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

a) Phương trình (1) có ${\Delta }^{\prime }={\left[-\left(m-1\right)\right]}^2-1.\left(m^2-2m-8\right)=m^2-2m+1-m^2+2m+8=9>0$ với mọi m $\Rightarrow \sqrt{{\Delta }^{\prime }}=\sqrt{9}=3$ suy ra phương trình (1) có hai nghiệm: $m+2$ và $m-4$.

Xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: $x_1=m+2;x_2=m-4$ để $x_1+6=\sqrt{x_2}$ thì

$m+2+6=\sqrt{m-4}\left(dk:m\ge 4\right)$

                                                                    $\Rightarrow m+8=\sqrt{m-4}$

                                                          $\iff m^2+16m+64=m-4$

                                        $\iff m^2+15m+68=0\left(2\right)$

Phương trình (2) có ${\Delta }_m=15^2-\mathrm{4.1.68}=-47<0$ suy ra phương trình(2) vô nghiệm

Trường hợp 2: $x_1=m-4;x_2=m+2$ để $x_1+6=\sqrt{x_2}$thì

                                               $m-4+6=\sqrt{m+2}\left(dk:m\ge -2\right)$

                                                               $\iff m+2=\sqrt{m+2}$

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

$\iff [\begin{array}{c}m+2=0\\ m+2=1\end{array}\iff [\begin{array}{c}m=-2\\ m=-1\end{array}\left(tm\right)$

Vậy $m\in \left\{-2;-1\right\}$

b) Với $a\ne 0;a\ne 1$ ta có:

${\left(1+\frac{1}{a}+\frac{1}{a+1}\right)}^2=1+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{\left(a+1\right)}^2}+\frac{2}{a}-\frac{2}{a+1}-\frac{2}{a\left(a+1\right)}$

$=1+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{\left(a+1\right)}^2}+\frac{2\left(a+1-a-1\right)}{a\left(a+1\right)}=1+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{\left(a+1\right)}^2}$

$\Rightarrow \sqrt{1+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{\left(a+1\right)}^2}}=1+\frac{1}{a}+\frac{1}{a+1}\left(\ast \right)$

Áp dụng (*) ta có:

$f\left(1\right)+f\left(2\right)+f\left(3\right)+\dots +f\left(2023\right)$

=$\sqrt{1+\frac{1}{1^2}+\frac{1}{{\left(1+1\right)}^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{{\left(2+1\right)}^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{{\left(3+1\right)}^2}}+\dots +\sqrt{1+\frac{1}{{2023}^2}+\frac{1}{{\left(2023+1\right)}^2}}$

= $\sqrt{1+\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}}+\dots +\sqrt{1+\frac{1}{{2023}^2}+\frac{1}{{2024}^2}}$

= $\left(1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}\right)+\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(1+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\dots +\left(1+\frac{1}{2023}-\frac{1}{2024}\right)$

= $2024-\frac{1}{2024}=\frac{4096575}{2024}$

a)  Ta có:      $a^3+b^3-8c^3+28d^3=0\Rightarrow a^3+b^3+c^3+d^3⋮3$

                    $\Rightarrow {\left(a+b\right)}^3-3ab\left(a+b\right)+{\left(c+d\right)}^3-3cd\left(c+d\right)⋮3$

                    $\Rightarrow {\left(a+b\right)}^3+{\left(c+d\right)}^3⋮3$

$\Rightarrow {\left(a+b+c+d\right)}^3-3\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(a+b+c+d\right)⋮3$

                                               $\Rightarrow {\left(a+b+c+d\right)}^3⋮3$

                                                                    $\Rightarrow a+b+c+d⋮3$

$\Rightarrow {\left(a+b+c+d\right)}^2⋮9$ (đpcm)

b) Xét đa thức $P\left(x\right)=a{\left(x+1\right)}^{1012}{\left(x-2\right)}^{1012}$, với $a\in \mathbb{R}$, đa thức $P\left(x\right)$ có bậc là 2024

Ta có:

$P\left(x^2-2\right)=a.{\left(x^2-1\right)}^{1012}{\left(x^2-4\right)}^{1012}=a{\left(x+1\right)}^{1012}{\left(x-2\right)}^{1012}{\left(x-a\right)}^{1012}{\left(x+2\right)}^{1012}$

$=P\left(x\right){\left(x-1\right)}^{1012}{\left(x+2\right)}^{1012}$

$\Rightarrow P\left(x^2-2\right)$ chia hết cho đa thức $P\left(x\right)$

Vậy tồn tại đa thức $P\left(x\right)=a{\left(x+1\right)}^{1012}{\left(x-2\right)}^{1012}$ với hệ số thức, có bậc 2024 thỏa mãn đã thức $P\left(x^2-2\right)$ chia hết cho đa thức $P\left(x\right)$.

a) $\{\begin{array}{c}2\left(x+\sqrt{x^2-x+1}\right)=1-y+\sqrt{y^2+3}\left(1\right)\\ y^2-2\left(x-2\right)=3\sqrt{\left(y+1\right)\left(y^2+2x\right)\left(2\right)}\end{array}$

Từ phương trình (1)

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

$\iff \left(2x+y-1\right)=\left[y^2+3-4\left(x^2-x+1\right)\right].\frac{1}{\sqrt{y^2+3}+2\sqrt{x^2-x+1}}$

$\iff \left(2x+y-1\right)=\left[y^2+3-4\left(x^2-x+1\right)\right].\frac{1}{\sqrt{y^2+3}+2\sqrt{x^2-x+1}}$

$\iff \left(2x+y-1\right)=\left[y^2-{\left(2x-1\right)}^2\right].\frac{1}{\sqrt{y^2+3}+2\sqrt{x^2-x+1}}$

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

$\iff \left(2x+y-1\right)\left[\frac{y-2x+1}{\sqrt{y^2+3}+2\sqrt{x^2-x+1}}-1\right]=0\iff [\begin{array}{c}2x+y-1=0\\ y-2x+1=\sqrt{y^2+3}+2\sqrt{x^2-x+1}\end{array}$

+) Trường hợp 1: $2x+y-1=0\Rightarrow 2x=-y+1$ thay vào phương trình (2) ta được

(2) $\iff y^2-1+y+4=3\sqrt{(y+1\left(y^2-y+1\right)}\iff y^2-y+1+2y+2=3\sqrt{\left(y+1\right)\left(y^2-y+1\right)}$

Đặt $a=y+1;b=y^2-y+1\Rightarrow 2a^2-3ab+b^2=0\iff \left(a-b\right)\left(2a-b\right)=0$

Với $a=b\Rightarrow y+1=y^2-y+1\iff y^2-2y=0\iff [\begin{array}{c}y=0\Rightarrow x=\frac{1}{2}\\ y=2\Rightarrow x=-\frac{1}{2}\end{array}$

Với $2a=b\Rightarrow 2y+2=y^2-y+1\iff y^2-3y-1=0\iff [\begin{array}{c}y=\frac{\sqrt{13}+3}{2}\Rightarrow x=\frac{-\sqrt{13}-1}{4}\\ y=\frac{-\sqrt{13}+3}{2}\Rightarrow x=\frac{\sqrt{13}-5}{4}\end{array}$

+) Trường hợp 2: $y-2x+1=\sqrt{y^2+3}+2\sqrt{x^2-x+1}$   ĐK $y-2x+1\ge 0$

Bình phương hai vế ta được

${\left(y-2x+1\right)}^2=y^2+3=4\left(x^2-x+1\right)+4\sqrt{\left(y^2+3\right)\left(x^2-x+1\right)}$

$\iff y^2+4x^2+1-4xy-4x+2y=y^2+4x^2-4x+7+4\sqrt{\left(y^2+3\right)\left(x^2-x+1\right)}$

$\iff -4x+2y-6=4\sqrt{\left(y^2+3\right)\left(x^2-x+1\right)}$   (3)

Điều kiện: $y\ge 2x+3$

Bình phương hai vế của (3) ta được

${\left(-2x^2+y-3\right)}^2=4\left(y^2+3\right)\left(x^2-x+1\right)$

$\iff 4x^2+y^2+9-4xy+12x-6y=4x^2{y}^2-4x{y}^2+4y^2+12x^2-12x+12$

           $\iff 3\left(4x^2+y^2+1-4xy-4x+2y\right)=0$

                                                    $\iff {\left(2x-y-1\right)}^2=0$

                                                                          $\iff 2x-y-1=0$

                                                                             $\iff 2x=y+1$

Kết hợp với điều kiện $y\ge 2x+3$

Ta có $2x=y+1\ge 2x+4\iff 0\ge 4$ (vô lí)

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm

$\left(x;y\right)\in \left\{\left(\frac{1}{2};0\right);\left(\frac{-1}{2};2\right);\left(\frac{-\sqrt{13}-1}{4};\frac{\sqrt{13}+3}{2}\right);\left(\frac{\sqrt{13}-5}{4};\frac{-\sqrt{13}+3}{2}\right)\right\}$

b) Gọi 11 số nguyên dương là $a_1,a_2,a_3,\dots ,a_{11}$. Ta có $a_1+a_2+a_3+\dots +a_{11}=30$

Xét dãy 11 số $a_1,a_1+a_2,a_1+a_2+a_3,\dots ,a_1+a_2+a_3+\dots +a_{11}$

Nếu trong dãy không có số nào chia hết cho 10 thì tồn tại ít nhất 2 số chia 10 có cùng số dư. Nên hiệu chia hết cho 10.

Đặt hiệu đó là $A$. Với $A$ là tổng của một số số $a_i$ (với $i\in \left\{1,2,3,\dots ,11\right\}$

Ta có $0<A<30$ mà $A⋮10$ nên $A\in \left\{10;20\right\}$

Nếu $A=10$ bài toán được chứng minh.

Nếu $a=20$ mà $a_1+a_2+a_3+\dots +a_{11}=30$ suy ra các số còn lại có tổng bẳng 10. Bài toán được chứng minh.

Nếu trong dãy số có 1 số chia hết cho 10. Chứng minh tương tự như trên khi đó bài toán được chứng minh.

Ta có $\left(a\sqrt{a^2+9bc}+b\sqrt{b^2+9ac}+c\sqrt{c^2+9ab}\right).F\ge {\left(a+b+c\right)}^2$

Đặt $Q=a\sqrt{a^2+9bc}+b\sqrt{b^2+9ac}+c\sqrt{c^2+9ab}$

$Q^2={\left[\sqrt{a}\sqrt{a^3+9ac}+\sqrt{b}\sqrt{b^3+9ac}+\sqrt{c}\sqrt{c^3+9ab}\right]}^2\le \left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3+27abc\right)$

Ta lại có $a^3+b^3+c^3={\left(a+b+c\right)}^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le {\left(a+b+c\right)}^3-24abc$

$\Rightarrow \left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3+27abc\right)\le \left(a+b+c\right)\left[{\left(a+b+c\right)}^3+3abc\right]$ mà $3abc\le$ $\frac{{\left(a+b+C\right)}^3}{9}$

$\Rightarrow \left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3+27abc\right)\le \frac{10{\left(a+b+c\right)}^4}{9}$

$\Rightarrow Q\le \frac{\sqrt{10}{\left(a+b+c\right)}^2}{3}$mà $\left(a\sqrt{a^2+9bc}+b\sqrt{b^2+9ac}+c\sqrt{c^2+9ab}\right).F\ge {\left(a+b+c\right)}^2$

Suy ra $F\ge$ $\frac{3\sqrt{10}}{10}$. Vậy min F = $\frac{3\sqrt{10}}{10}$.

Dấu “=” xảy ra $\iff a=b=c$