Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2022-2023 chuyên Hùng Vương - Phú Thọ có đáp án

a) Cho phương trình \({x^2} - 8x + 4 - 8m = 0{\rm{  }}\left( 1 \right).\) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{\rm{ }}{x_2}\) thỏa mãn \(1 < {x_1} < {x_2}.\)

Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 12 + 8m > 0 \Leftrightarrow m >  - \frac{3}{2}.\)  

Vì \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của \(\left( 1 \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 8\\{x_1}{x_2} = 4 - 8m\end{array} \right..\)

Ta có \[1 < {x_1} < {x_2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {{x_1} - 1} \right) + \left( {{x_2} - 1} \right) > 0\\\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} > 2\\{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 > 0\end{array} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8 > 2\\4 - 8m - 8 + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 8m - 3 > 0 \Leftrightarrow m <  - \frac{3}{8}.\)

Vậy \( - \frac{3}{2} < m <  - \frac{3}{8}\) là các giá trị cần tìm.

b) Gọi \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số thực thỏa mãn \({a^2} + {b^2} + {c^2} = ab + bc + ca\) và \(a + b - c = \sqrt 3 .\) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {{a^2} + 1}  + 3bc.\)

Ta có \({a^2} + {b^2} + {c^2} = ab + bc + ca \Leftrightarrow 2{a^2} + 2{b^2} + 2{c^2} = 2ab + 2bc + 2ca\)

\( \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow a = b = c.\)

Mà \(a + b - c = \sqrt 3  \Leftrightarrow a = b = c = \sqrt 3 .\)

Suy ra \(A = \sqrt {{a^2} + 1}  + 3bc = 11.\)

a) Xác định các hệ số \(a,\,\,b,\,\,c\) của đa thức \(P\left( x \right) = {x^3} + a{x^2} + bx + c\) biết \(P\left( { - 2} \right) =  - 29,\,\,P\left( 1 \right) =  - 5,\,\,P\left( 3 \right) = 1.\)

Vì \(P\left( { - 2} \right) =  - 29\) nên ta có \( - 8 + 4a - 2b + c =  - 29 \Leftrightarrow 4a - 2b + c =  - 21.\)

Vì  \(P\left( 1 \right) =  - 5\) nên ta có \(1 + a + b + c =  - 5 \Leftrightarrow a + b + c =  - 6.\)

Vì \(P\left( 3 \right) = 1\) nên ta có \(27 + 9a + 3b + c = 1 \Leftrightarrow 9a + 3b + c =  - 26.\) 

Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}4a - 2b + c =  - 21\\a + b + c =  - 6\\9a + 3b + c =  - 26\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 3\\b = 2\\c =  - 5\end{array} \right..\)

Vậy \(a =  - 3;{\rm{ }}b = 2;{\rm{ }}c =  - 5.\)

b) Cho \(n\) là số nguyên dương sao cho \(4n + 13\) và \(5n + 16\) là các số chính phương. Chứng minh rằng \(2023n + 45\) chia hết cho \(24.\)

Giả sử \(4n + 13 = {a^2}\) và \(5n + 16 = {b^2}\) \(\left( {a,{\rm{ }}b \in \,{\mathbb{N}^*}} \right).\)

Từ \(4n + 13 = {a^2} \Rightarrow a\) là số lẻ.

Ta có \(4n + 13 = {a^2} \Leftrightarrow 4\left( {n + 3} \right) = {a^2} - 1 \Leftrightarrow 4\left( {n + 3} \right) = \left( {a - 1} \right)\left( {a + 1} \right).\)

Vì \(a\) là số lẻ nên \(a - 1\) và \(a + 1\) là hai số chẵn liên tiếp, do đó \(\left( {a - 1} \right)\left( {a + 1} \right) \vdots 8 \Rightarrow \left( {n + 3} \right) \vdots 2 \Rightarrow n\) là số lẻ.

Suy ra \({b^2} = 5n + 16\) là số lẻ.

Lại có \(5n + 16 = {b^2} \Leftrightarrow 5\left( {n + 3} \right) = \left( {b - 1} \right)\left( {b + 1} \right)\,\, \vdots \,\,8.\)

Mà \(\left( {5;8} \right) = 1 \Rightarrow \left( {n + 3} \right) \vdots \,\,8\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Ta có \({a^2} + {b^2} = 9n + 29 \equiv 2\left( {\bmod 3} \right)\)

mà \({a^2} \equiv \left\{ {0;1} \right\}\left( {\bmod 3} \right);{\rm{ }}{b^2} \equiv \left\{ {0;1} \right\}\left( {\bmod 3} \right) \Rightarrow {a^2} \equiv {b^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\,\,\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}4n + 13 \equiv 1\left( {{\rm{mod }}3} \right)\\5n + 16 \equiv 1\left( {{\rm{mod }}3} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {n + 3} \right) \equiv 0\left( {{\rm{mod }}3} \right)\,{\rm{  }}\,\left( 2 \right).\)

Vì \(\left( {3;8} \right) = 1\) nên từ (1) và (2) suy ra \(\left( {n + 3} \right)\,\, \vdots \,\,24\).

Từ đó \(2023n + 45 = 2016n + 7\left( {n + 3} \right) + 24\,\, \vdots \,\,24\) (đpcm).

Ta có \(P = \frac{1}{{{{\left( {\frac{y}{x} + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{z}{y} + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{x}{z} + 1} \right)}^4}}}.\)

Đặt \(a = \frac{y}{x},\,b = \frac{z}{y},\,c = \frac{x}{z} \Rightarrow a,b,c > 0\) và \(abc = 1.\)

\( \Rightarrow P = \frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^4}}}.\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có \[\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{16}} \ge 2\sqrt {\frac{1}{{16}}.\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^4}}}} = \frac{1}{2}\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}.\]

Tương tự có \[\frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{16}} \ge \frac{1}{2}\frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}},{\rm{ }}\frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{16}} \ge \frac{1}{2}\frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}}.\]

\( \Rightarrow P + \frac{3}{{16}} \ge \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}}} \right).\)

Ta chứng minh \(\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} \ge \frac{1}{{1 + ab}}\) với \(a,{\rm{ }}b > 0.\)

Thật vậy: \[\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} \ge \frac{1}{{1 + ab}}\]

\[ \Leftrightarrow \left[ {{{\left( {a + 1} \right)}^2} + {{\left( {b + 1} \right)}^2}} \right]\left( {1 + ab} \right) \ge {\left( {a + 1} \right)^2}.{\left( {b + 1} \right)^2}\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {b^2} + 2a + 2b + 2} \right)\left( {1 + ab} \right) \ge {\left( {ab + a + b + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {b^2} + 2a + 2b + 2} \right)\left( {1 + ab} \right) \ge {\left( {ab + a + b} \right)^2} + 2\left( {ab + a + b} \right) + 1\\ \Leftrightarrow 1 + ab\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \ge 2ab + {a^2}{b^2}\end{array}\]

\[ \Leftrightarrow ab{\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {ab - 1} \right)^2} \ge 0\] (luôn đúng). Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = 1.\)

Tương tự có  \(\frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {1 + 1} \right)}^2}}} \ge \frac{1}{{1 + c}} = \frac{1}{{1 + \frac{1}{{ab}}}} = \frac{{ab}}{{ab + 1}}.\)

Khi đó \(P \ge \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}}} \right) - \frac{3}{{16}}\)

\( \ge \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{1 + ab}} + \frac{{ab}}{{ab + 1}} - \frac{1}{4}} \right) - \frac{3}{{16}} = \frac{3}{8} - \frac{3}{{16}} = \frac{3}{{16}}.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) bằng \(\frac{3}{{16}}.\) Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = 1 \Rightarrow x = y = z.\)