Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Long An có đáp án
7 câu hỏi
|
1) \[T = \left( {\frac{{{{\left( {\sqrt a + 1} \right)}^2} - {{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {\sqrt a + 1} \right)}}} \right){\left( {\frac{{\sqrt a }}{4} - \frac{1}{{4\sqrt a }}} \right)^2}\] |
|
\[ = \left( {\frac{{{{\left( {\sqrt a + 1} \right)}^2} - {{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {\sqrt a + 1} \right)}}} \right){\left( {\frac{{a - 1}}{{4\sqrt a }}} \right)^2}\] |
|
\[ = \frac{{4\sqrt a }}{{a - 1}}.\frac{{{{\left( {a - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {4\sqrt a } \right)}^2}}}\] |
|
\[ = \frac{{a - 1}}{{4\sqrt a }}.\] |
|
2) \[\frac{{a - 1}}{{4\sqrt a }} = - \,\sqrt a - 1 \Leftrightarrow 5a + 4\sqrt a - 1 = 0\] |
|
\[\sqrt a = - 1\] hoặc \[\sqrt a = \frac{1}{5}\]. Kết luận \(a = \frac{1}{{25}}.\) |
|
a) Gọi giá niêm yết của mặt hàng X và Y lần lượt là \[x,y\] (đồng) |
|
Lập được hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}2x\left( {1 - 20\% } \right) + y\left( {1 - 15\% } \right)\,\,\,\, = 395000\\3x\left( {1 - 30\% } \right) + 2y\left( {1 - 25\% } \right) = 603000\end{array} \right.\] |
|
Giải được \[\left\{ \begin{array}{l}x = 130000\\y = 220000\end{array} \right.\,\] |
|
Kết luận đúng. |
|
b)Ta có \(\Delta = - 4m + 29\) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta > 0 \Leftrightarrow m < \frac{{29}}{4}\) |
|
Theo hệ thức Vi-ét ta có : \[{x_1} + {x_2} = 2m - 1\]; \[\,{x_1}.{x_2} = {m^2} - 7\] |
|
Ta có : \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m - 1\\4{x_1} + 3{x_2} = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 4 - 6m\\{x_2} = 8m - 5\end{array} \right.\] |
|
\[{x_1}.{x_2} = {m^2} - 7 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = \frac{{13}}{{49}}\end{array} \right.\] (nhận). |
|
\[ \Leftrightarrow \left( {\sqrt {{x^2} + x + 2} - 2x} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + x + 2} + 3} \right) = 0\] |
|
\[ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + x + 2} - 2x = 0\] (vì \[\sqrt {{x^2} + x + 2} + 3 > 0\,\forall x\]) |
|
\( \Rightarrow 3{x^2} - x - 2 = 0 \Rightarrow x = 1,\,\,x = - \frac{2}{3}\) |
|
Thử lại và kết luận nghiệm của phương trình đã cho là \(x = 1.\) |
|
a) Tứ giác \(AMCO\) có : \(\widehat {MAO} = {90^{\rm{o}}};\) \(\widehat {MCO} = {90^{\rm{o}}}\) |
|
\(\widehat {MAO} + \widehat {MCO} = {180^{\rm{o}}}\) Vậy tứ giác \(AMCO\) nội tiếp đường tròn. |
|
Tương tự ta có tứ giác \(COBN\) nội tiếp |
|
\( \Rightarrow \widehat {CBO} = \widehat {CNO}\)
|
|
b)Ta có: \(CK//AM\) nên \(\frac{{KN}}{{KA}} = \frac{{CN}}{{CM}}\) |
|
Mà \(MC = MA,\,\,NC = NB\) nên \(\frac{{KN}}{{KA}} = \frac{{NB}}{{MA}}\,\,\left( 1 \right)\) |
|
Ta lại có\(\widehat {MAK} = \widehat {ANB}\) (so le trong) (2) Từ (1) và (2) ta được \(\Delta AKM\)ഗ\(\Delta NKB\) |
|
\( \Rightarrow \widehat {AKM} = \widehat {NKB}\) Mà \(A,\,K,\,N\) thẳng hàng nên \(M,\,K,\,B\) thẳng hàng (đpcm). |
|
c) Ta có \(\Delta MON\)ഗ\(\Delta ACB\) nên tam giác \(MON\) vuông tại O, cho ta: \(O{C^2} = CM.CN \Rightarrow CN = \frac{2}{3}R\) ; \(MN = MC + CN = \frac{{13}}{6}R\) |
|
\(\frac{{{S_1}}}{S} = {\left( {\frac{{MN}}{{AB}}} \right)^2} = \frac{{169}}{{144}}.\) |
|
Chia được thành các tổ hợp số: \(\left( {1\,;\,1\,;\,1\,;6} \right),\,\,\left( {2\,;\,2\,;\,2\,;3} \right),\,\,\left( {1\,;\,1\,;\,2\,;5} \right),\,\left( {1\,;\,1\,;\,3\,;4} \right),\,\left( {2\,;\,2\,;\,1\,;4} \right),\,\left( {3\,;\,3\,;\,1\,;2} \right)\) |
|
Có 4 cách để thử mỗi tổ hợp số \(\left( {1\,;\,1\,;\,1\,;6} \right),\,\,\left( {2\,;\,2\,;\,2\,;3} \right)\) |
|
Có 12 cách để thử mỗi tổ hợp số \(\left( {1\,;\,1\,;\,2\,;5} \right),\,\left( {1\,;\,1\,;\,3\,;4} \right),\,\left( {2\,;\,2\,;\,1\,;4} \right),\,\left( {3\,;\,3\,;\,1\,;2} \right)\) |
|
Vậy ông Tuệ phải thực hiện tối đa \(2.4 + 4.12 = 56\) lần |
|
\(2a + 3b \le 6 \Rightarrow - \,b \ge \frac{2}{3}a - 2\) |
|
\({a^2} - 2a - b \ge {a^2} - 2a + \frac{2}{3}a - 2 = {\left( {a - \frac{2}{3}} \right)^2} - \frac{{22}}{9} \ge - \frac{{22}}{9}\,\,\left( 1 \right)\) |
|
\(2a + b \le 4 \Rightarrow 2{a^2} + ab \le 4a\) |
|
\( \Rightarrow {a^2} - 2a - b \le - \frac{{ab}}{2} - b \le 0\,\,\left( 2 \right)\) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
|
|
Ta có \(\widehat {ABC} = \frac{1}{2}\widehat {AIM} = \widehat {AIK}\,\,;\,\,\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\widehat {AKM} = \widehat {AKI}\). |
|
\(\widehat {AIK} + \widehat {AKI} = \,\,\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = {90^0}\)nên tam giác \(AIK\) vuông tại A |
|
\({S_{AIK}} = \frac{1}{2}AI.AK \ge \frac{1}{2}AE.AF = \frac{1}{8}AB.AC\), với \(E,\,F\) theo thứ tự là trung điểm của \(AB,\,AC\) |
|
Đẳng thức xảy ra khi \(I \equiv E\) và \(K \equiv F,\) khi đó \(M \equiv H.\) |
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
