Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2021-2022 chuyên Lê Quý Đôn - Lai Châu có đáp án
6 câu hỏi
Giải các phương trình và hệ phương trình:
a. \[5x--10 = 0\] b. \[{x^2} + 6x + 5 = 0\] \({\bf{c}}.{\rm{ }}\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 4\\x - y = 8\end{array} \right.\)
a. 5x – 10 = 0\[ \Leftrightarrow 5x = 10 \Leftrightarrow x = 2\]
Vậy: \(S = \left\{ 2 \right\}\)
b. \[{x^2} + {\rm{ }}6x + 5{\rm{ }} = {\rm{ 0}}\]
Ta có : \[a - b + c = 1 - 6 + 5 = 0\] \[ \Rightarrow {x_1} = - 1;{x_2} = - 5\]
Vậy: \(S = \left\{ { - 5; - 1} \right\}\)
\({\bf{c}}.{\rm{ }}\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 4\\x - y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 12\\x - y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = - 4\end{array} \right.\)
Vật hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (4; – 4).
1. Thực hiện phép tính sau: \(\sqrt 3 - \sqrt {48} + \sqrt {75} \)
2.Cho biểu thức \({\rm{P}} = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{3}{{\sqrt x - 3}}} \right):\frac{{x - 9}}{{\sqrt x + 3}}\) (với \(x \ge 0;x \ne 9)\).
a. Rút gọn biểu thức \[{\rm{P}}\].
b. Tính giá trị của \[{\rm{P}}\]khi \[x = 16\].
1. \(\sqrt 3 - \sqrt {48} + \sqrt {75} = \sqrt 3 - 4\sqrt 3 + 5\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \)
2. a. Rút gọn:
\({\rm{P}} = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{3}{{\sqrt x - 3}}} \right):\frac{{x - 9}}{{\sqrt x + 3}} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right) + 3\left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}.\frac{{\sqrt x + 3}}{{x - 9}}{\rm{ = }}\frac{1}{{\sqrt x - 3}}\)
b. Với x = 16 (thỏa mãn điều kiện) ta có: P = \(\frac{1}{{\sqrt {16} - 3}} = 1\)
Cho Parabol là đồ thị hàm số \(y = - \frac{1}{2}{x^2}\) và đường thẳng d là đồ thị hàm số \(y = mx + m - 1\) (với m là tham số).
a. Vẽ Parabol là đồ thị hàm số \(y = - \frac{1}{2}{x^2}\).
b. Chứng minh Parabol luôn cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của tham số m.
a)
b. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
\( - \frac{1}{2}{x^2}\)=\(mx + m - 1\)\( \Leftrightarrow {x^2} + 2mx + 2m - 2 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\)
Phương trình (1) có \(\Delta ' = {m^2} - 2m + 2 = {(m - 1)^2} + 1 > 0\) với mọi m. Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Do đó (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
Một ô tô khách và một ô tô tải chở vật liệu xây dựng khởi hành cùng một lúc từ bến xe khách Lai Châu đến trung tâm thị trấn Mường Tè. Do trọng tải lớn nên xe tải chở vật liệu xây dựng đi với vận tốc chậm hơn xe khách 10 km/h. Xe khách đến trung tâm thị trấn Mường Tè sớm hơn xe tải 1 giờ 6 phút. Tính vận tốc mỗi xe biết quãng đường từ bến xe khách thành phố Lai Châu đến trung tâm thị trấn Mường Tè là 132 km.
Gọi vận tốc của xe tải là x (km/h) (x > 0)
Suy ra, vận tốc của xe khách là x +10 (km/h)
Thời gian đi hết quãng đường của xe tải là \(\frac{{132}}{x}\left( h \right)\) và xe khách là \(\frac{{132}}{{x + 10}}\left( h \right)\)
Vì xe khách đi nhanh hơn xe tải là 1 giờ 6 phút = \(\frac{{11}}{{10}}\left( h \right)\)
Nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\frac{{132}}{x} - \frac{{132}}{{x + 10}} = \frac{{11}}{{10}}\\ \Rightarrow 132.10\left( {x + 10} \right) - 132.10x = 11x\left( {x + 10} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 1200 = 0\end{array}\)
Giải phương trình ta được x1 = – 40 (loại); x2 = 30 (thỏa mãn)
Vậy vận tốc của xe tải là 30 km/h và xe khách là 40 km/h.
Cho đường tròn tâm (O; R), từ một điểm A trên đường tròn kẻ tiếp tuyến d với đường tròn tâm O. Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kì (M khác A), kẻ tiếp tuyến thứ hai MB (B là tiếp điểm).
a. Chứng minh tứ giác AMBO là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b. Gọi I là giao điểm của AB và OM. Chứng minh \(OI.OM = {R^2};{\rm{ }}OI.IM = \frac{{A{B^2}}}{4}\).
c. Gọi điểm H là trục tâm của tam giác MAB. Tìm quỹ tích điểm H khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d.
a. Vì MA, MB là tiếp truyến của đường tròn (O) \( \Rightarrow \widehat {MAO} = 90^\circ ;\widehat {MBO} = 90^\circ \).
Ta có: \(\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 180^\circ \).
\( \Rightarrow AMBO\) nội tiếp đường tròn đường kính OM.
b. Ta có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R.
\( \Rightarrow \) MO là đường trung trực của đoạn thẳng AB \( \Rightarrow OM \bot AB\) tại I.
Ta lại có: \(\widehat {MAO} = 90^\circ \)(tính chất của tiếp tuyến)
\( \Rightarrow \Delta MAO\) vuông tại A.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(OI.OM = O{A^2} = {R^2}\) và \(OI.{\rm{ }}IM = I{A^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}\) (đpcm).
c. Ta có: \(OB \bot MB\) (tính chất của tiếp tuyến) và \(AK \bot MB\)(AK là đường cao của \(\Delta MAB\)).
\( \Rightarrow OB//AK{\rm{ hay }}OB//AH{\rm{ }}(1)\).
Chứng minh tương tự ta có: \(OA//BN{\rm{ hay }}OA//BH{\rm{ }}(2)\).
Từ (1) và (2) suy ra: tứ giác AOBN là hình bình hành.
Mà OA = OA = R.
\( \Rightarrow \) hình bình hành AOBN là hình thoi.
\( \Rightarrow \) AH = AO = R
Vậy khi M di chuyển trên đường thẳng (d) thì H luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó, quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng (d) là nửa đường tròn tâm (A; AH), AH = R.
Giải phương trình sau: \(\left( {2x + 5} \right)\sqrt {2x + 5} = {x^2} + 7x + 5.\)
ĐK: \(x \ge \frac{{ - 7 + \sqrt {29} }}{2}{\rm{ v\`a }}x \le \frac{{ - 7 - \sqrt {29} }}{2}\)
Ta có :
\(\begin{array}{l}\left( {2x + 5} \right)\sqrt {2x + 5} = {x^2} + 7x + 5\\ \Leftrightarrow {\left( {2x + 5} \right)^3} = {\left( {{x^2} + 7x + 5} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {x^4} + 6{x^3} - {x^2} - 80x - 100 = 0\\ \Leftrightarrow {x^4} + 6{x^3} = {x^2} + 80x + 100\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 2x - 5} \right)\left( {{x^2} + 8x + 20} \right) = 0\end{array}\)
+ Trường hợp 1: \({x^2} - 2x - 5 = 0\)
\(\Delta ' = 1 + 6 = 6\)
\( \Rightarrow \)Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\({x_1} = 1 + \sqrt 6 {\rm{ }}\)(thỏa mãn điều kiện)
\({x_2} = 1 - \sqrt 6 \) (không thỏa mãn điều kiện)
+ Trường hợp 2: \({x^2} + 8x + 20 = 0\)
\(\Delta ' = 16 - 20 = - 4 < 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(x = 1 + \sqrt 6 \).
