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

a) Cho biểu thức $$M=\frac{1}{\sqrt{x}-\sqrt{x-1}}+\frac{1}{\sqrt{x}-\sqrt{x-1}}-4\cdot \frac{x\sqrt{x}-x}{1-\sqrt{x}},$$ với $$x>1.$$

Rút gọn M và tìm giá trị nhỏ nhất của M.

* Rút gọn $M$:

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

       $=\left(\sqrt{x}+\sqrt{x-1}\right)-\left(\sqrt{x}-\sqrt{x-1}\right)-\frac{4x\left(\sqrt{x}-1\right)}{1-\sqrt{x}}$

       $=2\sqrt{x-1}+4x$

* Tìm giá trị nhỏ nhất của $M$:

Cách 1: Đặt $t=\sqrt{x-1}\left(t>0\right)\Rightarrow x=t^2+1$

Khi đó $M=4t^2+2t+4={\left(2t+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{15}{4}>4,\forall t>0$

$\begin{array}{l}\Rightarrow M-\frac{15}{4}={\left(2t+\frac{1}{2}\right)}^2\\ \Rightarrow \sqrt{M-\frac{15}{4}}=2t+\frac{1}{2}\end{array}$

Đặt $y=f\left(t\right)=2t+\frac{1}{2}$: HS bậc nhất, đồng biến (vì $a=2>0$)

Vì $t>0$ nên $y=f\left(t\right)>f\left(0\right)=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow$Không tồn tại min$y$ $\Rightarrow$Không tồn tại min$M$.

 Cách 2:

Do $x>1$ nên $2\sqrt{x-1}>0$ và $4x>4$. Vậy $M>4,\forall x>1$

Giả sử $m$ là GTNN của $M$ $\Rightarrow$$m>4$

Xét phương trình: $2\sqrt{x-1}+4x=n\left(1\right)$

                            $\iff 2\sqrt{x-1}+4\left(x-1\right)+4-n=0$

Đặt $t=\sqrt{x-1}\left(t>0\right)$. Phương trình trở thành: $4t^2+2t+4-n=0\left(2\right)$

Vì $n>4$nên$4\left(4-n\right)<0$$\Rightarrow$ Phương trình $\left(2\right)$trái dấu

                                        $\Rightarrow$ Phương trình $\left(2\right)$có một nghiệm $t>0$

                                        $\Rightarrow$ Phương trình $\left(1\right)$có một nghiệm $x>1$

                                        $\Rightarrow$ Tồn tại $x>1$để $M=n$ (Điều này vô lý với giả sử $m$ là GTNN của $M$)

Vậy không tồn tại GTNN của $M$.

Cách 3:

Đặt $t=\sqrt{x-1}\left(t>0\right)\Rightarrow x=t^2+1$

Khi đó $$M=4t^2+2t+4$$

$$\iff \frac{M}{4}=t^2+\frac{t}{2}+1={\left(t+\frac{1}{4}\right)}^2+\frac{15}{16}$$

$$\iff \frac{M}{4}-\frac{15}{16}={\left(t+\frac{1}{4}\right)}^2$$

$$\iff Y=X^2$$với $\{\begin{array}{l}Y=\frac{M}{4}-\frac{15}{16}\\ X=t+\frac{1}{4}>\frac{1}{4}\end{array}$

Giả sử GTNN của $$Y=Y_0$$ đạt được khi $$X=X_0$$.

Theo định nghĩa ta có: $\{\begin{array}{l}\forall X>\frac{1}{4}:Y\ge Y_0\left(\ast \right)\\ \exists X=X_0>\frac{1}{4}:Y\left(X_0\right)=Y_0\end{array}$

Vì $$Y=X^2$$là hàm số đồng biến khi $$X>0$$ nên $$Y=X^2$$cũng đồng biến khi $$X>\frac{1}{4}$$

Chọn $$X_1>X_0>\frac{1}{4}$$$\Rightarrow$$$Y\left(X_1\right)>Y\left(X_0\right)$$$\Rightarrow$$Y_1>Y_0$ (mâu thuẫn với $\left(\ast \right)$)

Vậy không tồn tại GTNN của $M$.

b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho $$A=\sqrt{n+3}+\sqrt{n+\sqrt{n+3}}$$ là số nguyên.

Cách 1:

Đặt $$m=\sqrt{n+3}+\sqrt{n+\sqrt{n+3}},m\in \mathbb{Z}\ast$$

$$\begin{array}{l}\Rightarrow n+\sqrt{n+3}={\left(m-\sqrt{n+3}\right)}^2=m^2+n+3-2m\sqrt{n+3}\\ \Rightarrow \sqrt{n+3}=\frac{m^2+3}{2m+1}\in \mathbb{Q}\end{array}$$

Do đó $$\sqrt{n+3}\in \mathbb{Q}$$

Mà $$n+3\in \mathbb{Z}\Rightarrow \sqrt{n+3}\in \mathbb{Z}$$

$$\begin{array}{l}\Rightarrow 2m+1|m^2+3\Rightarrow 2m+1|4m^2+12\\ \Rightarrow 2m+1|\left[{\left(2m+1\right)}^2-2(2m+1)+13\right]\\ \Rightarrow 2m+1|13\end{array}$$

Vì $$n\ge 0\Rightarrow \sqrt{n+3}\ge \sqrt{3}\Rightarrow m\ge \sqrt{3}+\sqrt{\sqrt{3}}>3$$

Vậy $$2m+1=13\Rightarrow m=6\Rightarrow \sqrt{n+3}=\frac{6^2+3}{2.6+1}=3\Rightarrow n=6$$

Vậy $$n=6$$ là số tự nhiên duy nhất tìm được.

Cách 2:

Đặt $a=n+3v\grave{a}b=n+\sqrt{n+3}\left(a,b\in N\right)$

$\Rightarrow a-3+\sqrt{a}=b$

$$\begin{array}{l}\Rightarrow {\left(\sqrt{a}+\frac{1}{2}\right)}^2-b=\frac{13}{4}\\ \Rightarrow {\left(2\sqrt{a}+1\right)}^2-{\left(2\sqrt{b}\right)}^2=13\\ \Rightarrow \left(2\sqrt{a}+1-2\sqrt{b}\right).\left(2\sqrt{a}+1+2\sqrt{b}\right)=13\end{array}$$

Ta có $a,b\in N\Rightarrow \{\begin{array}{l}2\sqrt{a}+1+2\sqrt{b}>2\sqrt{a}+1-2\sqrt{b}\\ 2\sqrt{a}+1+2\sqrt{b}>0\end{array}$

$$\begin{array}{l}\Rightarrow \{\begin{array}{l}2\sqrt{a}+1-2\sqrt{b}=1\\ 2\sqrt{a}+1+2\sqrt{b}=13\end{array}\\ \Rightarrow a=b=9\\ \Rightarrow n=6\end{array}$$

Vậy $$n=6$$

a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt $$x_1,x_2$$. Tìm $$b$$ để $$x_2^2=9x_1$$.

+) Ta có: $$\Delta =b^2-\mathrm{4.1.}(-7+2b)=b^2-8b+28$$$$=(b-4{)}^2+12\ge 12>0$$ $$\forall b$$

$$\Rightarrow$$ (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt $$x_1,x_2$$.

+) $$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-b\\ x_1.x_2=2b-7\end{array}(\ast )$$

Với $$x_2^2=9x_1\Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_2+\frac{x_2^2}{9}=-b\\ \frac{x_2^2}{9}\cdot x_2=2b-7\end{array}$$$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}2x_2+\frac{2x_2^2}{9}=-2b\\ \frac{x_2^2}{9}\cdot x_2=2b-7\end{array}$$

Cộng vế theo vế ta được: $$2x_2+\frac{2x_2^2}{9}+\frac{x_2^3}{9}=-7$$

                                   $$\iff x_2^3+2x_2^2+18x_2+63=0$$

                       $$\iff (x_2+3).(x_2^2-x_2+21)=0$$

                                   $$\iff x_2=-3$$

                       $$\Rightarrow x_1=\frac{x_2^2}{9}=1$$

$$(\ast )\Rightarrow \{\begin{array}{l}-2=-b\\ -3=2b-7\end{array}\iff b=2\in \mathbb{Z}$$ (thỏa mãn)

b) Chứng minh rằng nếu $$b$$ là số nguyên lẻ thì phương trình (1) không có nghiệm hữu tỉ.

Cách 1: Nếu $$b$$ lẻ $$\Rightarrow$$$$b-4$$ lẻ

Đặt $$b-4=2k+1$$$$\left(k\in \mathbb{Z}\right)$$

Ta cần chứng minh $$\Delta$$ không là số chính phương.

Phản chứng: $$\Delta$$ là số chính phương

$$\Rightarrow$$ Đặt $${\left(2k+1\right)}^2+12=m^2\Rightarrow m$$ lẻ

Đặt $$m=2l+1\Rightarrow \Delta =4k^2+4k+13=4l^2+4l+1$$

$$\Rightarrow k^2+k+3=l^2+l$$ (vô lí)

Vậy $$\Delta$$ không là số chính phương $$\Rightarrow$$(1) không có nghiệm hữu tỉ.

Cách 2: Giả sử (1) có nghiệm hữu tỉ, gọi là: $$\frac{p}{q}\left(p\in \mathbb{Z},q\in \mathbb{N}\ast ,(p,q)=1\right)$$.

Theo tính chất về nghiệm hữu tỉ của đa thức nguyên, ta có $$q|1$$ và $$p|2b-7$$ $$\Rightarrow q=1$$ và $$p$$ lẻ.

Hơn nữa, do $$q=1$$ nên $$p$$ là nghiệm nguyên của (1) $$\Rightarrow p^2+bp-7+2b=0$$.

Mà điều này là vô lí do $$p^2+bp-7+2b$$ lẻ $$\Rightarrow$$ Điều giả sử là sai hay (1) không có nghiệm hữu tỉ.

Cách 3: Đặt $$b^2-4.(2b-7)=a^2,a\in \mathbb{N}$$(*)

Nếu $$b$$ lẻ $$\Rightarrow$$ VP lẻ $$\Rightarrow$$a lẻ

Từ (*) $$\Rightarrow b^2-a^2=4.(2b-7)$$

Vì a, b đều lẻ nên $$a^2,b^2\equiv 1$$ $$(\mathrm{mod}8)$$

$$\Rightarrow 8|a^2-b^2$$

Mà $$4.(2b-7)$$ không chia hết cho 8 (Do $$2b-7$$ lẻ).

$$\Rightarrow$$ Mâu thuẫn

Vây khi $$b$$ là số nguyên lẻ thì phương trình không thể có nghiệm hữu tỉ.

a) Vì p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p không chia hết cho 2, 3 và 5(1)

Ta có $$p^2$$ là số chính phương $$\Rightarrow \{\begin{array}{l}[\begin{array}{l}{p}^2\equiv 0\left(\mathrm{mod}3\right)\\ p^2\equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right)\end{array}\\ [\begin{array}{l}{p}^2\equiv 0\left(\mathrm{mod}5\right)\\ p^2\equiv 1\left(\mathrm{mod}5\right)\\ p^2\equiv 4\left(\mathrm{mod}5\right)\end{array}\end{array}$$

Kết hợp với (1) $$\Rightarrow \{\begin{array}{l}{p}^2\equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right)\\ [\begin{array}{l}{p}^2\equiv 1\left(\mathrm{mod}5\right)\\ p^2\equiv 4\left(\mathrm{mod}5\right)\end{array}\end{array}$$

$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}{p}^4\equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right)\\ p^4\equiv 1\left(\mathrm{mod}5\right)\end{array}$$

$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}\left(p^4-1\right)⋮3\\ \left(p^4-1\right)⋮5\end{array}$$(*)

Mặt khác từ (1) $$\Rightarrow p$$ lẻ

$$\Rightarrow p^4\equiv 1\left(\mathrm{mod}16\right)$$

$$\Rightarrow \left(p^4-1\right)⋮16$$(**)

Từ (*), (**) và 3, 5, 16 nguyên tố cùng nhau suy ra $$\left(p^4-1\right)⋮\left(3\cdot 5\cdot 16\right)\Rightarrow \left(p^4-1\right)⋮240.$$

Vậy $$p^4-1$$ chia hết cho 240 với mọi số nguyên tố $$p>5.$$

Cách 2:

Do $$p\cancel{⋮}3,p\cancel{⋮}5$$ nên theo định lí Fecma nhỏ ta có

$$\begin{array}{l}{p}^2-1⋮3;p^4-1⋮5\\ \Rightarrow p^4-1⋮15.\end{array}$$

Ta có $$p^4-1=\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(p^2+1\right).$$

Dễ thấy $$p-1<p+1<p^2+1$$ và $$p-1;p+1;p^2+1$$ là ba số chẵn.

Mặt khác $$p-1;p+1$$ là hai số chẵn liên tiếp $$\Rightarrow \left(p-1\right)\left(p+1\right)⋮8$$

$$\Rightarrow \left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(p^2+1\right)⋮16$$

$$\Rightarrow p^4-1⋮\left(16\cdot 15\right)=240.$$

Cách 3:

Ta có $p^5-p=p\left(p^4-1\right)$

$\begin{array}{l}=p\left(p^2-1\right)\left(p^2+1\right)\\ =p\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(p^2-4+5\right)\\ =\left(p-2\right)\left(p-1\right)p\left(p+1\right)\left(p+2\right)+5p\left(p-1\right)\left(p+1\right)\end{array}$

Vì $p-2,p-1,p,p+1,p+2$ là 5 số tự nhiên liên tiếp nên tồn tại ít nhất một số chia hết cho 3 và 5

Mà (3,5) = 1

$\Rightarrow \left(p-2\right)\left(p+2\right)p\left(p-1\right)\left(p+1\right)⋮15\left(1\right)$

Lại có : P là số nguyên tố >5 nên $$p-1,p+1$$là hai số chẵn liên tiếp và $$p^2+1⋮2$$

$\Rightarrow \left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(p^2+1\right)⋮16\left(2\right)$

Từ (1) và (2)$\Rightarrow \left(p-2\right)\left(p+2\right)p\left(p-1\right)\left(p+1\right)⋮240\left(v\grave{i}\left(15,16\right)=1\right)$

Dễ thấy với p là số nguyên tố >5 thì :

$\begin{array}{l}[\begin{array}{l}p\equiv 1(\mathrm{mod}4)\\ p\equiv 3(\mathrm{mod}4)\end{array}\\ \Rightarrow \left(p-1\right)\left(p+1\right)⋮16<\mathrm{span}></span>\left(\ast \right)\end{array}$

Mặt khác, $p,(p-1),\left(p+1\right)$ là 3 số tự nhiên liên tiếp

$\Rightarrow p(p-1)\left(p+1\right)⋮3<\mathrm{span}></span>\left(\ast \ast \right)$

Từ (*) và (**)

$\Rightarrow 5p(p-1)\left(p+1\right)⋮240$

Suy ra $p^5-p⋮240$

Mà (p,240) =1

$\Rightarrow p^4-1⋮240\forall \mathrm{p}$là số nguyên tố >5(đpcm)

b) Gọi x là số lần cắt để bạn An có được 55 hình vuông (ĐK: $$x\in \mathbb{N}\ast ,x>2$$).

- Sau lần cắt thứ nhất bạn An có được $$4=3\cdot 1+1$$ (hình vuông).

- Sau lần cắt thứ hai bạn An có được $$3+4=7=3\cdot 2+1$$ (hình vuông).

- Sau lần cắt thứ ba bạn An có được $$3+3+4=10=3\cdot 3+1$$ (hình vuông).

....

$$\Rightarrow$$ Sau x lần cắt, bạn An có được $$3x+1$$ (hình vuông).

Theo đề bài, ta có phương trình

$$\begin{array}{l}3x+1=55\\ \iff 3x=54\\ \iff x=\genfrac{}{}{0ex}{}{54}{3}=18(n).\end{array}$$

Vậy sau 18 lần cắt bạn An có được 55 hình vuông.