Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2021-2022 chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa có đáp án

a)$\begin{array}{l}T=\frac{\sqrt{2}\left(1+\sqrt[3]{10+6\sqrt{3}}\right)}{2\sqrt{2}+\sqrt{2+\sqrt{3}}}+\frac{\sqrt{2}\left(1+\sqrt[3]{10-6\sqrt{3}}\right)}{2\sqrt{2}-\sqrt{2-\sqrt{3}}}\\ =\frac{2\left(1+\sqrt[3]{10+6\sqrt{3}}\right)}{4+\sqrt{4+2\sqrt{3}}}+\frac{2\left(1+\sqrt[3]{10-6\sqrt{3}}\right)}{4-\sqrt{4-2\sqrt{3}}}\end{array}$

$\begin{array}{l}\sqrt{4+2\sqrt{3}}=\sqrt{{\left(\sqrt{3}+1\right)}^2}=\sqrt{3}+1\\ \sqrt{4-2\sqrt{3}}=\sqrt{{\left(\sqrt{3}-1\right)}^2}=\sqrt{3}-1\end{array}$

$\begin{array}{l}\sqrt[3]{10+6\sqrt{3}}=\sqrt[3]{{\left(1+\sqrt{3}\right)}^3}=1+\sqrt{3}\\ \sqrt[3]{10-6\sqrt{3}}=\sqrt[3]{{\left(1-\sqrt{3}\right)}^3}=1-\sqrt{3}\end{array}$

Suy ra

$\begin{array}{l}T=\frac{2\left(1+1+\sqrt{3}\right)}{4+\sqrt{3}+1}+\frac{2\left(1+1-\sqrt{3}\right)}{4-\sqrt{3}+1}\\ =\frac{4+2\sqrt{3}}{5+\sqrt{3}}+\frac{4-2\sqrt{3}}{5-\sqrt{3}}\\ =\frac{\left(4+2\sqrt{3}\right)\left(5-\sqrt{3}\right)}{\left(5+\sqrt{3}\right)\left(5-\sqrt{3}\right)}+\frac{\left(4-2\sqrt{3}\right)\left(5+\sqrt{3}\right)}{\left(5+\sqrt{3}\right)\left(5-\sqrt{3}\right)}\\ =\frac{14+6\sqrt{3}}{22}+\frac{14-6\sqrt{3}}{22}\\ =\frac{28}{22}=\frac{14}{11}\end{array}$

Vậy $T=\frac{14}{11}$

b)$\begin{array}{l}A=\sqrt{n^2+n^2{\left(n+1\right)}^2+{\left(n+1\right)}^2}\\ =\sqrt{n^2+n^2\left(n^2+2n+1\right)+n^2+2n+1}\\ =\sqrt{n^2+n^4+2n^3+n^2+n^2+2n+1}\\ =\sqrt{n^4+2n^3+3n^2+2n+1}\\ =\sqrt{{\left(n^2+n+1\right)}^2}\end{array}$

Vì $n$dương nên $n^2+n+1>0$

Do đó $A=\sqrt{{\left(n^2+n+1\right)}^2}=n^2+n+1$.

Vì $n$ nguyên dương nên $A=n^2+n+1$ cũng là số nguyên dương.

Vì $n$ nguyên dương, ta có:

$\begin{array}{l}A=n^2+n+1>n^2\\ A=n^2+n+1<n^2+2n+1={\left(n+1\right)}^2\end{array}$

$\Rightarrow n^2<A<{\left(n+1\right)}^2$

Suy ra $A$ không là một số chính phương.

a)$a-b+4c=0\iff b=a+4c$

$\begin{array}{l}{\Delta }_1={\Delta }_2=b^2-4ac={\left(a+4c\right)}^2-4ac\\ =a^2+4ac+16c^2={\left(a+2c\right)}^2+12c^2\end{array}$

$\Rightarrow {\Delta }_1>0,{\Delta }_2>0$

Suy ra các phương trình $\left(1\right)$và $\left(2\right)$ đều có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lý Vi-ét ta có:

$S_1=\frac{b}{a},S_2=\frac{b}{c},P_1=\frac{c}{a},P_2=\frac{a}{c}$

Vì $a,b,c$là các số thực dương nên$S_1,S_2,P_1,P_2$ đều lớn hơn 0.

Ta có:
$\{\begin{array}{l}{\Delta }_1>0\\ S_1>0\\ P_1>0\end{array}\Rightarrow$ Phương trình $\left(1\right)$ có hai nghiệm dương phân biệt.

$\{\begin{array}{l}{\Delta }_2>0\\ S_2>0\\ P_2>0\end{array}\Rightarrow$ Phương trình $\left(2\right)$ có hai nghiệm dương phân biệt.

a)$\begin{array}{l}P\left(x,y\right)=4x^3-3x{y}^2+y^3\\ =4x^3-4x{y}^2+x{y}^2+y^3\\ =4x\left(x^2-y^2\right)+y^2\left(x+y\right)\\ =4x\left(x+y\right)\left(x-y\right)+y^2\left(x+y\right)\\ =\left(x+y\right)\left(4x^2-4xy+y^2\right)\\ =\left(x+y\right){\left(2x-y\right)}^2\end{array}$

Với mọi số thực $x,y$ thỏa mãn $x+y\ge 0$, ta có:

$\begin{array}{l}\left(x+y\right){\left(2x-y\right)}^2\ge 0\\ \iff 4x^3-3x{y}^2+y^3\ge 0\\ \iff 4x^3+y^3\ge 3x{y}^2\end{array}$

Dấu “=” xảy ra $\iff [\begin{array}{l}x+y=0\\ y=2x\end{array}$

b)Với mọi $i$ có giá trị từ 1 đến 21, ta có:

$\begin{array}{l}{x}_i+2\ge 0\\ \iff \left(x_i+2\right){\left(x_i-1\right)}^2\ge 0\\ \iff x_i^3-3x_i+2\ge 0\\ \iff x_i^3+2\ge 3x_i\left(\ast \right)\end{array}$

Dấu “=” xảy ra $\iff x_i=1$ hoặc $x_i=-2$.

Áp dụng bất đẳng thức $\left(\ast \right)$ta có:

$\begin{array}{l}{x}_1^3+2\ge 3x_1\\ x_2^3+2\ge 3x_2\\ ...\\ x_{21}^3+2\ge 3x_{21}\end{array}$

Suy ra

$\begin{array}{l}{x}_1^3+x_2^3+...+x_{21}^3+42\ge 3\left(x_1+x_2+...+x_{21}\right)\\ \iff 54\ge 3\left(x_1+x_2+...+x_{21}\right)\\ \iff x_1+x_2+...+x_{21}\le 18\end{array}$

Dấu “=” xảy ra khi có 1 số bằng $-2$và 20 số còn lại bằng 1. (không chỉ ra dấu “=” trừ 0,25)

a)Ta có nhận xét: Một số chính phương khi chia cho 3 sẽ có số dư là 0 hoặc 1.

Giả sử $a$và $b$là hai số “thân thiết” $\Rightarrow a^2+b^2⋮3$.

Ta sẽ chứng minh cả $a$và $b$ đều chia hết cho 3.

Thật vậy, giả sử trong hai số $a$và $b$có một số không chia hết cho 3. Không mất tính tổng quát, giả sử số đó là $a$.

Suy ra $a^2$ chia 3 dư 1.

Vì $a^2+b^2⋮3$và $a^2$ chia 3 dư 1 nên $b^2$phải chia 3 dư 2. Điều này vô lí vì $b^2$khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1.

Vậy điều giả sử là sai. Do đó nếu $a$và $b$là hai số “thân thiết” thì $a$và $b$ đều chia hết cho 3.

Tập hợp $X$có $\left[\frac{2021}{3}\right]=673$số chia hết cho 3.

Số cặp số “thân thiết” là $\frac{673.672}{2}=226128$.

b)Gọi $n\left[i\right]$ là số môn thi có số lượng thí sinh tham gia là $i\left(i,n\left[i\right]\in \mathbb{N}\right)$.

Gọi $S=\left\{i|i>0,n\left[i\right]>0\right\}$.

Do có ít nhất 5 môn có số lượng thí sinh tham gia đôi một khác nhau nên $S$có ít nhất 5 phần tử.

Giả sử $a,b\left(a>b\right)$ là 2 phần tử lớn nhất của $S$và $d,e\left(d>e\right)$là hai phần tử nhỏ nhất của $S$.

Rõ ràng $n\left[a\right],n\left[b\right],n\left[d\right],n\left[e\right]$ đều lớn hơn hoặc bằng 1.

Lấy 1 môn có số lượng thí sinh tham gia là$a$và 1 môn có số lượng thi là $b$. Theo điều kiện 2, tồn tại hai môn khác có tổng số lượng thí sinh tham gia là $a+b$. Vì $a,b\left(a>b\right)$ là 2 phần tử lớn nhất của $S$nên hai môn khác này phải có 1 môn có số lượng thí sinh là $a$, 1 môn có số lượng thí sinh là $b$, dẫn đến $n\left[a\right]\ge 2,n\left[b\right]\ge 2$.

Lại lấy 2 môn có số lượng thí sinh tham gia là $a$. Theo điều kiện 2, tồn tại hai môn khác có tổng số lượng thí sinh tham gia là $2a$. Vì $a$ là phần tử lớn nhất của $S$nên hai môn khác này phải có số lượng thí sinh là $a$, dẫn đến $n\left[a\right]\ge 4$.

Lập luận tương tự ta cũng có $n\left[d\right]\ge 2,n\left[e\right]\ge 4$.

Vì $S$có ít nhất 5 phần tử nên ta lấy trường hợp ít nhất, $S$có 5 phần tử là $a,b,c,d,e\Rightarrow n\left[c\right]\ge 1$.

Vậy kỳ thi đó có ít nhất $4+2+1+2+4=13$môn thi.

Ta có thể chỉ ra một trường hợp là số thí sinh dự thi các môn lần lượt là 1, 1, 1, 1, 2, 2, 3, 4, 4, 5, 5, 5, 5. (không lấy ví dụ trừ 0,25)