Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Đồng Tháp có đáp án
5 câu hỏi
Cho biểu thức \(P = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \frac{4}{{x - 2\sqrt x }}} \right):\frac{{\sqrt x + 2}}{2}\) với \(x > 0,x \ne 4\).
a) Rút gọn biểu thức \(P\).
b) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \[P \ge 1\].
a) Ta có: \(P = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \frac{4}{{\sqrt x .\left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right).\frac{2}{{\sqrt x + 2}}\)
\( = \frac{{x - 4}}{{\sqrt x .\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\frac{2}{{\sqrt x + 2}}\)
\( = \frac{{2\left( {x - 4} \right)}}{{\sqrt x .(x - 4)}}\)
\( = \frac{2}{{\sqrt x }}\)
b) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \[P \ge 1\].
\[P \ge 1 \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x }} \ge 1\]
\[ \Rightarrow \sqrt x \le 2\]
\[ \Rightarrow x \le 4\]
Do \(x > 0,x \ne 4\) nên \[0 < x < 4\]
Trong mặt phẳng tọa độ \[Oxy,\] cho parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = - 2x + 3\).
a) Giải phương trình \({x^4} + 5{x^2} - 6 = 0\).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {3y + 1} \right) - y = 3\\{x^2} + {y^2} + xy = 3\end{array} \right.\).
c) Cho phương trình \({x^2} + 2mx + {m^2} - 2m + 4 = 0\) (\(m\)là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{\rm{ }}{x_2}\) thỏa \(\left( {{x_1} + m} \right)\left( {{x_2} + m} \right) = {m^2} - 6m + 7\).
a) Giải phương trình \({x^4} + 5{x^2} - 6 = 0\).
Đặt \(t = {x^2}\) \(\left( {t \ge 0} \right)\)
Ta được phương trình \({t^2} + 5t - 6 = 0\)
\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = - 6{\rm{ (loai)}}\end{array} \right.\)
Với \(t = 1 \Rightarrow {x^2} = 1 \Rightarrow x = \pm 1\)
Vậy phương trình có nghiệm \(x = \pm 1\).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {3y + 1} \right) - y = 3\\{x^2} + {y^2} + xy = 3\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {3y + 1} \right) - y = 3\\{x^2} + {y^2} + xy = 3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y + 3xy = 3\\{\left( {x - y} \right)^2} + 3xy = 3\end{array} \right.\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x - y\\v = xy\end{array} \right.\)
Ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}u + 3v = 3\\{u^2} + 3v = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u + 3v = 3\\{u^2} - u = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}v = \frac{{3 - u}}{3}\\\left[ \begin{array}{l}u = 0\\u = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}u = 0\\v = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}u = 1\\v = \frac{2}{3}\end{array} \right.\end{array} \right.\]
Với \(\left\{ \begin{array}{l}u = 0\\v = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 0\\xy = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = y = 1\\x = y = - 1\end{array} \right.\).
Với \(\left\{ \begin{array}{l}u = 1\\v = \frac{2}{3}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\xy = \frac{2}{3}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \)hệ có nghiệm là \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{3 + \sqrt {33} }}{6}\\y = \frac{{ - 3 + \sqrt {33} }}{6}\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{3 - \sqrt {33} }}{6}\\y = \frac{{ - 3 - \sqrt {33} }}{6}\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm \(\left( {1;1} \right),\,\,\,\left( { - 1; - 1} \right),\,\,\)\(\left( {\frac{{3 + \sqrt {33} }}{6};\frac{{ - 3 + \sqrt {33} }}{6}} \right),\,\left( {\frac{{3 - \sqrt {33} }}{6};\frac{{ - 3 - \sqrt {33} }}{6}} \right)\).
c) Cho phương trình \({x^2} + 2mx + {m^2} - 2m + 4 = 0\) (\(m\)là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{\rm{ }}{x_2}\) thỏa \(\left( {{x_1} + m} \right)\left( {{x_2} + m} \right) = {m^2} - 6m + 7\).
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{\rm{ }}{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' = 2m - 4 > 0 \Leftrightarrow m > 2\).
Theo hệ thức Vi-et \(\left\{ \begin{array}{l}S = {x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = - 2m\\P = {x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = {m^2} - 2m + 4\end{array} \right.\)
Ta có \(\left( {{x_1} + m} \right)\left( {{x_2} + m} \right) = {m^2} - 6m + 7 \Leftrightarrow {x_1}{x_2} + m\left( {{x_1} + {x_1}} \right) + {m^2} = {m^2} - 6m + 7\)
\( \Leftrightarrow {m^2} - 4m + 3 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 3\end{array} \right.\)
So với điều kiện ta có \(m = 3\) là giá trị cần tìm.
Một tờ giấy hình tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(AC = 8{\rm{ cm}}\), \(AB = 6{\rm{ cm}}\). Ở góc \(A\), người ta cắt ra một hình vuông \(AMNP\) (\(M \in AB,P \in AC\)) có cạnh bằng \(2{\rm{ cm}}\) (tham khảo hình bên). Tính khoảng cách từ \(N\) đến \(BC\).
\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = 10{\rm{ cm}}\)
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(N\) trên cạnh \(BC\).
Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = 24{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)
\({S_{ANC}} = \frac{1}{2}NP.AC = 8{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)
\({S_{ANB}} = \frac{1}{2}NM.AB = 6{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)
Suy ra \({S_{CNB}} = {S_{ABC}} - {S_{ANC}} - {S_{ANB}} = 10{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)
\(NH = \frac{{2{S_{CNB}}}}{{BC}} = 2{\rm{ cm}}\).
Cho tam giác \(ABC\) nhọn (\(AB < AC\)) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\)cắt nhau tại \(H\). Gọi \(I\) là giao điểm của \(EF\) và \(AH\), kẻ \(IJ\) song song với \(BC\) (\(J \in HE\)). Đường thẳng \(AJ\) cắt \(BC\) tại \(M\).
a) Chứng minh rằng tứ giác \[AIJE\] nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh rằng \(D\) là trung điểm \(BM\).
c) Gọi \(L\) là giao điểm của hai đường thẳng \(EF\) và \(BC\). Chứng minh rằng \(\widehat {FLB} = \widehat {CAM}\).
a) Chứng minh rằng tứ giác \[AIJE\] nội tiếp đường tròn.
Vì \[IJ{\rm{//}}BC\] nên \(IJ \bot AI\).
Ta có \(\widehat {AIJ} = {90^{\rm{o}}}\)
\(\widehat {AEJ} = {90^{\rm{o}}}\)
Suy ra \(\widehat {AIJ} + \widehat {AEJ} = {180^{\rm{o}}}\). Vậy tứ giác \(AIJE\) nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh rằng \(D\) là trung điểm \(BM\).
Tứ giác \(AEHF\) có \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = {90^{\rm{o}}}\), suy ra \(AEHF\) nội tiếp đường tròn.
\( \Rightarrow \widehat {FAH} = \widehat {FEH}\) (cùng chắn cung ) (1)
Tứ giác \(AIJE\) nội tiếp đường tròn, suy ra \(\widehat {IAJ} = \widehat {IEJ}\) (cùng chắn cung ) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {FAH} = \widehat {IAJ}\)\( \Rightarrow AD\) là đường phân giác góc \(\widehat {BAM}\).
Mà \(AD\) là đường cao tam giác \(BAM\)
\( \Rightarrow \Delta BAM\) cân tại \(A\)\( \Rightarrow D\) là trung điểm \(BM\)
c) Gọi \(L\) là giao điểm của hai đường thẳng \(EF\) và \(BC\). Chứng minh rằng \(\widehat {FLB} = \widehat {CAM}\).
Tứ giác \(AFDC\) nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {FAD} = \widehat {FCD}\)
Mà \(\widehat {FAD} = \widehat {DAM}\)\( \Rightarrow \widehat {HAM} = \widehat {HCM}\)
\( \Rightarrow AHMC\) nội tiếp đường tròn\( \Rightarrow \widehat {CAM} = \widehat {MHC}\) (3)
\(\Delta HBM\) cân tại \(H\) nên \(\widehat {HMB} = \widehat {HBM}\)
Tứ giác \(BFEC\) nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {EFC} = \widehat {EBC}\)
\( \Rightarrow LFHM\) nội tiếp đường tròn.
\( \Rightarrow \widehat {FLM} = \widehat {MHC}\) (góc ngoài của tứ giác nội tiếp) (4)
Từ (3), (4) \( \Rightarrow \widehat {FLB} = \widehat {CAM}\)
Phiên chợ hè Lotus sử dụng hai loại thẻ: loại thẻ giá \(3{\rm{000}}\) đồng và loại thẻ giá \(4{\rm{000}}\) đồng. Vào dịp nghỉ hè, bạn An muốn dùng hết số tiền tiết kiệm của mình để mua \(x\) thẻ loại giá \(3{\rm{000}}\) đồng và \(y\) thẻ loại giá \(4{\rm{000}}\) đồng. Tìm số cách mua có đủ cả hai loại thẻ nếu tiền tiết kiệm của bạn An là \(2023{\rm{000}}\) đồng.
Ta có phương trình \(3000x + 4000y = 2023000 \Leftrightarrow 3x + 4y = 2023\)
Suy ra \(y = \frac{{2023 - 3x}}{4} \ge 1 \Rightarrow 1 \le x \le \frac{{2019}}{3} = 673\)
Mặt khác ta có \(y = \frac{{2023 - 3x}}{4} = \frac{{2024 - 4x - 1 + x}}{4} = 506 - x + \frac{{x - 1}}{4}\)
Để \(y\) nguyên thì \(x - 1\) chia hết cho \(4\), suy ra \(x = 1 + 4k,k \in \mathbb{Z}\).
Kéo theo \(y = 505 - 3k\).
Do đó \(1 \le 1 + 4k \le 673 \Leftrightarrow 0 \le k \le 168\).
Vậy có \(169\) cặp \(\left( {x;y} \right)\)
