Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Gia Lai có đáp án
6 câu hỏi
Cho phương trình \[{x^2} + 2(m + 1)x + {m^2} + 2m - 3 = 0\,\](\(m\)là tham số). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn:\(x_1^2 + x_2^2 = 16.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi\(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} - 2m + 3 > 0 \Leftrightarrow 4 > 0,\,\forall m\)Với \({x_1},\,\,{x_2}\)là hai nghiệm phân biệt của phương trình, áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}.{x_2} = {m^2} + 2m - 3\end{array} \right.\)
Khi đó: \(x_1^2 + x_2^2 = 16\)
\(\)\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}.{x_2} = 16\\ \Leftrightarrow {\left[ { - 2\left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 2\left( {{m^2} + 2m - 3} \right) = 16\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 8m + 4 - 2{m^2} - 4m + 6 = 16\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 4m - 6 = 0\end{array}\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 3\end{array} \right.\). Vậy \(m \in \left\{ { - 3\,;\,1} \right\}\).
Cho biểu thức \(P = \left( {\frac{2}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}} \right):\frac{{x\sqrt x }}{{x - 4}}\) với \(x > 0,\,\,x \ne 4\). Tìm \(x\) để \(P = \frac{1}{3}\).
Với điều kiện \(x > 0,\,\,x \ne 4\) ta có:
\(P = \left( {\frac{2}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}} \right):\frac{{x\sqrt x }}{{x - 4}} = \frac{{2(\sqrt x + 2) - {{(\sqrt x - 2)}^2}}}{{x - 4}}:\frac{{x\sqrt x }}{{x - 4}}\)
\(\)\[ = \frac{{2\sqrt x + 4 - x + 4\sqrt x - 4}}{{x - 4}}.\frac{{x - 4}}{{x\sqrt x }} = \frac{{6\sqrt x - x}}{{x\sqrt x }}\]\[ = \frac{{6 - \sqrt x }}{x}\]\(P = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{{6 - \sqrt x }}{x} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow x + 3\sqrt x - 18 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 3\\\sqrt x = - \,6\,(L)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 9\,(TM)\). \(\)
a) Chứng minh tổng \[{1^3} + {2^3} + {3^3} + ... + {102^3} + {103^3} + {104^3}\] chia hết cho \(7\).
b) Cho\(P(x) = {x^{81}} + a{x^{57}} + b{x^{41}} + c{x^{19}} + 2x + 1\)và \(Q(x) = {x^{81}} + a{x^{57}} + b{x^{41}} + c{x^{19}} + dx + e,\)với \(a,\,\,b,\,\,c,\,\,d,\,\,e\)là các số thực.
Biết \(P(x)\)chia cho \((x - 1)\) thì số dư là \(5\)và chia cho \((x - 2)\) thì số dư là \( - 4.\) Đồng thời \(Q(x)\) chia hết cho \((x - 1)(x - 2)\). Hãy xác định các hệ số \(d,\,\,e.\)
Ta có: \[\begin{array}{l}{1^3} + {2^3} + {3^3} + ... + {102^3} + {103^3} + {104^3}\\ = \left( {{1^3} + {{104}^3}} \right) + \left( {{2^3} + {{103}^3}} \right) + \left( {{3^3} + {{102}^3}} \right) + ... + \left( {{{52}^3} + {{53}^3}} \right)\end{array}\] |
\[ = 105.{A_1} + 105.{A_2} + 105.{A_3} + ... + 105.{A_{52}}\] (Với A1, A2, A3, ..., A52 là các số tự nhiên) |
\[ = 105.\left( {{A_1} + {A_2} + {A_3} + ... + {A_{52}}} \right)\] |
\[ = 7.15.\left( {{A_1} + {A_2} + {A_3} + ... + {A_{52}}} \right)\,\, \vdots \,\,7\] |
Cho\(P(x) = {x^{81}} + a{x^{57}} + b{x^{41}} + c{x^{19}} + 2x + 1\)và \(Q(x) = {x^{81}} + a{x^{57}} + b{x^{41}} + c{x^{19}} + dx + e,\)với \(a,\,\,b,\,\,c,\,\,d,\,\,e\)là các số thực. Biết \(P(x)\)chia cho \((x - 1)\) thì số dư là \(5\)và chia cho \((x - 2)\) thì số dư là \( - 4.\) Đồng thời \(Q(x)\) chia hết cho \((x - 1)(x - 2)\). Hãy xác định các hệ số \(d,\,\,e.\) |
Ta có: \(Q(x) = P(x) + \left( {d - 2} \right)x + e - 1\) \(P\left( 1 \right) = 5,\,\,P\left( 2 \right) = - 4\) |
\(Q\left( 1 \right) = 0,\,\,Q\left( 2 \right) = 0\) |
Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}5 + d + e - 3 = 0\\ - 4 + 2d + e - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d + e = - 2\\2d + e = 9\end{array} \right.\) |
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = 11\\e = - 13\end{array} \right.\) |
Giải hệ phương trình : \[\left\{ \begin{array}{l}x(y + 2) + 2 = 5y\\{(xy - 1)^2} + 3(1 - {y^2}) = 0\end{array} \right.\]
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}x(y + 2) + 2 = 5y\\{(xy - 1)^2} + 3(1 - {y^2}) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy + 2x + 2 = 5y\\{x^2}{y^2} - 2xy + 4 = 3{y^2}\end{array} \right.\] |
+ Với \[y = 0\] thì hệ vô nghiệm + Với \[y \ne 0\] hệ đã cho trở thành \[\left\{ \begin{array}{l}x + \frac{{2x}}{y} + \frac{2}{y} = 5\\{x^2} - \frac{{2x}}{y} + \frac{4}{{{y^2}}} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + \frac{2}{y} + 2\frac{x}{y} = 5\\{\left( {x + \frac{2}{y}} \right)^2} - 6\frac{x}{y} = 3\end{array} \right.\] Đặt : \[\left\{ \begin{array}{l}a = x + \frac{2}{y}\\b = \frac{x}{y}\end{array} \right.\] Khi đó, hệ trở thành a+2b=5 (1)a2−6b=3 (2) |
Từ (1) ta có: a=5−2b (*) Thay (*) vào (2) ta được \[4{b^2} - 26b + 22 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = 1\\b = \frac{{11}}{2}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 1\\a = 3\end{array} \right.\] hoặc \[\left\{ \begin{array}{l}b = \frac{{11}}{2}\\a = - 6\end{array} \right.\] + Với \[\left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + \frac{2}{y} = 3\\\frac{x}{y} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + \frac{2}{x} = 3\\x = y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3x + 2 = 0\\x = y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 2\end{array} \right.\end{array} \right.\] |
+ Với \[\left\{ \begin{array}{l}a = - 6\\b = \frac{{11}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + \frac{2}{y} = - 6\\\frac{x}{y} = \frac{{11}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{11y}}{2} + \frac{2}{y} = - 6\\x = \frac{{11y}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11{y^2} + 12y + 4 = 0\,\,\,\,\,(3){\rm{ }}\\x = \frac{{11y}}{2}\end{array} \right.\] Phương trình (3) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. Vậy \[(1;1),\,\,(2;2)\]là nghiệm của hệ phương trình. ( Nếu học sinh quên xét điều kiện nhưng giải đúng hoàn toàn thì trừ 0,25 điểm toàn bài). |
Bạn Tuấn lập kế hoạch tiết kiệm tiền để mua một cái laptop phục vụ cho việc học tập như sau: Hằng tháng, Tuấn tiết kiệm các khoản chi tiêu cá nhân để dành ra một triệu đồng. Vào ngày 01 hằng tháng Tuấn gửi vào tài khoản tiết kiệm của mình một triệu đồng và bắt đầu gửi vào ngày 01 tháng 7 năm 2023 để hưởng lãi suất 0,5%/tháng theo hình thức lãi kép (nghĩa là tiền lãi của tháng trước được cộng vào vốn để tính lãi cho tháng sau) và duy trì việc này liên tục trong 3 năm. (Biết tài khoản ban đầu của Tuấn là 0 đồng và hàng tháng Tuấn không rút vốn, lãi).a)Tính số tiền tiết kiệm Tuấn có được trong tài khoản tính đến ngày 02/8/2023.b)Hãy đề xuất công thức tính tổng số tiền trong tài khoản tiết kiệm sau kỳ gửi tháng thứ \(n\)(\(n\)là số tự nhiên, \(n \ge 3\)). Sử dụng công thức đó để tính số tiền Tuấn có được trong tài khoản tính đến ngày 02/7/2026.
Đến ngày 02/09/2023 số tiền có được trong tài khoản tiết kiệm là: \(2.005.000\left( {1 + 0,005} \right) + 1.000.000 = 3.015.025\)(VNĐ) |
Đến ngày 02/10/2023 số tiền có được trong tài khoản tiết kiệm là: \(1.000.000\left[ {1 + 1,005 + 1,{{005}^2} + 1,{{005}^3}} \right] \simeq 4.030.100\)(VNĐ) |
Sau kỳ gởi tháng thứ \(n\) số tiền được tính theo công thức \({T_n} = 1.000.000\left[ {1 + 1,005 + 1,{{005}^2} + \cdots + 1,{{005}^n}} \right]\) |
Vào ngày 02/7/2026 bạn Tuấn đã tiết kiệm được 3 năm (36 tháng). \({T_{36}} = 1.000.000\left[ {1 + 1,005 + 1,{{005}^2} + \cdots + 1,{{005}^{36}}} \right]\) |
Suy ra \(1,005{T_{36}} = 1.000.000\left[ {1,005 + 1,{{005}^2} + \cdots + 1,{{005}^{36}} + 1,{{005}^{37}}} \right]\) |
\[1,005{T_{36}} - {T_{36}} = 1.000.000\left[ {1,{{005}^{37}} - 1} \right]\] \[ \Rightarrow {T_{36}} = \frac{{1.000.000\left[ {1,{{005}^{37}} - 1} \right]}}{{0,005}} \approx 40.532.785\,\](VNĐ) |
Từ điểm\(M\)nằm ngoài đường tròn \((O),\)kẻ hai tiếp tuyến \(MA,\,\,MB\) (\(A,\,\,B\)là tiếp điểm), cát tuyến \(MCD\)không đi qua tâm \(O,\)\(MD > MC\). a) Chứng minh rằng \(M{A^2} = MC.MD.\)b)Gọi \(H\) là giao điểm của \(MO\) và \(AB\). Chứng minh rằng tứ giác \(CHOD\) nội tiếpc) Tìm vị trí của \(D\) để tam giác \(MAD\) có diện tích lớn nhất
Xét \(\Delta MAC\) và \(\Delta MDA\) có \(\widehat {AMD}\) chung |
\(\widehat {MAC} = \widehat {MDA}\) (Cùng chắn ) |
Suy ra (g-g) |
\( \Rightarrow \frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MA}} \Rightarrow M{A^2} = MC.MD\) |
Ta có: \(\widehat {OAM} = {90^0}\)(tính chất của tiếp tuyến) \(MA = MB\)(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OA = OB\) \( \Rightarrow OM\)là trung trực \(AB\) hay \(OM \bot AB\) tại \(H\) \( \Rightarrow A{M^2} = MH.MO\)(hệ thức lượng trong tam giác vuông) |
\( \Rightarrow MH.MO = MC.MD\,\left( { = M{A^2}} \right)\) |
\(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\) và \(\widehat {DMO}\) chung (c-g-c) |
\( \Rightarrow \widehat {MDH} = \widehat {MOC}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {CDH} = \widehat {HOC}\) \( \Rightarrow \) tứ giác \(DOHC\) nội tiếp đường tròn |
Dựng đường cao \(DK\) của \(\Delta MAD\). Khi đó \({S_{\Delta MAD}} = \frac{1}{2}MA.DK\) |
\({S_{\Delta MAD}} = \frac{1}{2}MA.DK\) đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \(DK\)lớn nhất (\(MA\) không đổi) |
Gọi \(E\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(O\). Qua \(D\) dựng đường thẳng song song \(MA\) cắt \(AE\) tại \(F \Rightarrow DK = AF\) |
Khi \(D\) di chuyển trên cung lớn \(AB\) thì \(F\) di chuyển trên đường kính \(AE\). Suy ra \(AF\) lớn nhất khi \(AF\) là đường kính hay \(D \equiv F \equiv E\) |
