Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Bà Rịa Vũng Tàu có đáp án

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

    $\Rightarrow P=\frac{-\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}\cdot (-(\sqrt{x}-1))=\sqrt{x}$

b) Điều kiện: $x\ge -2$. Phương trình $\iff \left(x^2-2x+4\right)+(x+2)-2\sqrt{(x+2)\left(x^2-2x+4\right)}=0$

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

    $\iff x^2-3x+2-0\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}$   (thỏa mãn ĐK)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: $$\mathrm{S}=\{1;2\}$$

c) Điều kiện: $x^2-y-1\ge 0$. Xét hệ pt: $\{\begin{array}{l}{y}^2-2x^2-xy-y+2x=0(1)\\ \sqrt{x^2-y-1}+x+y=1(2)\end{array}$

ta có: $(1)\iff (y-2x)(y+x-1)=0\iff [\begin{array}{l}y=2x\\ y=1-x\end{array}$

* Trường hợp 1: với $y=2x$ thay vào (2), thu được:

$\sqrt{x^2-2x-1}=1-3x\iff \{\begin{array}{l}x\le \frac{1}{3}\\ x^2-2x-1=1-6x+9x^2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\le \frac{1}{3}\\ 8x^2-4x+2=0\end{array}$    (vô nghiệm)

* Trường hợp 2: với $y=1-x$ thay vào (2), thu được: $\sqrt{x^2+x-2}=0\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=-2\end{array}$

Vậy tập nghiệm của hệ pt đã cho là: $$\mathrm{S}=\left\{(1;0);(-2;3)\right\}$$

a) Ta có: $(x+y)\left(x^2-2y+2\right)=-1$. Do đó có hai khả năng xảy ra:

$TH1:\{\begin{array}{l}x+y=1\\ x^2-2y+2=-1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}y=1-x\\ x^2+2x+1=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=-1\\ y=2\end{array}.$

$TH2:\{\begin{array}{l}x+y=-1\\ x^2-2y+2=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}y=-1-x\\ x^2+2x+3=0\end{array}$   (vô nghiệm)

Vậy có duy nhất cặp số nguyên $\left(x,y\right)$thỏa mãn yêu cầu là: $$(-1;2).$$

b) Ta chia hình vuông ABCD thành 36 hình vuông có độ dài cạnh bằng 2. Khi đó có ít nhất một hình vuông không chứa điểm nào trong 31 điểm đã cho . Hình tròn nội tiếp hình vuông đã cho là hình tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán.

a) Từ giả thiết ta có: $a\ne 0$ và $\frac{a-4b+16c}{a}\le 0\Rightarrow a(a-4b+16c)\le 0\Rightarrow (a-2b{)}^2\le 4\left(b^2-4ac\right)\Rightarrow \Delta \ge 0$

do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm $x_1,x_2$ mà $x_1+x_2=-\frac{b}{a}$ và $x_1.x_2=\frac{c}{a}$. Đến đây thay vào giả thiết ta thu được: $-\left(x_1+x_2\right)-4x_1{x}_2\ge \frac{1}{4}\Rightarrow \left(4x_1+1\right)\left(4x_2+1\right)\le 0$. Nếu $x_1,x_2$ đều không âm thì dẫn đến điều vô lý. Do vậy phương trình phải có ít nhất một nghiệm âm.

b) Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta được:

$\sqrt{1+8a^3}=\sqrt{(1+2a)\left(1-2a+4a^2\right)}\le \frac{1+2a+1-2a+4a^2}{2}=2a^2+1.$

Tương tự, ta có: $\sqrt{1+8b^3}\le 2b^2+1;\sqrt{1+8c^3}\le 2c^2+1.$

Do đó: $P\ge \frac{a^2}{\left(2a^2+1\right)\left(2b^2+1\right)}+\frac{b^2}{\left(2b^2+1\right)\left(2c^2+1\right)}+\frac{c^2}{\left(2c^2+1\right)\left(2a^2+1\right)}$

Tiếp theo ta chứng minh: $\frac{a^2}{\left(2a^2+1\right)\left(2b^2+1\right)}+\frac{b^2}{\left(2b^2+1\right)\left(2c^2+1\right)}+\frac{c^2}{\left(2c^2+1\right)\left(2a^2+1\right)}\ge \frac{1}{3}(\ast )$

Thật vậy: $(\ast )\iff 3\left(2\left(a^2{b}^2+b^2{c}^2+c^2{a}^2\right)+a^2+b^2+c^2\right)\ge \left(2a^2+1\right)\left(2b^2+1\right)\left(2c^2+1\right)$

                         $\iff 2\left(a^2{b}^2+b^2{c}^2+c^2{a}^2\right)+\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge 9.$

Điều này hiển nhiên đúng do $a^2{b}^2+b^2{c}^2+c^2{a}^2\ge 3\sqrt[4]{a^4{b}^4{c}^4}=3$ và $a^2+b^2+c^2\ge 3\sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}=3.$

Vậy GTNN của $P=\frac{1}{3}$ đạt tại $a=b=c=1$

a) Tứ giác OGMB nội tiếp đường tròn đường kính MO $\Rightarrow \widehat{OMG}=\widehat{OBG}.$

    Tứ giác OGCN nội tiếp đường tròn đường kính NO $\Rightarrow \widehat{ONG}=\widehat{OCG}$

    Tuy nhiên tam giác OBC cân tại O $\Rightarrow \widehat{OBC}=\widehat{OCB}\Rightarrow \widehat{OMG}=\widehat{ONG}\Rightarrow \Delta OMN$cân tại O.

b) ta có: $\angle AKG=\angle AIO={90}^{°}\Rightarrow \Delta AKG,\Delta AIO$ đồng dạng $\Rightarrow AG.AI=AK.AO.$

Mặt khác,  dễ thấy: $AK.AO=A{B}^2$ và $A{B}^2=AE\cdot AD\Rightarrow AG\cdot AI=AE\cdot AD$

Khi đó: $AG\cdot AI=(AI-IE)(AI+IE)=A{I}^2-I{E}^2\Rightarrow I{E}^2=A{I}^2-AG\cdot AI=IG\cdot IA$

c) Gọi T là giao điểm của HG và CE . Ta có: $\widehat{BED}=\widehat{BCD}=\widehat{CBA}=\widehat{ACB}\Rightarrow HEGC$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{HGC}=\widehat{HEC}=\widehat{CDB}=\widehat{CBA}.$Đến đây ta chứng minh hai đường thẳng HG, AB song song với nhau .

Kéo dài CE cắt AB tại F.

Dễ thấy: $\angle FAE=\angle EDC=\angle ECA\Rightarrow \Delta FAE,\Delta FCA$ đồng dạng $\Rightarrow F{A}^2=FE.FC$, mà $F{B}^2=FE.FC\Rightarrow F$là trung điểm của AB. Đến đây sử dụng định lý Ta-lét , thì : $\frac{TG}{FB}=\frac{CT}{CF}=\frac{TH}{FA}\Rightarrow TG=TH$ hay T là trung điểm của GH.