Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2022-2023 sở GD&ĐT Quảng Bình có đáp án

a)Với \(0 \le x \ne 1\) ta có:

\(\begin{array}{l}P = \frac{{\left( {3x + 5\sqrt x  - 11} \right) - \left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right) + 2\left( {\sqrt x  - 1} \right) - \left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\\ = \frac{{\left( {3x + 5\sqrt x  - 11} \right) - \left( {x - 4} \right) + 2\left( {\sqrt x  - 1} \right) - \left( {x + \sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\end{array}\)

\( = \frac{{x + 6\sqrt x  - 7}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} = \frac{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 7} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x  + 7}}{{\sqrt x  + 2}}\)

Vậy \(P = \frac{{\sqrt x  + 7}}{{\sqrt x  + 2}}\) với \(0 \le x \ne 1\)

b)Ta có: \(P = \frac{{\sqrt x  + 7}}{{\sqrt x  + 2}} = 1 + \frac{5}{{\sqrt x  + 2}} \Rightarrow 1 < P \le 1 + \frac{5}{2} = \frac{7}{2}\) với \(0 \le x \ne 1\)

Biểu thức \[P\] chia hết cho 3\( \Leftrightarrow P = 3 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x  + 7}}{{\sqrt x  + 2}} = 3\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x  + 7 = 3\sqrt x  + 6 \Leftrightarrow \sqrt x  = \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \frac{1}{4}\)

Vậy \(x = \frac{1}{4}\)

a)Ta thấy \(ac =  - 3 < 0,{\rm{ }}\forall m\) nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm \[{x_1},{\rm{ }}{x_2}\] với mọi giá trị của \(m\).

Theo hệ thức Vi-ét ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {\rm{ }}{x_2} = 2m - 2{\rm{ }}\left( 2 \right)\\{x_1}{x_2} =  - 3{\rm{             }}\left( 3 \right)\end{array} \right.\]

Kết hợp \[{x_1} + 2{x_2} = 5\] với \(\left( 2 \right)\) ta được \[{x_1} = 4m - 9,{\rm{ }}{x_2} = 7 - 2m\]

Thay vào \(\left( 3 \right)\) ta có

\[\left( {4m - 9} \right)\left( {7 - 2m} \right) =  - 3 \Leftrightarrow  - 8{m^2} + 46m - 60 = 0 \Leftrightarrow m = 2\] hoặc \[m = \frac{{15}}{4}\]

Vậy \[m = 2\]

b)Điều kiện: \(x \ge \frac{5}{3}\)

\(\begin{array}{l}\sqrt {x + 1}  + \sqrt {3x - 5}  = 4 \Leftrightarrow \left( {\sqrt {x + 1}  - 2} \right) + \left( {\sqrt {3x - 5}  - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \frac{{x - 3}}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + \frac{{3\left( {x - 3} \right)}}{{\sqrt {3x - 5}  + 2}} = 0\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left[ {\frac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + \frac{3}{{\sqrt {3x - 5}  + 2}}} \right] = 0\\ \Leftrightarrow x - 3 = 0{\rm{ do }}\frac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + \frac{3}{{\sqrt {3x - 5}  + 2}} > 0,{\rm{ }}\forall x \ge \frac{5}{3}\\ \Leftrightarrow x = 3\end{array}\)

Vậy \[x = 3\]

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = a + b - c > 0}\\{y = b + c - a > 0}\\{z = c + a - b > 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{{x + z}}{2}}\\{b = \frac{{x + y}}{2}}\\{c = \frac{{y + z}}{2}}\end{array}} \right.\)

Ta cần chứng minh: \(\frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{4z}} + \frac{{{{\left( {y + z} \right)}^2}}}{{4x}} + \frac{{{{\left( {z + x} \right)}^2}}}{{4y}} \ge x + y + z\)

Ta có: \(\frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{4z}} + \frac{{{{\left( {y + z} \right)}^2}}}{{4x}} + \frac{{{{\left( {z + x} \right)}^2}}}{{4y}} \ge \frac{{xy}}{z} + \frac{{yz}}{x} + \frac{{zx}}{y}{\rm{  }}\left( 1 \right)\)

Mặt khác: \(\frac{{xy}}{z} + \frac{{yz}}{x} \ge 2y;{\rm{ }}\frac{{yz}}{x} + \frac{{zx}}{y} \ge 2z;{\rm{ }}\frac{{xy}}{z} + \frac{{zx}}{y} \ge 2x\).

Khi đó \(\frac{{xy}}{z} + \frac{{yz}}{x} + \frac{{zx}}{y} \ge x + y + z{\rm{  }}\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right){\rm{, }}\left( 2 \right)\) ta có \(\frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{4z}} + \frac{{{{\left( {y + z} \right)}^2}}}{{4x}} + \frac{{{{\left( {z + x} \right)}^2}}}{{4y}} \ge x + y + z\)

Vậy \(\frac{{{a^2}}}{{b + c - a}} + \frac{{{b^2}}}{{c + a - b}} + \frac{{{c^2}}}{{a + b - c}} \ge a + b + c\)

Dấu bằng xãy ra khi \[a = b = c\]

Với \(n \in \mathbb{N}\), ta có \({n^5} + 1 \vdots {n^3} + 1 \Leftrightarrow {n^2}\left( {{n^3} + 1} \right) - \left( {{n^2} - 1} \right) \vdots {n^3} + 1\)

\( \Leftrightarrow \left( {{n^2} - 1} \right) \vdots {n^3} + 1 \Leftrightarrow \left( {n - 1} \right)\left( {n + 1} \right) \vdots \left( {n + 1} \right)\left( {{n^2} - n + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow n - 1 \vdots {n^2} - n + 1\) (vì \(n + 1 \ne 0\))

\( \Rightarrow n\left( {n - 1} \right) \vdots {n^2} - n + 1 \Leftrightarrow \left( {{n^2} - n + 1} \right) - 1 \vdots {n^2} - n + 1\)

\( \Leftrightarrow 1 \vdots {n^2} - n + 1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{n^2} - n + 1 = 1\\{n^2} - n + 1 =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 1\\n = 0\end{array} \right.\)

Thử lại ta thấy \(n = 0;\,{\rm{ }}n = 1\) thỏa mãn để \({n^5} + 1\) chia hết cho \({n^3} + 1\)

Vậy \(n = 0;\,{\rm{ }}n = 1.\)