Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2021-2022 chuyên Thái Bình có đáp án

1. Cho $f(x)=x^2-3x-5$ có hai nghiệm là $x_1,x_2.$ Đặt $g(x)=x^2-4.$ Tính giá trị của $T=g\left(x_1\right).g\left(x_2\right)$.

Vì $x_1,x_2$ là nghiệm của $f(x)=x^2-3x-5$ nên ta có:

$\{\begin{array}{l}{x}_1^2-3x_1-5=0\\ x_2^2-3x_2-5=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{x}_1^2=3x_1+5\\ x_2^2=3x_2+5\end{array}$.

Theo định lý Vi-et ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=3\\ x_1{x}_2=-5\end{array}$ nên:

$T=g\left(x_1\right).g\left(x_2\right)$

$T=\left(x_1^2-4\right)\left(x_2^2-4\right)$

$T=\left(3x_1+5-4\right)\left(3x_2+5-4\right)$

$T=\left(3x_1+1\right)\left(3x_2+1\right)$

$T=9x_1{x}_2+3\left(x_1+x_2\right)+1$

$T=9\cdot (-5)+3.3+1$

$T=-35$

Vậy $T=-35$.

2. Cho $a,b,c$ là các số thực dương khác 0 và thỏa mãn $(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=1.$ Chứng minh rằng $\left(a^3+b^3\right)\left(b^{25}+c^{25}\right)\left(c^{2021}+a^{2021}\right)=0$.

Vì $(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=1$ nên $a+b+c\ne 0\Rightarrow \left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{a+b+c}$

$\iff \left(\frac{1}{a}-\frac{1}{a+b+c}\right)+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=0$

$\iff \frac{b+c}{a(a+b+c)}+\frac{b+c}{bc}=0$

$\iff (b+c)\left[\frac{1}{a(a+b+c)}+\frac{1}{bc}\right]=0$

$\iff (b+c)\left[\frac{bc+a^2+ab+ac}{abc(a+b+c)}\right]=0$

$\iff \frac{(b+c)(c+a)(a+b)}{abc(a+b+c)}=0$

$\iff [\begin{array}{l}a=-b\\ b=-c\\ c=-a\end{array}$

Vậy $\left(a^3+b^3\right)\left(b^{25}+c^{25}\right)\left(c^{2021}+a^{2021}\right)=0$ (đpcm).

1. Giải phương trình $4\sqrt{x+3}+4\sqrt{x}=3x+9$.

Điều kiện xác định: $x\ge 0$, ta có:

$4\sqrt{x+3}+4\sqrt{x}=3x+9$

$\iff (x+3-4\sqrt{x+3}+4)+2(x-2\sqrt{x}+1)=0$

$\iff (\sqrt{x+3}-2{)}^2+2(\sqrt{x}-1{)}^2=0$

$\iff \{\begin{array}{l}\sqrt{x+3}-2=0\\ \sqrt{x}-1=0\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x+3=4\\ x=1\end{array}\iff x=1(\mathrm{tm}DKXD)$

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=1$.

2. Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+\frac{2xy}{x+y}=1\left(1\right)\\ \sqrt{3x^2+33}+3\sqrt{2x+y-1}=3x+y+6\left(2\right)\end{array}$

ĐKXĐ: $\{\begin{array}{l}2x+y-1\ge 0\\ x+y\ne 0\end{array}$

$\left(1\right)\iff x^2+y^2+\frac{2xy}{x+y}=1$

$\iff (x+y{)}^2-2xy+\frac{2xy}{x+y}=1$

$\iff (x+y{)}^3-2xy(x+y)+2xy=(x+y)$

Đặt $S=x+y,P=xy\left(S^2\ge 4P\right)$ ta có:

$S^3-2SP+2P=S$ 

$\iff S(S+1)(S-1)-2P(S-1)=0$  

$\iff (S-1)\left(S^2+S-2P\right)=0$

$\iff [\begin{array}{l}S=1\\ S^2+S-2P=0\end{array}$  $\iff [\begin{array}{l}x+y=1\\ x^2+y^2+x+y=0\end{array}$

TH1: Với $x+y=1\Rightarrow y=1-x$, thay vào $\left(2\right)$ ta được:

$\sqrt{3x^2+33}+3\sqrt{2x+1-x-1}=3x+1-x+6$

$\iff \sqrt{3x^2+33}+3\sqrt{x}=2x+7$

$\Rightarrow 3x^2+33+2\sqrt{3x^2+33}.3\sqrt{x}+9x=4x^2+28x+49$

$\Rightarrow 6\sqrt{3x^2+33}\cdot \sqrt{x}=x^2+19x+16$

$\Rightarrow 36\left(3x^2+33\right)x=x^4+361x^2+256+38x^3+32x^2+608x$

$\iff x^4-70x^3+393x^2-580x+256=0$

$\iff (x-1{)}^2(x-4)(x-64)=0$

$\iff [\begin{array}{ll}x=1\Rightarrow y=0& (TM)\\ x=4\Rightarrow y=-3& (TM)\\ x=64\Rightarrow y=-63& (TM)\end{array}$

TH2: Với $x^2+y^2+x+y=0$. Ta coi đây là phương trình bậc hai ẩn $x$.

Để tồn tại $x$ thì $\Delta =1-4\left(y^2+y\right)\ge 0\iff 4y^2+4y-1\le 0$

$\iff 4\left(y+\frac{1+\sqrt{2}}{2}\right)\left(y+\frac{1-\sqrt{2}}{2}\right)\le 0$

$\iff -\frac{1+\sqrt{2}}{2}\le y\le \frac{-1+\sqrt{2}}{2}$

Tương tự ta cũng có $-\frac{1+\sqrt{2}}{2}\le x\le \frac{-1+\sqrt{2}}{2}$.

Suy ra $2x+y-1\le 2.\frac{-1+\sqrt{2}}{2}+\frac{-1+\sqrt{2}}{2}-1<0$, không thỏa mãn điều kiện $2x+y-1\ge 0$ nên trường hợp này hệ vô nghiệm.

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là $\{(1;0),(4;-3),(64;-63)\}$.         

a) Chứng minh rằng tứ giác $AEHF$ nội tiếp và $HM$ vuông góc với $SA$.

Vì $\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }$ nên tứ giác $AEHF$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$ (dhnb).

Có tứ giác $BCEF$ nội tiếp $\left(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^{\circ }\right)$.

$\Rightarrow \widehat{SFB}=\widehat{SCE}$ (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Xét $\Delta SBF$ và $\Delta SCE$ có:

$$\widehat{SFB}=\widehat{SCE}\left(cmt\right)$$; góc $\widehat{FSB}$ là góc chung

Có tứ giác $BCAM$ nội tiêp đường tròn $(O)$.Xét $\Delta SBM$và $\Delta SAC$ có

Góc $\widehat{SBM}=\widehat{SAC}$(góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Góc $\widehat{MSB}$ là góc chung

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$suy ra $SF.SE=SM.SA\Rightarrow \frac{SF}{SM}=\frac{SA}{SE}$, lại có góc $\widehat{MSF}$ là góc chung

 ( 2 góc tương ứng)

$$\Rightarrow \mathrm{AMF}E$$ là nội tiếp đường tròn

Suy ra 5 điểm $A,M,F,H,E$ cùng nằm trên đường tròn đường tròn đường kính $AH$$\Rightarrow$Tứ giác $AEHM$ nội tiếp đường tròn, suy ra góc $\widehat{HEA}=\widehat{HMS}=90^{\circ }.$(góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Suy ra $HM\perp SA$.

b.  Gọi $I$ là trung điểm của $BC$. Chíng minh rằng $SH$ vuông góc với $AI$.

Kéo dài $AO$ cắt đường tròn tại $D$, khi đó ta có $$DC\parallel BH$$ (cùng vuông góc với $CA$) và $$DB\parallel CH$$ (cùng vuông góc với $BA$ ) nên $BHCD$ là hình bình hành

Mà $I$ là trung điểm của $BC$ suy ra $I$ là trung điểm của $HD$, hay $I,H,D$ thẳng hàng.

Lại có $DM\perp AM$ do $AD$ là đường kính, $HM\perp SA$ nên $D,H,M$ thẳng hàng

Vậy bốn điểm $D,I,H,M$ thẳng hàng, suy ra $IM\perp AS$.

Mà $AH\perp SI$ nên $H$ là trực tâm $$\Delta \mathrm{AS}I$$$\Rightarrow SH\perp AI.$

c. Gọi $T$ là điểm nằm trên đoạn thằng $HC$ sao cho $AT$ vuông góc với $BT$. Chứng minh rằng hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $SMT$ và $CET$ tiếp xúc với nhau.

Gọi tia $AH$ cắt $BC$ tại $K$, suy ra tứ giác $HKSM$ nội tiếp do $\widehat{HKS}+\widehat{HMS}=180^{\circ }$.

Xét $\Delta AMH$ và $\Delta AKS$ có: $\widehat{SAH}$ chung; $\widehat{AMH}=\widehat{AKS}=90^{\circ }$

Tương tự ta có tứ giác $HKEC$ nội tiếp suy ra

Từ $\left(3\right)$ và $\left(4\right)$suy ra $AM.AS=AE.AC$.

Theo giả thiết, $\widehat{ATB}=\widehat{AEB}=90^{\circ }\Rightarrow AETB$ là tức giác nội tiếp, suy ra $\widehat{ATE}=\widehat{ABE}$,

Mà $\widehat{ABE}=\widehat{ACT}\Rightarrow \widehat{ATE}=\widehat{ACT}$, lại có $\widehat{TAE}$ chung

Vì $$\widehat{ATE}=\widehat{ACT}\left(cmt\right)$$ nên $AT$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của $\Delta CET\left(1\right)$

Lại có $AM.AS=AE.AC=A{T}^2\Rightarrow \frac{AM}{AT}=\frac{AT}{AS}$.

Xét $\Delta ATM$ và $\Delta AST$có: $\widehat{SAT}$chung;$\frac{AM}{AT}=\frac{AT}{AS}\left(cmt\right)$

 ( 2 góc tương ứng).

Suy ra $AT$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của $\Delta SMT\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $\Delta SMT$ và $\Delta CET$tiếp xúc với nhau.

Giả sử tồn tại số tự nhiên $n$ thỏa mãn điểu kiện $n(n+1)+7$ không chia hết cho 7 và $4n^3-5n-1$ là số chính phương.

Ta có $4n^3-5n-1=(n+1)\left(4n^2-4n-1\right)$

Đặt UCLN $\left(n+1;4n^2-4n-1\right)=d\left(d\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right)$

Suy ra $\{\begin{array}{l}n+1⋮d\\ 4n^2-4n-1⋮d\end{array}$

Có $4n^2-4n-1=4n(n+1)-8(n+1)+7⋮d\Rightarrow 7⋮d$

Vì $n(n+1)+7$ không chia hết cho 7 nên $n(n+1)$ không chia hết cho 7 , suy ra $n+1$không chia hết cho 7 , suy ra $d\ne 7\Rightarrow d=1$.

Do đó, $n+1$ và $4n^2-4n-1$ là hai số nguyên tố cùng nhau, mà tích của chúng là số chính phương suy ra $n+1$ và $4n^2-4n-1$ là các số chính phương.

Suy ra $4n^2-4n-1=a^2(a\in \mathbb{N})\iff (2n-1{)}^2-a^2=2\iff (2n-a-1)(2n+a-1)=2$

Vì $2n-a-1\le 2n+a-1$

$$\Rightarrow [\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}2n-a-1=1\\ 2n+a-1=2\end{array}\\ \{\begin{array}{l}2n-a-1=-2\\ 2n+a-1=-1\end{array}\end{array}\iff [\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}n=\frac{5}{4}\\ a=\frac{1}{2}\end{array}\\ \{\begin{array}{l}n=-\frac{1}{2}\\ a=\frac{1}{2}\end{array}\end{array},$$không thoả mãn $n,a$ là các số tự nhiên.

Vậy giả sử là sai, ta có điều phải chứng minh.

Ta có: $a^2+b^2+c^2=3abc\iff \frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}=3$

Áp dung bất đẳng thức $AM-GM$ ta có:

$\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\ge 2\sqrt{\frac{a}{bc}\cdot \frac{b}{ca}}=\frac{2}{c}$

$\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge 2\sqrt{\frac{b}{ca}\cdot \frac{c}{ab}}=\frac{2}{a}$

$\frac{a}{bc}+\frac{c}{ab}\ge 2\sqrt{\frac{a}{bc}\cdot \frac{c}{ab}}=\frac{2}{b}$

Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên, ta có:

$\Rightarrow 2\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\right)\ge 2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le 3$

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có:

$\begin{array}{l}3a^2+2b^2+c^2=2\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)\ge 4ab+2ac\\ \Rightarrow \frac{a}{3a^2+2b^2+c^2}\le \frac{a}{4ab+2ac}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2b+c}\end{array}$

Áp dụng Cauchy – Schwarz ta có: $\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{9}{b+b+c}\Rightarrow \frac{1}{2}.\frac{1}{2b+c}\le \frac{1}{18}\left(\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\right)$

Hoàn toàn tương tự, ta có: $\frac{b}{3b^2+2c^2+a^2}\le \frac{1}{18}\left(\frac{2}{c}+\frac{1}{a}\right);\frac{c}{3c^2+2a^2+b^2}\le \frac{1}{18}\left(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\right)$

Suy ra $T\le \frac{1}{6}.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le \frac{1}{6}.3\Rightarrow T\le \frac{1}{2}$.

Vậy GTLN của $T$ là $$\frac{1}{2}$$, dấuxảy ra khi $a=b=c=1$.