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

1)Ta có $\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}=a+b+c\iff {\left(ab\right)}^2+{\left(bc\right)}^2+{\left(ca\right)}^2=abc(a+b+c)$

$\iff 2{\left(ab\right)}^2+2{\left(bc\right)}^2+2{\left(ca\right)}^2=2ab.bc+2bc.ca+2ca.ab$

$\iff {\left(ab-bc\right)}^2+{\left(bc-ca\right)}^2+{\left(ca-ab\right)}^2=0\iff a=b=c$

2)Điều kiện $x\ge \frac{1}{2}.$

Ta có $\sqrt{3x+1}-\sqrt{2x-1}=1\iff \sqrt{3x+1}=1+\sqrt{2x-1}$

Bình phương hai vế, rút gọn,  ta được $2\sqrt{2x-1}=x+1$

$2\sqrt{2x-1}=x+1\iff 4\left(2x-1\right)={\left(x+1\right)}^2\iff x^2-6x+5=0\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=5\end{array}$

Vậy phương trình có tập nghiệm $S=\left\{1;5\right\}$                 

3)Điều kiện: $\{\begin{array}{l}xy\ge 0\\ x,y\ge -1\end{array}$ . Đặt  $\{\begin{array}{l}S=x+y\\ P=x.y\end{array}$$(S^2\ge 4P)$ hệ phương trình đã cho trở thành:$\{\begin{array}{l}S-\sqrt{P}=3\\ S+2+2\sqrt{S+P+1}=9\end{array}$

\( & \left\{ \begin{array}{l}S - \sqrt P  = 3\\S + 2 + 2\sqrt {S + P + 1}  = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}S \ge 3;\\P = {\left( {S - 3} \right)^2}\\2\sqrt {S + {{\left( {S - 3} \right)}^2} + 1}  = 7 - S\end{array} \right.\)

$$\begin{array}{l}2\sqrt{S+{\left(S-3\right)}^2+1}=7-S\Rightarrow 4\left(S^2-5S+10\right)=49-14S+S^2\\ \iff 3S^2-6S-9=0\iff [\begin{array}{l}S=-1\\ S=3\end{array}\end{array}$$

Thử lại thấy $S=3$ thỏa mãn. Khi đó ta được $\{\begin{array}{l}S=3\\ P=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x+y=3\\ xy=0\end{array}.$

Giải ra ta được tập nghiệm của hệ $S=\left\{\left(0;3\right);\left(3;0\right)\right\}.$

1)Ta có $ab+bc+ca=abc\iff \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$.

Cách 1: Khi đó $a+b+c=(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge 3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9$

Cách 2: $a+b+c=(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=3+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\ge 3+2+2+2=9$

2)Ta có $a+b+c=(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{{\left(a+b\right)}^2}{ab}+\frac{{\left(b+c\right)}^2}{bc}+\frac{{\left(c+a\right)}^2}{ca}-3$

$\ge \frac{4{\left(a+b+c\right)}^2}{ab+bc+ca}-3=\frac{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}{abc}+5=4\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\right)+5$

1.Ta có $n^2+3n+1=n(n+1)+2n+1.$

Do $n(n+1)$ chẵn, $2n+1$ lẻ nên $n^2+3n+1$ là số lẻ.

2.Do vai trò $a,b$ bình đẳng nên ta có thể giả sử $b\le a$.

Khi đó ${\left(2a\right)}^2<4a^2+b+4\le 4a^2+a+4\le 4a^2+4a+1={\left(2a+1\right)}^2$

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

Khi đó ${\left(8a-6\right)}^2<4b^2+a+4=64a^2-95a+40<{\left(8a-4\right)}^2$

Suy ra $64a^2-95a+40={\left(8a-5\right)}^2\iff a=1\Rightarrow b=1.$

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy $a=1;b=1.$

Với mọi cặp điểm $$M,N$$ bất kì, nếu 3 điểm còn lại nằm về một phía so với đường thẳng MN thì kẻ đoạn thẳng $$MN$$. Các đoạn thẳng vừa kẻ tạo thành  một đa giác lồi.

Nếu đa giác lồi đó là ngũ giác hoặc tứ giác thì ta có điều phải chứng minh.

Nếu đa giác lồi đó là tam giác, ta gọi các đỉnh là $A,B,C$. Kẻ đường thẳng đi qua 2 điểm $D,E$ còn lại.

$5$ điểm tùy ý, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh tồn tại (ảnh 1)">

Khi đó, trong 3 đỉnh của tam giác ABC, tồn tại 2 điểm nằm về  một phía so với đường thẳng $DE,$ chẳng hạn là $A,B.$ Ta được $A,B,D,E$ là 4 đỉnh của một tứ giác lồi. Ta có điều phải chứng minh.