Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Long An có đáp án
7 câu hỏi
Cho biểu thức \[T = \left( {\frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a - 1}} - \frac{{\sqrt a - 1}}{{\sqrt a + 1}}} \right){\left( {\frac{{\sqrt a }}{4} - \frac{1}{{4\sqrt a }}} \right)^2}\] với \(a\, > \,0\,,\,\,a \ne 1.\)
a) Rút gọn biểu thức \(T.\)
b) Tìm tất cả các giá trị của \(a\) để \(T = - \,\sqrt a - 1.\)
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) Nhân dịp kỉ niệm 10 năm thành lập, cửa hàng GNH có thực hiện chương trình giảm giá cho mặt hàng X là \(20\% \) và mặt hàng Y là \(15\% \) so với giá niêm yết. Bà Giới mua 2 món hàng X và 1 món hàng Y phải trả số tiền là \(395000\) đồng. Ngày cuối cùng của chương trình, cửa hàng thay đổi bằng cách giảm giá mặt hàng X là \(30\% \) và mặt hàng Y là \(25\% .\) Vào ngày hôm đó, cô Định mua 3 món hàng X và 2 món hàng Y thì trả số tiền là \(603000\) đồng. Tính giá niêm yết của mỗi món hàng X và Y (giá niêm yết là giá ghi trên món hàng nhưng chưa thực hiện giảm giá).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \[m\] để phương trình \[{x^2} - \left( {2m - 1} \right)x + {m^2} - 7 = 0\] có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\] thoả mãn điều kiện \[4{x_1} + 3{x_2} = 1.\]
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). |
Giải phương trình \[{x^2} - 5x + 2 + \left( {3 - 2x} \right)\sqrt {{x^2} + x + 2} = 0.\]
\[ \Leftrightarrow \left( {\sqrt {{x^2} + x + 2} - 2x} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + x + 2} + 3} \right) = 0\] |
\[ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + x + 2} - 2x = 0\] (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 \(x = 1.\) |
Cho nửa đường tròn tâm \(O\) có đường kính \(AB = 2R.\) Từ \(A\) và \(B\) lần lượt kẻ hai tiếp tuyến \(Au,\,\,Bv\) với nửa đường tròn. Qua một điểm \(C\) thuộc nửa đường tròn (\(C\) khác \(A\) và \(B\)), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, nó cắt \(Au\) và \(Bv\) theo thứ tự ở \(M\) và \(N.\)
a) Chứng minh tứ giác \(AMCO\) nội tiếp đường tròn và \(\widehat {CBO} = \widehat {CNO}.\)
b) Kẻ \(CH\) vuông góc với \(AB\) tại \(H,\) gọi \(K\) là giao điểm của \(CH\) với \(AN.\) Chứng minh ba điểm\(M,\,K,\,B\) thẳng hàng.
c) Gọi \(S\) là diện tích của tam giác \(ABC,\)\({S_1}\) là diện tích của tam giác \(MON.\) Hãy tính tỉ số \(\frac{{{S_1}}}{S}\) khi \(AM = 1,5\,R.\)
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: \(O{C^2} = CM.CN \Rightarrow CN = \frac{2}{3}R\) ; \(MN = MC + CN = \frac{{13}}{6}R\) |
\(\frac{{{S_1}}}{S} = {\left( {\frac{{MN}}{{AB}}} \right)^2} = \frac{{169}}{{144}}.\) |
Ông Tuệ khóa két sắt bằng mật mã có 4 chữ số. Ông chỉ nhớ rằng trong 4 chữ số đó không có chữ số 0 và tổng của chúng bằng 9. Hỏi ông Tuệ phải thử tối đa bao nhiêu lần mật mã khác nhau để chắc chắn mở được két sắt đó?
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 |
Cho \(a \ge 0,\,b \ge 0\) thỏa mãn \(2a + 3b \le 6\) và \(2a + b \le 4.\) Chứng minh rằng:
\( - \frac{{22}}{9} \le {a^2} - 2a - b \le 0.\)
\(2a + 3b \le 6 \Rightarrow - \,b \ge \frac{2}{3}a - 2\) |
\({a^2} - 2a - b \ge {a^2} - 2a + \frac{2}{3}a - 2 = {\left( {a - \frac{2}{3}} \right)^2} - \frac{{22}}{9} \ge - \frac{{22}}{9}\,\,\left( 1 \right)\) |
\(2a + b \le 4 \Rightarrow 2{a^2} + ab \le 4a\) |
\( \Rightarrow {a^2} - 2a - b \le - \frac{{ab}}{2} - b \le 0\,\,\left( 2 \right)\) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
|
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A.\) Gọi \(M\) là một điểm trên cạnh \(BC,\) \(I\) và \(K\) lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABM\) và tam giác \(ACM.\) Xác định vị trí của \(M\) để diện tích tam giác\(AIK\)nhỏ nhất.
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 \(M \equiv H.\) |
