Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Bình Thuận có đáp án

                 Điều kiện \(2x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge  - \frac{1}{2}\)

                 Phương trình viết lại thành:

                            \(36{x^2} - 212x + 284 = 4\sqrt {2x + 1} \;\)

                    \(\;\;\;\;\;\;\;\; \Leftrightarrow 36{x^2} - 212x + 284 + 8x + 5 = 4\left( {2x + 1} \right) + 4\sqrt {2x + 1}  + 1\)

                           \( \Leftrightarrow 36{x^2} - 204x + 289 = 4\left( {2x + 1} \right) + 4\sqrt {2x + 1}  + 1\)

                           \( \Leftrightarrow {\left( {6x - 17} \right)^2} = {\left( {2\sqrt {2x + 1}  + 1} \right)^2}\)

                          \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2\sqrt {2x + 1}  + 1 = 6x - 17\;\left( 1 \right)}\\{2\sqrt {2x + 1}  + 1 = 17 - 6x\;\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

                 Xét (1), ta có:

                                      (1)\( \Leftrightarrow 2\sqrt {2x + 1}  = 6x - 18\)

                                         \(\;\; \Leftrightarrow 2\sqrt {2x + 1}  = 3\left( {2x + 1} \right) - 21\;\left( {1'} \right)\;\)

                Đặt \(t = \sqrt {2x + 1}  \ge 0\;\)ta có:

                              \(\left( {1'} \right) \Leftrightarrow 3{t^2} - 2t - 21 = 0\)

                                      \( \Leftrightarrow \left( {t - 3} \right)\left( {3t + 7} \right) = 0\)

                                     \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t - 3 = 0}\\{3t + 7 = 0}\end{array}} \right.\)

                 Xét (2), ta có:

                             \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 6x + 2\sqrt {2x + 1}  - 16 = 0\)

                                   \( \Leftrightarrow 3\left( {2x + 1} \right) + 2\sqrt {2x + 1}  - 19 = 0\)

                Đặt \(t = \sqrt {2x + 1}  \ge 0\) ta có:

                                                   \(\left( {2'} \right) \Leftrightarrow 3{t^2} + 2t - 19 = 0\)

                Giải phương trình này ta được hai nghiệm \({t_1} = \frac{{ - 1 + \sqrt {58} }}{3}\;\left( {nhan} \right);{t_2} = \frac{{ - 1 - \sqrt {58} }}{3}\left( {loai} \right)\;\)

                Với \({t_1} = \frac{{ - 1 + \sqrt {58} }}{3}\;\) ta được:

                 \(\sqrt {2x + 1}  = \frac{{ - 1 + \sqrt {58} }}{3}\)\( \Leftrightarrow 2x + 1 = \frac{{59 - 2\sqrt {58} }}{9}\) \( \Leftrightarrow 2x = \frac{{50 - 2\sqrt {58} }}{9}\;\)        \( \Leftrightarrow x = \frac{{25 - \sqrt {58} }}{9}\;\left( {nhan} \right)\)

               Vậy \(S = \left\{ {\frac{{25 - \sqrt {58} }}{9};4} \right\}\)

      a) Ta áp dụng tính chất a - S (a) \( \vdots \) 9 với mọi số nguyên dương a (bạn đọc tự chứng minh tính chất này)

               Vậy ( a + b - S(a) = a + b - S(a+b)\( \vdots \)9

                   \( \Rightarrow \left( {a - S\left( a \right)} \right) + b \vdots 9 \Rightarrow b \vdots 9\)

               Tương tự , ta được \(a \vdots 9.\) Vậy a , b chia hết cho 9 (đpcm)   

       b) Phương trình viết lại:

                       \(2{x^2} + 2x + 1 = 2{y^4} + 4{y^3} + 6{y^2} + 4y + 1\)

                  \( \Rightarrow 2{x^2} + 2x + 2 = 2{y^4} + 4{y^3} + 6{y^2} + 4y + 2\;\)

              \(\;\;\;\; \Rightarrow {x^2} + x + 1 = {\left( {{y^2} + y + 1} \right)^2}\)

          Vậy từ đây ta được \({x^2} + x + 1\) là số chính phương hay \(4{x^2} + 4x + 4 = {\left( {2x + 1} \right)^2} + 3\;\)là số chính phương.

           Đặt  (**)

           Ta có:

                    \(\left( {**} \right) \Leftrightarrow {t^2} - {\left( {2x + 1} \right)^2} = 3\)

                            \( \Leftrightarrow \left( {t - 2x - 1} \right)\left( {t + 2x + 1} \right) = 3\)

           Xét tất cả các trường hợp sau:

           Vậy \(x = 0\;v\`a \;x = - 1\)

          Với x = 0 thay vào (*), ta được:

               (*)\( \Leftrightarrow {\left( {{y^2} + y + 1} \right)^2} = 1\)

                    \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{y^2} + y + 1 = 1 \Leftrightarrow {y^2} + y = 0 \Leftrightarrow y\left( {y + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 0}\\{y = - 1}\end{array}} \right.}\\{{y^2} + y + 1 = - 1\left( {v\^o \;nghiem} \right)}\end{array}} \right.\)

         Với x = - 1 thay vào (*), ta được:

               (*)\(\; \Leftrightarrow {\left( {{y^2} + y + 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 0}\\{y = - 1}\end{array}} \right.\)

         Vậy phương trình có các nghiệm (x; y) = (0; 0); (0; - 1); (- 1; 0); (- 1; - 1)

Biến đổi giá trị thiết ta được: \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 3\)

Ta có: \(\frac{a}{{{a^2} + bc}} \le \frac{a}{{2a\sqrt {bc} }} = \frac{1}{{2\sqrt {bc} }} = \frac{1}{4}.\frac{2}{{\sqrt {bc} }} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)\)

Tương tự: \(\frac{b}{{{b^2} + ca}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a}} \right)\);\(\frac{c}{{{c^2} + ab}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)\)

Vậy \(\frac{a}{{{a^2} + bc}} + \frac{b}{{{b^2} + ca}} + \frac{c}{{{c^2} + ab}} \le \frac{1}{4}.2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) = \frac{2}{4}.3 = \frac{3}{2}\)

Dấu “ = ” xảy ra khi \(a = b = c = 1.\)

                Ta gọi ô (i; j) là ô ở dòng thứ i và cột thứ j trong bảng. Khi đó, sau tất cả các thao tác đổi dấu, ô (i; j) bị đổi dấu i +5j+1 (lần) và i + 5j +1 \( \equiv \) i+j+1 (mod 2)

                Sau tất cả các thao tác đổi dấu, ô (\(i\);\(j\) ) sẽ mang “ + ”nếu bị dỗi dấu một số chẵn lần. Vậy sau khi thao tác, các ô (i; j) mang dấu “ + ” và chỉ khi i + j + 1 j + 1\( \vdots \;\)2 hay i, j khác tính chẵn lė.

               Th 1 : i lẽ,  j chẵn.

               Ta chọn i thỏa mãn thì có 12 cách, chọn j thỏa thì có 11 cách. Vậy số ô (i; j) thỏa thì là 12.11 =132( ô )

               Th2: i chẵn, j lẻ.

               Bằng cách chọn tương tự, ta được só ô thỏa mãn là 11.12 =132 (ô)

               Vậy số ô mang dấu “ + ” sau khi thự hiện đổi dấu 132 + 132 = 246 ô