Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2021-2022 sở GD&ĐT Hà Nam có đáp án

1.$$S=\frac{\left(\sqrt{a}+1\right)\left(1-\sqrt{ab}\right)+\left(\sqrt{ab}+\sqrt{a}\right)\left(\sqrt{ab}+1\right)+1-ab}{1-ab}:\frac{a+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{ab}}{1-ab}$$

$=\frac{2\sqrt{a}+2}{1-ab}:\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}{1-ab}$

$=\frac{2\sqrt{a}+2}{1-ab}\cdot \frac{1-ab}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}$

$=\frac{2}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$

2.$a=3+2\sqrt{2}={\left(1+\sqrt{2}\right)}^2\Rightarrow \sqrt{a}=1+\sqrt{2}.$

$b=11-6\sqrt{2}={\left(3-\sqrt{2}\right)}^2\Rightarrow \sqrt{b}=\left|3-\sqrt{2}\right|=3-\sqrt{2}.$

$S=\frac{2}{1+\sqrt{2}+3-\sqrt{2}}=\frac{1}{2}.$

1.Phương trình $x^2+x+4-\left(2+x\right)\sqrt{x^2-x+4}=0.\left(1\right)$

TXĐ: $\mathbb{R}.$

Đặt $$t=\sqrt{x^2-x+4}\left(t\ge 0\right)$$, khi đó phương trình (1) trở thành

       $t^2-\left(2+x\right)t+2x=0$ (2) 

$\iff \left(t-2\right)\left(t-x\right)=0$. 

Với $t_1=2\Rightarrow \sqrt{x^2-x+4}=2\iff x^2-x=0\iff x=0;x=1.$

Với $$t_2=x\Rightarrow \sqrt{x^2-x+4}=x\Rightarrow -x+4=0\Rightarrow x=4.$$

Thử lại, ta đi tới kết luận $S=\left\{0;1;4\right\}.$

2.Điều kiện: $$\{\begin{array}{l}2xy+x-4y-2\ge 0\\ x-2\ge 0;2y+1\ge 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\ge 2\\ y\ge -\frac{1}{2}\end{array}$$

Phương trình

       $\begin{array}{l}x-2-2\sqrt{\left(x-2\right)\left(2y+1\right)}+2y+1=0\\ \iff {\left(\sqrt{x-2}-\sqrt{2y+1}\right)}^2=0\iff \sqrt{x-2}=\sqrt{2y+1}.\end{array}$

Khi đó ta có hệ $\{\begin{array}{l}\sqrt{x-2}=\sqrt{2y+1}\\ \sqrt{x-2}+3\sqrt{2y+1}=4\end{array}\iff \{\begin{array}{l}\sqrt{x-2}=1\\ \sqrt{2y+1}=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=3\\ y=0\end{array}$  (thỏa mãn)

Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left(x;y\right)=\left(3;0\right).$

1.Xét theo $\mathrm{mod}3$ ta có

$y^2\equiv \left\{0;1\right\}\left(\mathrm{mod}3\right)$ và $2021\equiv 2\left(\mathrm{mod}3\right).$

$x^3-x=\left(x-1\right)x\left(x+1\right)\equiv 0\left(\mathrm{mod}3\right);$ $3z\equiv 0\left(\mathrm{mod}3\right).$

Như vậy vế trái chia cho 3 dư $0$ hoặc 1 mà vế phải chia cho 3 dư 2. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm nguyên.

2.Ta chứng minh từ 2025 điểm đã cho tạo ra được đúng 4044 tam giác không  có điểm trong chung (tức là: mọi điểm Y  đã nằm ở miền trong tam giác này thì không nằm ở miền trong tam giác kia)

Bước 1: từ A, B, C, D  và $$A_1$$  tạo ra được 4 tam giác không  có điểm trong chung.

Bước 2: Điểm $A_2$ sẽ nằm bên trong của một trong 4 tam giác đã có. Không mất tính tổng quát ta  giả sử $A_2$ nằm trong $\Delta AB{A}_1$, khi đó sẽ tạo ra thêm được 2 tam giác. Như vậy có $4+2=6$  tam giác không  có điểm trong chung.

 Bước 3: Điểm $A_3$ sẽ nằm ở một trong 6 tam giác đã có, không mất tính tổng quát,  giả sử $A_3$ nằm trong $\Delta AB{A}_2$. Khi đó ta có $6+2=8$  tam giác không  có điểm trong chung.

Sau 2021 bước như vậy thì hình vuông đã cho được chia thành 4044 tam giác không  có điểm trong chung. 

Mặt khác tổng diện tích 4044 tam giác đó bằng 1, suy ra tồn tại ít nhất một tam giác có diện tích không quá $\frac{1}{4044}.$

Ta có

$$\begin{array}{l}\left(1-x^2\right)\left(1-y^2\right)\left(1-z^2\right)\ge 512x^2{y}^2{z}^2\\ \iff \left(1-x\right)\left(1+x\right)\left(1-y\right)\left(1+y\right)\left(1-z\right)\left(1+z\right)\ge 512x^2{y}^2{z}^2\end{array}$$

Do $x+y+z\le 1$ nên ta có

$\begin{array}{l}\left(1-x\right)\left(1-y\right)\left(1-z\right)\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\\ \ge \left(y+z\right)\left(z+x\right)\left(x+y\right)\left(2x+y+z\right)\left(x+2y+z\right)\left(x+y+2z\right)\left(1\right)\end{array}$

Chứng minh được: $\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge 8xyz\left(2\right).$

Và:

                    $\begin{array}{l}\left(2x+y+z\right)\left(x+2y+z\right)\left(x+y+2z\right)\\ \ge 2\sqrt{x+y}\sqrt{x+z}2\sqrt{y+x}\sqrt{y+z}2\sqrt{z+x}\sqrt{z+y}\\ =8\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\\ \ge 8.8xyz\left(3\right).\end{array}$

Từ (1), (2) và (3) suy ra điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{1}{3}.$