Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Nam Định có đáp án

1)\[P = \sqrt {{{\left( {\sqrt {2023} + 1} \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {\sqrt {2024} + 1} \right)}^2}} \]

\[ = \sqrt {2023} + 1 - \left( {\sqrt {2024} + 1} \right) = \sqrt {2023} - \sqrt {2024} \].

2)Tọa độ giao điểm là \(M\left( {0;1} \right)\).

3)Gọi \(R\) là bán kính của đường tròn ngoại tiếp.

Từ giả thiết ta có \(2R = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow R = \sqrt 2 \).

Vậy diện tích của hình tròn là \(S = \pi {R^2} = 2\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\).

4)Gọi \(h\) là chiều cao của hình nón. Từ giả thiết ta có \(h = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} \Leftrightarrow h = 8\).

Vậy thể tích của hình nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {.6^2}.8 = 96\pi \,\left( {c{m^3}} \right)\).

1)\(P = \frac{{x + 2 + \sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}.\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\)

\( = \frac{{x + 2 + x - \sqrt x - x - \sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}.\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\)

\( = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}.\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\)

\( = \frac{1}{{x + \sqrt x + 1}}\).

2)\(P = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{{x + \sqrt x + 1}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow x + \sqrt x - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 1\\\sqrt x = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\left( l \right)\).

1 a)Ta có \(\Delta = {\left( {2m + 1} \right)^2} - 4\left( {4m - 2} \right) = 4{m^2} - 12m + 9\).

Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \(\Delta > 0 \Leftrightarrow m \ne \frac{3}{2}\).

b)Với \(m \ne \frac{3}{2}\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(x = 2,\,x = 2m - 1\).

Vì \({x_1},\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật nên \(2m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > \frac{1}{2}\).

Ta có \(x_1^2 + x_2^2 = 13 \Leftrightarrow {2^2} + {\left( {2m - 1} \right)^2} = 13 \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\left( l \right)\\m = 2\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\).

Vậy \(m = 2\).

2) Phương trình trở thành \(\left[ {\left( {2x + 5} \right) - 6\sqrt {2x + 5} + 9} \right] + \left[ {\left( {x + 2} \right) - 4\sqrt {x + 2} + 4} \right] = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {2x + 5} - 3} \right)^2} + {\left( {\sqrt {x + 2} - 2} \right)^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {2x + 5} - 3 = 0}\\{\sqrt {x + 2} - 2 = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{\sqrt {x + 2} - 2 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = 2\,\left( {tm} \right)\).

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 2\).

1)Ta có \(\widehat {AED} = 90^\circ \), \(\widehat {AFD} = 90^\circ \)

Xét tứ giác \(AEDF\) có \(\widehat {AED} + \widehat {AFD} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) suy ra tứ giác \(AEDF\) nội tiếp.

Trong tam giác vuông \(ABD\) có \(DE\) là đường cao suy ra \(AE.AB = A{D^2}\,\,\,\left( 1 \right)\).

Trong tam giác vuông \(ACD\) có \(DF\) là đường cao suy ra \(AF.AC = A{D^2}\,\,\,\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) ta có \(AE.AB = AF.AC\).

2)Do \(AE.AB = AF.AC \Rightarrow \frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{AF}}{{AB}}\), mà \(\widehat {BAC}\) chung

Suy ra

\( \Rightarrow \widehat {AEF} = \widehat {ACB}\)

Ta có \(\widehat {BAP} = \widehat {BCP}\)  

Suy ra \(\widehat {AEF} + \widehat {BAP} = \widehat {ACB} + \widehat {BCP} = \widehat {ACP} = 90^\circ \)

Vậy \(AP\) vuông góc với \(EF\).

3)Ta có \(AH \bot BC\), \(TK \bot BC \Rightarrow AH\parallel TK\).

Do \(BH \bot AC\), \(PC \bot AC \Rightarrow BH\parallel PC\).

Do \(CH \bot AB\), \(PB \bot AB \Rightarrow CH\parallel PB\).

Suy ra tứ giác \(BHCP\) là hình bình hành.

Gọi \(I\) là trung điểm \(BC\), ta có \(OI = \frac{1}{2}AH\).

Tương tự \(OI = \frac{1}{2}TK \Rightarrow AH = TK\).

Khi đó tứ giác \(AHKT\) là hình bình hành.

\( \Rightarrow AT\parallel HK\).

Mà \(\widehat {ATH} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {THK} = 90^\circ \)

Vậy tam giác \(HKT\) vuông tại \(H\).

1)Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 3\\y \ge 0\\y + 3 - {x^2} \ge 0\end{array} \right.\).

Phương trình (1) trở thành \(\sqrt {4{x^2} + 3}  - \sqrt {{y^2} + 3}  + 2\sqrt {2x}  - 2\sqrt y  = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sqrt {2x}  - \sqrt y } \right)\left[ {\frac{{\left( {\sqrt {2x}  + \sqrt y } \right)\left( {2x + y} \right)}}{{\sqrt {4{x^2} + 3}  + \sqrt {{y^2} + 3} }} + 2} \right] = 0 \Leftrightarrow y = 2x\).

Thay vào phương trình (2) ta được

\(\sqrt {x + 1}  + \sqrt {3 - x}  = 2 + \sqrt {2x + 3 - {x^2}} \)

Đặt \(t = \sqrt {x + 1}  + \sqrt {3 - x}  \Rightarrow \sqrt {2x + 3 - {x^2}}  = \frac{{{t^2} - 4}}{2}\)

Khi đó \(t = 2 + \frac{{{t^2} - 4}}{2} \Leftrightarrow {t^2} - 2t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 2\end{array} \right.\)

Với \(t = 0\) ta được \(\sqrt {x + 1}  + \sqrt {3 - x}  = 0\left( {vn} \right)\). 

Với \(t = 2\) ta được \(\sqrt {x + 1}  + \sqrt {3 - x}  = 2 \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {3 - x} \right)}  = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\,\left( l \right)\\x = 3\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\).

Với \(x = 3 \Rightarrow y = 6\). \(P = \left( {2x + 2x + \frac{2}{{{x^2}}}} \right) + \left( {\frac{1}{x} + \frac{6}{y}} \right) + \left( {y + \frac{{36}}{y}} \right) + 2\sqrt {xy}  \ge 3.2 + 2 + 2.6 + 2\sqrt 6 \)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;6} \right)\).      

2)Ta có \(P = 4x + \frac{2}{{{x^2}}} + \frac{1}{x} + y + \frac{{42}}{y} + 2\sqrt {xy} \)  

Do \(x > 0,y > 0\) và \(6x + y = 2xy\) nên \(\frac{1}{x} + \frac{6}{y} = 2\)

Mặt khác ta có \(2xy = 6x + y \ge 2\sqrt {6xy}  \Rightarrow \sqrt {xy}  \ge \sqrt 6 \)

Khi đó   

\( \Rightarrow P \ge 20 + 2\sqrt 6 \).

Dấu bằng xảy ra khi \(x = 1,y = 6\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\) là \(20 + 2\sqrt 6 \).