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

Ta có $4x^2+5y^2-4xy+2(2x+3y)+4\le 0\iff (2x-y+1{)}^2+4(y+1{)}^2\le 1$

$\iff [\begin{array}{l}(2x-y+1{)}^2+4(y+1{)}^2=1\\ (2x-y+1{)}^2+4(y+1{)}^2=0\end{array}$

TH1: $(2x-y+1{)}^2+4(y+1{)}^2=0\iff \{\begin{array}{l}2x-y+1=0\\ y+1=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=-1\\ y=-1\end{array}$ .

TH2: $(2x-y+1{)}^2+4(y+1{)}^2=1\iff [\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}2x-y+1=0\\ 4(y+1{)}^2=1\end{array}(vn)\\ \{\begin{array}{l}(2x-y+1{)}^2=1\\ y+1=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}(2x+2{)}^2=1\\ y=-1\end{array}(vn).\end{array}$

 Vậy có đúng một cặp số thỏa mãn (x; y) = (-1; -1).

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\iff ab+bc+ca=0$

Ta có : $a^2+2bc=a^2+bc+(-ab-ca)=(a-b)(a-c).$

Tương tự có : $b^2+2ca=(b-c)(b-a);c^2+2ab=(c-a)(c-b).$

$\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ca}+\frac{1}{c^2+2ab}=\frac{1}{(a-b)(a-c)}+\frac{1}{(b-c)(b-a)}+\frac{1}{(c-a)(c-b)}$

$=\frac{1}{(a-b)(a-c)}-\frac{1}{(b-c)(a-b)}+\frac{1}{(a-c)(b-c)}=\frac{b-c-(a-c)+a-b}{(a-b)(b-c)(a-c)}=0$

Ta có $p=\frac{5}{x-\sqrt{x}+2}=\frac{5}{{\left(\sqrt{x}-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{7}{4}}$

$\Rightarrow 0<p\le \frac{5}{\frac{7}{4}}=\frac{20}{7}\Rightarrow p=1;2$

TH1: $p=1\iff \frac{5}{x-\sqrt{x}+2}=1\iff x-\sqrt{x}-3=0\Rightarrow \sqrt{x}=\frac{1+\sqrt{13}}{2}\Rightarrow x=\frac{7+\sqrt{13}}{2}.$

TH2: $p=2\iff \frac{5}{x-\sqrt{x}+2}=2\iff 2x-2\sqrt{x}-1=0\Rightarrow \sqrt{x}=\frac{1+\sqrt{3}}{2}\Rightarrow x=\frac{2+\sqrt{3}}{2}.$

Vậy có hai giá trị cần tìm là $x=\frac{7+\sqrt{13}}{2};\frac{2+\sqrt{3}}{2}.$

Ta có $A=n^{2024}+n^{2023}+n^4-n+1=\left(n^{2024}-n^2\right)+\left(n^{2023}-n\right)+\left(n^4+n^2+1\right)$

$=n^2\left(n^{2022}-1\right)+n\left(n^{2022}-1\right)+\left(n^4+n^2+1\right)=\left(n^2+n\right)\left(n^{2022}-1\right)+\left(n^4+n^2+1\right)$

Ta có $\left(n^2+n\right)\left(n^{2022}-1\right)=\left(n^2+n\right)\left[{\left(n^3\right)}^{674}-1\right]$

       $=\left(n^2+n\right)\left(n^3-1\right).B=\left(n^2+n\right)\left(n-1\right)\left(n^2+n+1\right).B$ chia hết cho $n^2+n+1$

Lại có $n^4+n^2+1=n^4+2n^2+1-n^2={\left(n^2+1\right)}^2-n^2$

                         $=\left(n^2+n+1\right)\left(n^2-n+1\right)$ chia hết cho $n^2+n+1$

Vậy $A=n^{2024}+n^{2023}+n^4-n+1$ chia hết cho $n^2+n+1$ với mọi số tự nhiên $n$ lớn hơn 1 nên $A$ không phải là số nguyên tố.

Ta sử dụng các bất đẳng thức $\frac{1}{m}+\frac{1}{n}\ge \frac{4}{m+n}\ge \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{m^2+n^2}}$ với $m>0;n>0$

Dấu bằng xảy ra khi $m=n$

$P=\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{a-c}+\frac{5}{2\sqrt{ab+bc+ca}}$

$P\ge \frac{4}{a-c}+\frac{1}{a-c}+\frac{5}{2\sqrt{ab+bc+ca}}=\frac{5}{a-c}+\frac{5}{2\sqrt{ab+bc+ca}}$

Lại có: $\frac{5}{a-c}+\frac{5}{2\sqrt{ab+bc+ca}}\ge 5\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{{(a-c)}^2+4(ab+bc+ca)}}=\frac{10\sqrt{2}}{\sqrt{{(a+c)}^2+4b(a+c)}}$

$\Rightarrow P\ge \frac{10\sqrt{2}}{\sqrt{(a+c)(a+c+4b)}}=\frac{10\sqrt{2}}{\sqrt{(1-b)(1+3b)}}\left(doa+c=1-b\right)$

$\Rightarrow P\ge \frac{10\sqrt{6}}{\sqrt{\left(3-3b\right)\left(1+3b\right)}}\ge \frac{10\sqrt{6}}{\frac{3-3b+1+3b}{2}}=5\sqrt{6}$

Giá trị nhỏ nhất của P bằng $5\sqrt{6}$ khi

$\{\begin{array}{l}a>b>c\\ a+b+c=1\\ a-b=b-c\\ a-c=2\sqrt{b(a+c)+ca}\\ 3-3b=1+3b\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a>b>c\\ b=\frac{1}{3}\\ a+c=\frac{2}{3}\\ a-c=2\sqrt{\frac{2}{9}+ca}\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=\frac{2+\sqrt{6}}{6}\\ b=\frac{1}{3}\\ c=\frac{2-\sqrt{6}}{6}\end{array}$

Vì $x;y;z$ là các số chính phương ta viết thành $x=a^2;y=b^2;z=c^2\left(a;b;c\in Z\right)$

Ta có:

$\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)=\left(a^2{b}^2+a^2+b^2+1\right)\left(c^2+1\right)=\left[{\left(a+b\right)}^2+{\left(ab-1\right)}^2\right]\left(c^2+1\right)$

                               $=\left[{\left(ac+bc\right)}^2+{\left(ab-1\right)}^2\right]+\left[{\left(a+b\right)}^2+{\left(abc-c\right)}^2\right]$

Áp dụng các đẳng thức $x^2+y^2={\left(x+y\right)}^2-2xy$ và $x^2+y^2={\left(x-y\right)}^2+2xy$ có:

Thứ 1: ${\left(ac+bc\right)}^2+{\left(ab-1\right)}^2={\left(ab+bc+ca-1\right)}^2-2\left(ac+bc\right)\left(ab-1\right)$

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

Thứ 2: ${\left(a+b\right)}^2+{\left(abc-c\right)}^2={\left(a+b+c-abc\right)}^2+2\left(a+b\right)\left(abc-c\right)$

                                         $={\left(a+b+c-abc\right)}^2+2\left(a^{2}bc+b^{2}ac-ac-bc\right)$

$\Rightarrow {\left(ac+bc\right)}^2+{\left(ab-1\right)}^2+{\left(a+b\right)}^2+{\left(abc-c\right)}^2={\left(ab+bc+ca-1\right)}^2+(a+b+c-abc{)}^2$

Vậy $\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)$ là tổng của hai số chính phương.