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

a) \(P = \left( {\frac{{5 + 4\sqrt x - 2(\sqrt x + 4) + 3(2\sqrt x - 3)}}{{(2\sqrt x - 3)(\sqrt x + 4)}}} \right):\left( {\frac{{x + 4\sqrt x + 5 - 6\sqrt x }}{{\sqrt x + 4}}} \right)\)

\(P = \left( {\frac{{8\sqrt x - 12}}{{(2\sqrt x - 3)(\sqrt x + 4)}}} \right):\left( {\frac{{x - 2\sqrt x + 5}}{{\sqrt x + 4}}} \right)\)

\(P = \frac{4}{{\sqrt x + 4}}.\frac{{\sqrt x + 4}}{{x - 2\sqrt x + 5}} = \frac{4}{{x - 2\sqrt x + 5}}\).

b) Ta có \(x - 2\sqrt x + 5 = {\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} + 4 \Rightarrow x - 2\sqrt x + 5 \ge 4\) với \[\forall x \ge 0,\,x \ne \frac{9}{4}.\]

Khi đó \[P \le 1\] với \[\forall x \ge 0,\,x \ne \frac{9}{4}.\] Dấu “ = ” xảy ra khi \(x = 1\).

Giá trị lớn nhất của \[P\]là 1 khi \[x = 1\]

a) Điều kiện: \[x \ge - 1\]

Ta có \[{x^2} + x - 6 = 3(x - 2)\sqrt {x + 1} \Leftrightarrow (x - 2)(x + 3) - 3(x - 2)\sqrt {x + 1} = 0\]

 \[ \Leftrightarrow (x - 2)(x + 3 - 3\sqrt {x + 1} ) = 0 \Leftrightarrow x = 2\,\](thỏa mãn đk) hoặc \[x + 3 - 3\sqrt {x + 1} = 0\]

\[x + 3 - 3\sqrt {x + 1} = 0 \Leftrightarrow x + 3 = 3\sqrt {x + 1} \Leftrightarrow {x^2} - 3x = 0 \Leftrightarrow {x_1} = 0;{x_2} = 3\] (thỏa mãn đk)

Tập nghiệm của phương trình là \[S = \left\{ {0;2;3} \right\}\].

b) \[{x^2} - 2x - xy + y + 1 = 0 \Leftrightarrow (x - 1)(x - 1 - y) = 0 \Leftrightarrow x = 1\] hoặc \[y = x - 1\]

Với \[x = 1\] ta có phương trình \[\sqrt {{y^2} + 4} = 2 \Leftrightarrow y = 0\]

Với \[y = x - 1\] ta có phương trình \[{x^2} + 3x - \sqrt {{x^2} + 3x} - 2 = 0\]

Đặt \[t = \sqrt {{x^2} + 3x} ,\,{\rm{ }}t \ge 0,\]pt trở thành \[{t^2} - t - 2 = 0 \Leftrightarrow {t_1} = - 1\] (loại), \[t = 2\] (thỏa mãn)

Với \[t = 2\] ta được \[{x^2} + 3x - 4 = 0 \Leftrightarrow {x_1} = 1;{\rm{ }}{x_2} = - 4\].

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là \[\left( {1;0} \right);\left( { - 4; - 5} \right)\].

a) \(\widehat {BKI} = \widehat {BAI}\) (nội tiếp (O) cùng chắn )

mà \(\widehat {BAI} = \widehat {IAC}\) \( \Rightarrow \widehat {MAQ} = \widehat {MKQ}\) \( \Rightarrow \) tứ giác AMQK nội tiếp

b) Tứ giác AMQK nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {MQA} = \widehat {MKA}\), lại có \(\widehat {BKA} = \widehat {BCA}\)(nội tiếp (O) cùng chắn \(\widehat {AB}\)) \( \Rightarrow \) \(\widehat {MQA} = \widehat {BCA}\) \( \Rightarrow \) MQ // BC

H là trực tâm của \(\Delta \) ABC nên AH \( \bot \) BC \( \Rightarrow \) MQ \( \bot \) AH

\(\Delta \) AHQ có HD \( \bot \) AQ, MQ \( \bot \) AH nên M là trực tâm \( \Rightarrow \) AM \( \bot \) HQ

\(\Delta \) APQ có AM là phân giác, AM là đường cao nên \(\Delta \) APQ cân tại A.

c) Gọi N là giao điểm của AI và CE. \(\widehat {AIK} = \widehat {ABK}\) (nội tiếp (O) cùng chắn ), \(\widehat {ABD} = \widehat {ACE}\) (cùng phụ với \(\widehat {BAC}\)) \( \Rightarrow \) \(\widehat {NIQ} = \widehat {NCQ}\) \( \Rightarrow \) tứ giác NICQ nội tiếp \( \Rightarrow \)\(\widehat {QNC} = \widehat {QIC}\)

Có \(\widehat {BEC} = \widehat {BDC} = {90^0}\) nên tứ giác BEDC nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {DEC} = \widehat {DBC}\), \(\widehat {KBC} = \widehat {KIC}\) (nội tiếp (O) cùng chắn ) \( \Rightarrow \widehat {QNC} = \widehat {DEC}\) \( \Rightarrow \) NQ // ED

Tứ giác NICQ nội tiếp nên \(\widehat {MNQ} = \widehat {QCI}\), tứ giác AMQK nội tiếp nên \(\widehat {QMN} = \widehat {AKQ}\) mà \(\widehat {AKI} = \widehat {ACI}\) (nội tiếp (O) cùng chắn ) \( \Rightarrow \) \(\widehat {QMN} = \widehat {QNM}\) \( \Rightarrow \) \(\Delta \) QMN cân \( \Rightarrow \) QM = QN.

MQ // BC \( \Rightarrow \) \(\frac{{MQ}}{{BC}} = \frac{{DQ}}{{DC}}\), NQ // ED \( \Rightarrow \) \(\frac{{NQ}}{{ED}} = \frac{{CQ}}{{CD}}\), lại có MQ = NQ nên \(\frac{{MQ}}{{BC}} + \frac{{MQ}}{{DE}} = \frac{{DQ}}{{DC}} + \frac{{CQ}}{{CD}} = 1\) \( \Rightarrow \) \(\frac{1}{{BC}} + \frac{1}{{DE}} = \frac{1}{{MQ}}\).