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

a)Ta có:  $P=\frac{{\left(\sqrt{x}+1\right)}^2-{\left(\sqrt{x}-1\right)}^2-8\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}:\frac{\sqrt{x}-x-3-\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}$     

                $=\frac{-4\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\cdot \frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{-x-4}=\frac{4\sqrt{x}}{x+4}.$

Vậy $P=\frac{4\sqrt{x}}{x+4}.$

b)Vì $x\ge 0,x\ne 1$ nên $P=\frac{4\sqrt{x}}{x+4}\ge 0.$

 Ta có: $1-P=1-\frac{4\sqrt{x}}{x+4}=\frac{x-4\sqrt{x}+4}{x+4}=\frac{{\left(\sqrt{x}-2\right)}^2}{x+4}\ge 0$ suy ra $P\le 1.$

Do đó $0\le P\le 1$ mà $P\in Z$ nên $P=0$ hoặc $P=1.$

Với $P=0$ thì $x=0$ (thỏa mãn).

Với $P=1$ thì $\sqrt{x}-2=0\iff x=4$ (thỏa mãn).

Vậy $x=0;x=4$ thì $P$ nhận giá trị nguyên.

a)Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left(d\right)$ và $\left(P\right):$

$x^2=2mx-m+1\iff x^2-2mx+m-1=0\left(1\right)$

Ta thấy ${\Delta }^{\prime }=m^2-m+1={\left(m-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}>0$, với mọi $m\in \mathbb{R}.$

Suy ra phương trình $\left(1\right)$ có hai nghiệm phân biệt với mọi $m\in \mathbb{R}.$

Do đó đường thẳng $\left(d\right)$ cắt $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt với mọi $m\in \mathbb{R}.$

Ta có $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình $\left(1\right)$

Áp dụng định lí Vi-ét ta được $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m\\ x_1\cdot x_2=m-1\end{array}$

Ta có $\left|x_1-x_2\right|>\sqrt{3}\iff {\left(x_1-x_2\right)}^2>3\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2-3>0.$

$\iff 4m^2-4m+1>0\iff {\left(2m-1\right)}^2>0\iff m\ne \frac{1}{2}.$

Vậy $m\ne \frac{1}{2}$ thì $\left(d\right)$ và $\left(P\right)$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_1;x_2$ thỏa mãn $\left|x_1-x_2\right|>\sqrt{3}.$

b)Điều kiện: $x\ge -\frac{1}{5}.$

Ta có: $8\sqrt{5x+1}+6\sqrt{2x+3}=7x+29.$

$\iff \left(5x+1-8\sqrt{5x+1}+16\right)+\left(2x+3-6\sqrt{2x+3}+9\right)=0$

$\iff {\left(\sqrt{5x+1}-4\right)}^2+{\left(\sqrt{2x+3}-3\right)}^2=0$

$\iff \{\begin{array}{l}\sqrt{5x+1}-4=0\\ \sqrt{2x+3}-3=0\end{array}\iff x=3$ (thỏa mãn).

Vậy phương trình có nghiệm $x=3.$

Do $x,y\in \left[5;7\right]\Rightarrow \left|x-y\right|\le 2\iff {\left(x-y\right)}^2\le 4$

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

Chứng minh tương tự ta có:

                                      $y+z\le 2\sqrt{yz+1};$$z+x\le 2\sqrt{zx+1}$

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta có

$$2\left(x+y+z\right)\le 2\left(\sqrt{xy+1}+\sqrt{yz+1}+\sqrt{zx}\right)$$

$\iff \sqrt{xy+1}+\sqrt{yz+1}+\sqrt{zx+1}\ge x+y+z$

Dấu bằng xảy ra khi $\{\begin{array}{l}\left|x-y\right|=2\\ \left|y-z\right|=2\\ \left|z-x\right|=2\end{array}\left(1\right)$

Vì $x\ne y\ne z$ nên giả sử $x>y>z.$

Ta có $\left(1\right)\iff \{\begin{array}{l}x-y=2\\ y-z=2\\ x-z=2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x-y=2\\ x-z=4\\ x-z=2\end{array}$ (vô nghiệm)

Vậy $\sqrt{xy+1}+\sqrt{yz+1}+\sqrt{zx+1}>x+y+z.$

Đặt $n^2-2n-7=a^3;n^2-2n+12=b^3$   (với $a,b\in {\mathbb{N}}^{\ast }$)

Dễ thấy  $a<b$

Ta có $b^3-a^3=\left(n^2-2n+12\right)-\left(n^2-2n-7\right)=19$

$\iff \left(b-a\right)\left(b^2+ab+a^2\right)=19$

Vì $a,b\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, $b>a$, $b^2+ab+a^2>b-a$ và $19$ là số nguyên tố nên

$\{\begin{array}{l}b-a=1\\ b^2+ab+a^2=19\end{array}\iff [\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}a=2\\ b=3\end{array}\left(TM\right)\\ \{\begin{array}{l}a=-3\\ b=-2\end{array}\left(L\right)\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ b=3\end{array}$

$\Rightarrow n^2-2n-15=0\iff [\begin{array}{l}n=-3(L)\\ n=5(TM)\end{array}\iff n=5$

Vậy $n=5$ là giá trị cần tìm.

Hình vẽ

ABC nội tiếp đường tròn (ảnh 1)">

a)Tứ giác $BKDH$ nội tiếp  $$\Rightarrow \widehat{KBD}=\widehat{KHD}<\mathrm{span}></span>\left(1\right).$$

Tứ giác $ABDC$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{KBD}=\widehat{ACD}<\mathrm{span}></span>\left(2\right)$ (cùng bù với $\widehat{ABD}$)

Từ $\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow \widehat{KHD}=\widehat{ICD}<\mathrm{span}></span>\left(3\right).$

Lại có tứ giác $CIHD$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{IHD}+\widehat{ICD}=180^0\left(4\right).$

 Từ $\left(3\right),\left(4\right)$ suy ra $\widehat{IHD}+\widehat{DHK}=180^0$

$\Rightarrow K,I,H$ thẳng hàng.

$\Rightarrow \frac{CH}{HD}=\frac{AB}{KD}+\frac{BK}{KD}\left(5\right)$

b)$\Rightarrow \frac{BH}{DH}=\frac{AC}{DI}-\frac{IC}{DI}\left(6\right)$

Từ $\left(5\right),\left(6\right)$ và $\left(7\right)$ suy ra $\frac{CH}{HD}+\frac{BH}{DH}=\frac{AB}{KD}+\frac{AC}{DI}.$

Vậy $\frac{AC}{DI}+\frac{AB}{DK}=\frac{BC}{DH}\cdot$

c)Đường thẳng $AP$ cắt $\left(O\right)$ tại $Q$ và đường thẳng $DH$ cắt $\left(O\right)$ tại $S.$

Ta có $\widehat{SAC}=\widehat{SDC}$ (cùng chắn )

Tứ giác $CDHI$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{HDC}=\widehat{HIA}\Rightarrow \widehat{SAC}=\widehat{HIA}$

Suy ra đường thẳng $$AS$$ song song với đường thẳng $$HK.$$

Ta có $AQ$//$DS$ (cùng vuông góc với $BC$)

$\Rightarrow AQDS$ là hình thang, nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$

$\Rightarrow AQDS$ là hình thang cân $\Rightarrow \widehat{QDS}=\widehat{ASD}.$

Qua $P$ vẽ $$PR$$//$$AS\Rightarrow \widehat{ASD}=\widehat{PRD}$$ (đồng vị)

Suy ra $\widehat{PRD}=\widehat{QDR}\Rightarrow PQDR$ là hình thang cân

Ta thấy $BC\perp PQ$ tại trung điểm $PQ$, suy ra $BC$ là trục đối xứng của hình thang cân $\Rightarrow HD=HR.$

Xét $\Delta DPR$ có $HD=HR$ và $$HK$$//$$PR$$

$\Rightarrow HK$ đi qua trung điểm của $DP.$