$. Giải tương tự trên, ta được $$[\begin{array}{l}x=-2+2\sqrt{2}\\ x=-2-2\sqrt{2}\end{array}$$.

Tập nghiệm của phương trình là $$S=\left\{1;-5;-2+2\sqrt{2};-2-2\sqrt{2}\right\}$$.

Cách 2: Khai triển và thu gọn, ta được

$$x^4+8x^3+7x^2-36x+20=0$$.

$$\begin{array}{l}\iff x^4-x^3+9x^3-9x^2+16x^2-16x-20x+20=0\\ \iff \left(x-1\right)\left(x^3+9x^2+16x-20\right)=0\\ \iff \left(x-1\right)\left(x^3+5x^2+4x^2+20x-4x-20\right)=0\\ \iff \left(x-1\right)\left(x+5\right)\left(x^2+4x-4\right)=0\end{array}$$.

$$\iff [\begin{array}{l}x-1=0\\ x+5=0\\ x^2+4x-4=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=-5\\ {\left(x+2\right)}^2=8\end{array}$$.

Tập nghiệm của phương trình là $$S=\left\{1;-5;-2+2\sqrt{2};-2-2\sqrt{2}\right\}$$.

Cách 1: Ta có

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

$$A=\left|\sqrt{x-3}+1\right|+\left|\sqrt{x-3}-1\right|$$.

Vì $$3<x<4$$ nên $$0<\sqrt{x-3}<1$$, suy ra $$\{\begin{array}{l}\sqrt{x-3}+1>0\\ \sqrt{x-3}-1<0\end{array}$$.

Vậy $$A=\sqrt{x-3}+1-\sqrt{x-3}+1=2$$.

Cách 2: Ta có

$$A^2=x-2+2\sqrt{x-3}+x-2-2\sqrt{x-3}+2\sqrt{{\left(x-2\right)}^2-4\left(x-3\right)}$$.

$$A^2=2x-4+2\sqrt{{\left(x-4\right)}^2}=2x-4+2\left|x-4\right|$$.

Vì $$3<x<4$$ nên $$A^2=2x-4-2\left(x-4\right)=4$$.

Do $$A>0$$ nên $$A=2$$.

Do vai trò của $$x,y$$ đối xứng nhau nên giả sử $$x\le y$$.

Với $$z=0$$ thì

$$x^2+y^2=36$$.                                                       (1)

Vì $$x\le y$$ nên $$x^2\le 18\Rightarrow 0\le x\le 4$$.

Thử trực tiếp, ta được $$\{\begin{array}{l}x=0\\ y=6\end{array}$$ thỏa (1).

Với $$z\ge 1$$:

Do $$2023⋮7,35⋮7$$ nên

$$x^2+y^2⋮7$$.                                                   (2)

Đặt $$x=7a+r,y=7b+t$$ với $$a,b,r,t$$ là các số tự nhiên thỏa$$0\le r\le 6,0\le t\le 6$$. Khi đó

$$x^2+y^2=49a^2+14ar+49b^2+14bt+r^2+t^2$$.      (3)

Từ (2) và (3) suy ra $$r^2+t^2⋮7$$.

Thử trực tiếp, ta thấy chỉ có $$r=0,t=0$$ thỏa mãn.

Do đó $$x=7a,y=7b$$.

Thay vào phương trình ban đầu:

$$49a^2+49b^2=2023^z+35\iff 7\left(a^2+b^2\right)=289^z.7^{z-1}+5$$.

          Nếu $$z>1$$ ta có vế trái chia hết cho 7 và vế phải không chia hết cho 7 (vô lý).

          Nếu $$z=1$$ ta có:

$$7\left(a^2+b^2\right)=289+5\iff a^2+b^2=42$$.

Dễ dàng kiểm tra được phương trình $$a^2+b^2=42$$ không có nghiệm tự nhiên.

Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm

$$\{\begin{array}{l}x=0\\ y=6\\ z=0\end{array},\{\begin{array}{l}x=6\\ y=0\\ z=0\end{array}$$.

1) Với hai số không âm $$a,b$$, ta chứng minh

$$a+b\ge 2\sqrt{ab}$$.            (1)

$${\left(a+b\right)}^2\le 2\left(a^2+b^2\right)$$.        (2)

Đẳng thức xảy ra khi $$a=b$$.

Thật vậy

$$\left(1\right)\iff a-2\sqrt{ab}+b\ge 0\iff {\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}^2\ge 0$$ (luôn đúng).

$$\left(2\right)\iff a^2+2ab+b^2\le 2a^2+2b^2\iff 0\le {\left(a-b\right)}^2$$ (luôn đúng).

Áp dụng (2):

$${\left(x+y\right)}^2\le 2\left(x^2+y^2\right)\Rightarrow 4\le 2\left(x^2+y^2\right)\Rightarrow x^2+y^2\ge 2$$.

Áp dụng (1):

$$\frac{x^2+y^2}{4}+\frac{1}{x^2+y^2}\ge 2\sqrt{\frac{x^2+y^2}{4\left(x^2+y^2\right)}}\Rightarrow \frac{x^2+y^2}{4}+\frac{1}{x^2+y^2}\ge 1$$.

Ta có

$$\min B=\frac{5}{2}$$.

Đẳng thức xảy ra khi

$$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=2\\ x+y=2\\ x=y\end{array}\iff x=y=1$$.

Vậy $$\min B=\frac{5}{2}$$.

2) Nhận xét $Q\left(x\right)=\left(x-5\right)\left(x+1\right)$.

Gọi $T\left(x\right)$ là đa thức thương, $R\left(x\right)$ là đa thức dư khi chia $P\left(x\right)$ cho $Q\left(x\right)$, nghĩa là $P\left(x\right)=Q\left(x\right)T\left(x\right)+R\left(x\right)$.

Vì bậc của $Q\left(x\right)$ là 2 nên bậc của $R\left(x\right)$ tối đa là 1.

Khi đó $R\left(x\right)=ax+b$ (với $a,b$ là các hệ số thực).

Khi chia $P\left(x\right)$ cho đa thức $\left(x-5\right)$ thì được dư là 7, suy ra $P\left(5\right)=7$.

Khi chia $P\left(x\right)$ cho đa thức $\left(x+1\right)$ thì được dư là 1, suy ra $P\left(-1\right)=1$.

Ta có: $P\left(x\right)=\left(x-5\right)\left(x+1\right)T\left(x\right)+ax+b$.

Cho $x=5$, ta được: $7=5a+b$.      (1)

Cho $x=-1$, ta được: $1=-a+b$.  (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\{\begin{array}{l}a=1\\ b=2\end{array}$.

Vậy $R\left(x\right)=x+2$.

Vì $$H$$ là trung điểm của $$OA$$ nên $AH=\frac{OA}{2}=\frac{R}{2}\cdot$

Ta có $$\widehat{ACB}=90^0$$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $C$ có đường cao $CH$:

$A{C}^2=AB.AH=2R.\frac{R}{2}=R^2\Rightarrow AC=R$.

$B{C}^2=A{B}^2-A{C}^2=4R^2-R^2=3R^2\Rightarrow BC=R\sqrt{3}.$

$CH.AB=AC.BC\Rightarrow CH=\frac{AC.BC}{AB}=\frac{R.R\sqrt{3}}{2R}=\frac{R\sqrt{3}}{2}\cdot$