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

1)Ta có: $a^2+b^2+2={\left(a+b\right)}^2$

Nên

$\begin{array}{l}Q=\frac{1}{{\left(a+b\right)}^3}\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\right)+\frac{3}{{\left(a+b\right)}^4}\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)+\frac{6}{{\left(a+b\right)}^4}\\ =\frac{a^3+b^3}{{\left(a+b\right)}^3}+\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{{\left(a+b\right)}^4}+\frac{6}{{\left(a+b\right)}^4}\\ =\frac{\left(a^3+b^3\right)\left(a+b\right)+3\left(a^2+b^2\right)+6}{{\left(a+b\right)}^4}\end{array}$

$\begin{array}{l}=\frac{a^4+b^4+ab\left(a^2+b^2\right)+3\left(a^2+b^2\right)+6}{{\left(a^2+b^2+2\right)}^2}\\ =\frac{a^4+b^4+4\left(a^2+b^2\right)+6}{{\left(a^2+b^2+2\right)}^2}\end{array}$

$$\begin{array}{l}=\frac{\left(a^4+b^4+2a^2{b}^2\right)+4\left(a^2+b^2\right)+4}{{\left(a^2+b^2+2\right)}^2}\\ =\frac{{\left(a^2+b^2\right)}^2+4\left(a^2+b^2\right)+4}{{\left(a^2+b^2+2\right)}^2}\end{array}$$

$$\begin{array}{l}=\frac{{\left(a^2+b^2+2\right)}^2}{{\left(a^2+b^2+2\right)}^2}\\ =1\end{array}$$

2)$P=\sqrt{x^2+1}\sqrt{y^2+1}+xy-\left(x\sqrt{y^2+1}+y\sqrt{x^2+1}\right)=\sqrt{x^2+1}\sqrt{y^2+1}+xy-\sqrt{15}$

Đặt $\begin{array}{l}M=\sqrt{x^2+1}\sqrt{y^2+1}+xy\Rightarrow M^2=\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+x^2{y}^2+2xy\sqrt{x^2+1}.\sqrt{y^2+1}\\ =2x^2{y}^2+x^2+y^2+1+2xy\sqrt{x^2+1}.\sqrt{y^2+1}\end{array}$

$\begin{array}{l}=x^2\left(y^2+1\right)+y^2\left(x^2+1\right)+2x\sqrt{y^2+1}.y\sqrt{x^2+1}+1\\ ={\left(x\sqrt{y^2+1}+y\sqrt{x^2+1}\right)}^2+1\end{array}$

$=16\Rightarrow M=4$. Vậy $P=4-\sqrt{15}$.

1)Điều kiện: $\{\begin{array}{l}{x}^2+3x\ge 0\\ x-1\ge 0\\ \frac{x^2+2x-3}{x}\ge 0\end{array}\iff x\ge 1$

Phương trình trở thành

$\begin{array}{l}\sqrt{x\left(x+3\right)}+2\sqrt{x-1}-2x-\sqrt{\frac{\left(x-1\right)\left(x+3\right)}{x}}=0\\ \iff \left(\sqrt{x\left(x+3\right)}-\sqrt{\frac{\left(x-1\right)\left(x+3\right)}{x}}\right)+\left(2\sqrt{x-1}-2x\right)=0\\ \iff \sqrt{\frac{x+3}{x}}\left(x-\sqrt{x-1}\right)-2\left(x-\sqrt{x-1}\right)=0\\ \iff \left(x-\sqrt{x-1}\right)\left(\sqrt{\frac{x+3}{x}}<span></span>-2\right)=0\\ [\begin{array}{l}x-\sqrt{x-1}=0\\ \sqrt{\frac{x+3}{x}}-2=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=\sqrt{x-1}\left(1\right)\\ \sqrt{\frac{x+3}{x}}=2\left(2\right)\end{array}\end{array}$

$\left(1\right)\iff x^2=x-1\iff x^2-x+1=0$ (vô nghiệm)

$\left(2\right)\iff \frac{x+3}{x}=4\iff x+3=4x\iff x=1$ (Thoả mãn điều kiện)

2)Hệ phương trình đã cho trở thành $\{\begin{array}{l}\left(x+1\right)\left(y+2\right)=4\\ {\left(x+1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2=8\end{array}$

Đặt $\{\begin{array}{l}a=x+1\\ b=y+2\end{array}$ ta được hệ $\{\begin{array}{l}a.b=4\\ a^2+b^2=8\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff \{\begin{array}{l}ab=4\\ {\left(a+b\right)}^2-2ab=8\end{array}\iff \{\begin{array}{l}ab=4\\ {\left(a+b\right)}^2=16\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}ab=4\\ [\begin{array}{l}a+b=4\\ a+b=-4\end{array}\end{array}\iff [\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}ab=4\\ a+b=4\end{array}\left(1\right)\\ \{\begin{array}{l}ab=4\\ a+b=-4\end{array}\left(2\right)\end{array}\end{array}$

$\left(1\right)\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ b=2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=1\\ y=0\end{array}$

$\left(2\right)\iff \{\begin{array}{l}a=-2\\ b=-2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=-3\\ y=-4\end{array}$

1)Đặt $A=2p^4-p^2+16$

Với $p=3$ thì $A=169=13^2$ là số chính phương. Vậy $p=3$ thoả mãn.

Với $p>3$ thì $p^2\equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right)$. Suy ra$p^4={\left(p^2\right)}^2\equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right)$

Suy ra $A=2p^4-p^2+16\equiv 2.1-1+16\equiv 2\left(\mathrm{mod}3\right)$

Do các số chính phương chia cho 3 chỉ dư $0$ hoặc 1 nên $A$ không là số chính phương.

2)Ta có phương trình

$\begin{array}{l}6x^2+7xy+2y^2+x+y-1=1\\ \iff 6x^2+\left(7y+1\right)x+2y^2+y-1=1\\ \iff \left(2x+y+1\right)\left(3x+2y-1\right)=1\end{array}$

$[\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}2x+y+1=1\\ 3x+2y-1=1\end{array}\left(1\right)\\ \{\begin{array}{l}2x+y+1=-1\\ 3x+2y-1=-1\end{array}\left(2\right)\end{array}$

$\left(1\right)\iff \{\begin{array}{l}x=-2\\ y=4\end{array}$

$\left(2\right)\iff \{\begin{array}{l}x=-4\\ y=6\end{array}$

ABC nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$, điểm $E$ thuộc cung nhỏ  của (ảnh 2)">

1)Ta có $\widehat{ABM}=\widehat{ACB}=\widehat{BAC}=60^0\Rightarrow BM//AC\Rightarrow \widehat{BMA}=\widehat{CAN}\left(1\right)$

Tương tự ta có $CN//AB\Rightarrow \widehat{BAM}=\widehat{CNA}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có $\Delta AMB$ đồng dạng $\Delta NAC$ (g-g)

$\Rightarrow \frac{MB}{AC}=\frac{AB}{NC}\Rightarrow MB.NC=AB.AC\Rightarrow MB.NC=A{B}^2$

Gọi $I$ là giao điểm của $$EF$$ và $BC$. Từ a) suy ra $MB.NC=B{C}^2\Rightarrow \frac{MB}{BC}=\frac{BC}{NC}\left(3\right)$

Mặt khác $\widehat{MBC}=\widehat{MBA}+\widehat{ABC}=60^0+60^0=120^0$. Tương tự $\widehat{BCN}=120^0$

Suy ra $\widehat{MBC}=\widehat{BCN}\left(4\right)$

Từ (3) và (4) ta có $\Delta MBC$ đồng dạng $\Delta BCN$(c-g-c). Suy ra $\widehat{BMC}=\widehat{NBC}$

Ta có $\widehat{BFM}=\widehat{BCF}+\widehat{FBC}=\widehat{BCF}+\widehat{BMC}=180^0-\widehat{MBC}=60^0\left(5\right)$

Do $BEAC$nội tiếp nên $\widehat{BEM}=\widehat{BCA}=60^0\left(6\right)$

Từ (5) và (6) ta có $\widehat{BFM}=\widehat{BEM}$. Suy ra $BMEF$ nội tiếp

$$\widehat{BEF}=\widehat{BMF}=\widehat{NBC}=\widehat{FBI}$$. Do đó $\Delta IBF$ đồng dạng $\Delta IEB$(g-g). Suy ra $\frac{IB}{IE}=\frac{IF}{IB}\Rightarrow I{B}^2=IE.IF\left(7\right)$

Chứng minh tương tự ta có $I{C}^2=IE.IF\left(8\right)$.

Từ (7) và (8) suy ra $IB=IC\Rightarrow I\equiv H$. Vậy $E,F,H$ thẳng hàng.

ABC nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$, điểm $E$ thuộc cung nhỏ  của (ảnh 3)">

2)Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. Vẽ $AH,IJ,BK$ cùng vuông góc $EF$.

Ta có $\widehat{AOB}=120^0\Rightarrow \widehat{AMB}=60^0$, hơn nữa $ME=MF$ nên tam giác $MEF$ đều.

Tam giác vuông $AHE$ có $AH=AE.\sin 60^0=\frac{\sqrt{3}}{2}.AE=\frac{\sqrt{3}}{2}.AD\left(1\right)$

Tam giác vuông $BKF$ có $BK=BF.\sin 60^0=\frac{\sqrt{3}}{2}BF=\frac{\sqrt{3}}{2}BD\left(2\right)$

Cộng vế (1) và (2) ta có

$AH+BK=\frac{\sqrt{3}}{2}AB\Rightarrow 2IJ=\frac{\sqrt{3}}{2}AB\Rightarrow IJ=\frac{\sqrt{3}}{4}AB$ không đổi.

Vì điểm $I$ cố định nên $EF$ tiếp xúc với đường tròn cố định tâm $I$, bán kính $\frac{\sqrt{3}}{4}AB$.

Giả sử $c=\min \left\{a,b,c\right\}$. Khi đó :

$\begin{array}{l}c\le a\Rightarrow c^2\le ac\Rightarrow a^2+c^2\le a^2+ac\le {\left(a+\frac{c}{2}\right)}^2\\ c\le b\Rightarrow c^2\le bc\Rightarrow b^2+c^2\le b^2+bc\le {\left(b+\frac{c}{2}\right)}^2\\ a^2+b^2\le {\left(a+\frac{c}{2}\right)}^2+{\left(b+\frac{c}{2}\right)}^2\end{array}$

$VT\left(\ast \right)\ge \frac{1}{{\left(a+\frac{c}{2}\right)}^2+{\left(b+\frac{c}{2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(b+\frac{c}{2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(a+\frac{c}{2}\right)}^2}$

Đặt $x=a+\frac{c}{2};y=b+\frac{c}{2}$. Khi đó $x>0,y>0$ và $x+y=a+b+c$.

Ta có $VT\left(\ast \right)\ge \frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{x^2}$

$\begin{array}{l}\ge \frac{1}{x^2+y^2}+\frac{2}{xy}=\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{2xy}+\frac{3}{2xy}\ge \frac{4}{x^2+y^2+2xy}+\frac{3}{2xy}\\ =\frac{4}{{\left(x+y\right)}^2}+\frac{3}{2xy}\ge \frac{4}{{\left(x+y\right)}^2}+3.\frac{2}{{\left(x+y\right)}^2}=\frac{10}{{\left(x+y\right)}^2}=\frac{10}{{\left(a+b+c\right)}^2}=VP\left(\ast \right)\end{array}$

Dấu bằng xảy ra khi $\{\begin{array}{l}c=0\\ x=y\end{array}\iff \{\begin{array}{l}c=0\\ a=b\end{array}$. Do vai trò của $a,b,c$ bình đẳng nên dấu “=” của $\left(\ast \right)$ xảy ra khi và chỉ khi trong ba số $a,b,c$ có một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau.