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 \(y = - \frac{1}{2}{x^2}\).
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.
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.
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 \(x = 1 + \sqrt 6 \).
