Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Sơn La có đáp án
8 câu hỏi
Cho biểu thức Q = \(\frac{{x\sqrt y + \sqrt x - y\sqrt x - \sqrt y }}{{1 + \sqrt {xy} }}\), với \(x \ge 0;y \ge 0\).
a) Rút gọn biểu thức Q.
b) Tính giá trị biểu thức Q khi \(x = 2024 + 2\sqrt {2023} ;y = 2024 - 2\sqrt {2023} \)
a) Rút gọn biểu thức Q.
Q = \(\frac{{\sqrt {xy} \left( {\sqrt x - \sqrt y } \right) + \sqrt x - \sqrt y }}{{1 + \sqrt {xy} }} = \frac{{\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)\left( {\sqrt {xy} + 1} \right)}}{{1 + \sqrt {xy} }} = \)\(\sqrt x - \sqrt y \)
b) Tính giá trị biểu thức Q khi \(x = 2024 + 2\sqrt {2023} ;y = 2024 - 2\sqrt {2023} \)
\(x = 2024 + 2\sqrt {2023} = 2023 + 2\sqrt {2023} + 1 = {\left( {\sqrt {2023} + 1} \right)^2}\)
\(y = 2024 - 2\sqrt {2023} = 2023 - 2\sqrt {2023} + 1 = {\left( {\sqrt {2023} - 1} \right)^2}\)
Khi \(x,\;y\) nhận các giá trị trên, ta có:
Q = \(\sqrt {{{\left( {\sqrt {2023} + 1} \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {\sqrt {2023} - 1} \right)}^2}} = \sqrt {2023} + 1 - \sqrt {2023} + 1 = 2\)
Cho parabol (P) : \(y = {x^2}\) và đường thẳng (d): \(y = \left( {2m - 3} \right)x + 3m - 5\;(m\) là tham số)
a) Xác định giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( { - 2;3} \right)\).
b) Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right).\)
a) Xác định giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( { - 2;3} \right)\).
\(\left( d \right):y = \left( {2m - 3} \right)x + 3m - 5\) đi qua \(A\left( { - 2;3} \right)\)
\( \Leftrightarrow A \in \left( d \right) \Leftrightarrow \left( {2m - 3} \right).\left( { - 2} \right) + 3m - 5 = 3 \Leftrightarrow - 4m + 6 + 3m - 5 - 3 = 0\)
\( \Leftrightarrow - m = 2 \Leftrightarrow m = - 2\).
b) Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right).\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\):
\({x^2} = \left( {2m - 3} \right)x + 3m - 5 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {2m - 3} \right)x - 3m + 5 = 0\) (*)
\(\left( d \right)\) tiếp xúc với \(\left( P \right) \Leftrightarrow \) phương trình (*) có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0\)
\( \Leftrightarrow {\left[ { - \left( {2m - 3} \right)} \right]^2} - 4\left( { - 3m + 5} \right) = 0 \Leftrightarrow 4{m^2} - 12m + 9 + 12m - 20 = 0\)
\( \Leftrightarrow 4{m^2} = 11 \Leftrightarrow {m^2} = \frac{{11}}{4} \Leftrightarrow m = \pm \frac{{\sqrt {11} }}{2}\)
Hai đội thanh niên tình nguyện cùng làm chung một công việc thì hoàn thành trong 6 giờ. Nếu hai đội làm riêng thì thời gian hoàn thành công việc của đội thứ hai ít hơn thời gian hoàn thành công việc của đội thứ nhất là 5 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội hoàn thành công việc trong bao lâu?
Gọi \(x\) (giờ) là thời gian đội thứ nhất làm riêng hoàn thành công việc.
Gọi \(y\) (giờ) là thời gian đội thứ hai làm riêng hoàn thành công việc.
\((x > y > 6)\)
+ Mỗi giờ đội thứ nhất làm được: \(\frac{1}{x}\) công việc
+ Mội giờ đội thứ hai làm được:\(\frac{1}{y}\) công việc
+ Hai đội cùng làm sau 6 giờ thì xong nên mỗi giờ hai đội cùng làm được \(\frac{1}{6}\) công việc. Ta có phương trình: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{6}\) (1)
+ Nếu hai đội làm riêng, thời gian hoàn thành của đội thứ hai ít hơn đội thứ nhất 5 giờ nên ta có phương trình: \(x - y = 5\;\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{6}}\\{x - y = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{x} + \frac{1}{{x - 5}} = \frac{1}{6}}\\{x - y = 5}\end{array}} \right.} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{6\left( {x - 5} \right) + 6x = x\left( {x - 5} \right)}\\{y = x - 5\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} - 17x + 30 = 0}\\{y = x - 5\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\end{array} \Leftrightarrow } \right.} \right.\)\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 15\;\;\left( {tm} \right)}\\{\;x = 2\;\;\left( {loai} \right)}\end{array}} \right.}\\{y = x - 5\;\;\;\;\;\;}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 15}\\{y = 10}\end{array}\;\;\left( {tm} \right)} \right.\)
Kết luận: Vậy nếu làm riêng đội thứ nhất hoàn thành công việc trong 15 giờ, đội thứ hai hoàn thành công việc trong 10 giờ.
Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({x^2} - 2mx + {m^2} - m + 1\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_2^2 - x_1^2 + 4m{x_1} = 16\)
+ Phương trình có 2 nghiệm \({x_1},{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow {m^2} - \left( {{m^2} - m + 1} \right) \ge 0\)
\( \Leftrightarrow m - 1 \ge 0 \Leftrightarrow m \ge 1.\)
+ Theo hệ thức Vi-ét: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2m\;\;\;\;\;\;\;\;}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} - m + 1}\end{array}} \right.\)
+ Ta có: \(x_2^2 - x_1^2 + 4m{x_1} = 16 \Leftrightarrow x_2^2 - x_1^2 + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right).{x_1} = 16\)
\( \Leftrightarrow x_2^2 - x_1^2 + 2x_1^2 + 2{x_1}{x_2} = 16 \Leftrightarrow x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} = 16\)
\( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} = 16 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 4}\\{{x_1} + {x_2} = - 4}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2m = 4\;\;\;\;}\\{2m = - 4}\end{array}} \right.} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 2\;\;\left( {nhan} \right)}\\{m = - 2\;\;\left( {loai} \right)}\end{array}} \right.\)
Kết luận: Vậy \(m = 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Giải phương trình: \({x^2} - 4x + \sqrt {{x^2} - 4x - 5} = 7.\)
ĐK: \({x^2} - 4x - 5 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \le - 1}\\{x \ge 5}\end{array}} \right.\)
Phương trình đã cho \({x^2} - 4x - 5 + \sqrt {{x^2} - 4x - 5} - 2 = 0\)
Đặt \(t = \sqrt {{x^2} - 4x - 5} ,\;\left( {t \ge 0} \right)\) , ta được phương trình :
\({t^2} + t - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 1\;\;\left( {nhan} \right)}\\{t = - 2\;\left( {loai} \right)}\end{array}} \right.\)
+ Với \(t = 1 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 4x - 5} = 1 \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 6 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2 + \sqrt {10} }\\{x = 2 - \sqrt {10} }\end{array}\;\;} \right.\) (thỏa mãn)
Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm: \(x = 2 \pm \sqrt {10} \).
Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} + xy - 2{y^2} = x + 2y}\\{{x^3} + 2{x^2}y = {x^2} + {y^2} - 1}\end{array}} \right.\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} + xy - 2{y^2} = x + 2y\;\;\;\left( 1 \right)}\\{{x^3} + 2{x^2}y = {x^2} + {y^2} - 1\;\;\;\left( 2 \right)}\end{array}\;} \right.\)
(1) \( \Leftrightarrow {x^2} + \left( {y - 1} \right)x - 2{y^2} - 2y = 0\)
\(\Delta = {y^2} - 2y + 1 + 8{y^2} + 8y = 9{y^2} + 6y + 1 = {\left( {3y + 1} \right)^2}\)
Phương trình (1) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{{1 - y + 3y + 1}}{2} = y + 1}\\{x = \frac{{1 - y - 3y - 1}}{2} = - 2y}\end{array}} \right.\)
+Với \(x = y + 1\) thế vào (2) ta được:
\({x^3} + 2{x^2}\left( {x - 1} \right) = {x^2} + {\left( {x - 1} \right)^2} - 1 \Leftrightarrow {x^3} + 2{x^3} - 2{x^2} = {x^2} + {x^2} - 2x + 1 - 1\)
\( \Leftrightarrow 3{x^3} - 4{x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0 \Rightarrow y = - 1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\\{3{x^2} - 4x + 2 = 0\;\;\left( {v\^o \;nghiem} \right)}\end{array}} \right.\)
+ Với \(x = - 2y\) thế vào (2) ta được:
\( - 8{y^3} + 2{\left( { - 2y} \right)^2}.y = 4{y^2} + {y^2} - 1 \Leftrightarrow 5{y^2} = 1 \Leftrightarrow y = \pm \frac{{\sqrt 5 }}{5}\; \Rightarrow x = - 2\left( { \pm \frac{{\sqrt 5 }}{5}} \right)\)
Kết luận: hệ phương trình có 3 nghiệm phân biệt: \(\left( {x;y} \right) = \left\{ {\left( {0; - 1} \right);\left( {\frac{{ - 2\sqrt 5 }}{5};\frac{{\sqrt 5 }}{5}} \right);\left( {\frac{{2\sqrt 5 }}{5};\frac{{ - \sqrt 5 }}{5}} \right)} \right\}\)
Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Gọi S là giao điểm của đường thẳng BC và EF; I là giao điểm của SA và đường tròn (O) (với I khác A).
a) Chứng minh rằng tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh \(SF.SE = SI.SA\) và \(HI \bot SA\).
c) Gọi M là trung điểm của BC, kẻ đường kính AD của (O). Chứng minh ba điểm H, M, D thẳng hàng và H là trực tâm tam giác ASM.
d) Giả sử T là điểm nằm trên đoạn thẳng HC sao cho AT vuông góc với BT. Chứng minh hai đường tròn ngoại tiếp của tam giác IST và tam giác ECT tiếp xúc với nhau.
a) Chứng minh rằng tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp.
Do \(BE \bot AC;CF \bot AB \Rightarrow \widehat {AEB} = \widehat {AFC} = {90^0}\)
Xét tứ giác AEHF có: \(\widehat {AEH} + \widehat {AFH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh \(SF.SE = SI.SA\) và \(HI \bot SA\).
Xét tứ giác BFEC có : \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^0}\)
Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh BC
\( \Rightarrow \) Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn.
\( \Rightarrow \widehat {FEB} = \widehat {FCB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)
Xét tam giác SEB và tam giác SCF có:
\(\widehat {ESC}\;\) là góc chung
\(\widehat {SEB} = \widehat {SCF}\)
(g-g)
\( \Rightarrow \frac{{SE}}{{SC}} = \frac{{SB}}{{SF}} \Rightarrow SE.SF = SB.SC\;\;\left( 1 \right)\)
Xét tam giác SAB và tam giác SCI có:
\(\widehat {ASC}\;\)chung
\(\widehat {SAB} = \widehat {SCI} = \frac{1}{2}\;\)số đo cung IB (góc nội tiếp)
(g-g)
\( \Rightarrow \frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{SB}}{{SI}} \Rightarrow SA.SI = SB.SC\;\;\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow SE.SF = SA.SI\; \Rightarrow \)\(\frac{{SE}}{{SI}} = \frac{{SA}}{{SF}}\)
(c.g.c)
\( \Rightarrow \widehat {SIF} = \widehat {SEA}\)
\( \Rightarrow \) tứ giác AIFE nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)
Mà 4 điểm A, E, H, F cũng cùng thuộc 1 đường tròn
\( \Rightarrow \) 5 điểm A, I, E, H, F cùng thuộc 1 đường tròn
\( \Rightarrow AIHE\) nội tiếp đường tròn
\( \Rightarrow \widehat {AIH} = \widehat {AEH} = {90^0} \Rightarrow IH \bot SA\)
(c) Gọi M là trung điểm của BC, kẻ đường kính AD của (O). Chứng minh ba điểm H, M, D thẳng hàng và H là trực tâm tam giác ASM.
Xét (O): \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD} = {90^0}\;\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB \bot BD}\\{AC \bot AD}\end{array}} \right.\) mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CH \bot AB}\\{BH \bot AC}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CH\parallel BD}\\{BH\parallel CD}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow \) tứ giác BHCD là hình bình hành
\( \Rightarrow BC\) và \(HD\) cắt nhau.
d) Giả sử T là điểm nằm trên đoạn thẳng HC sao cho AT vuông gó(a+b)c với BT. Chứng minh hai đường tròn ngoại tiếp của tam giác IST và tam giác ECT tiếp xúc với nhau.
Cho \(x,y,z\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y + z = xyz.\) Chứng minh rằng:
\(\frac{{1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}{x} + \frac{{1 + \sqrt {1 + {y^2}} }}{y} + \frac{{1 + \sqrt {{z^2}} }}{z} \le xyz.\)
\(\frac{{1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}{x} + \frac{{1 + \sqrt {1 + {y^2}} }}{y} + \frac{{1 + \sqrt {{z^2}} }}{z} \le xyz.\)
Từ \(x + y + z = zyz\; \Rightarrow \). \(\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{xz}}\) = 1
Lại có: \(\frac{{\sqrt {1 + {x^2}} }}{x} = \sqrt {\frac{1}{{{x^2}}} + } = \sqrt {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{xz}}} \) (áp dụng \(\sqrt {ab} \le \frac{1}{2}\left( {a + b} \right)\))
\( \Rightarrow \frac{{1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}{x} \le \frac{2}{x} + \frac{1}{{2y}} + \frac{1}{{2z}} \Rightarrow \frac{{1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}{x} \le 3\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x = y = z\)
Chứng minh:
\(3\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \le xyz\)
\( \Leftrightarrow 3\left( {xy + yz + zx} \right) \le {\left( {xyz} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow 3\left( {xy + yz + zx} \right) \le {\left( {x + y + z} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2}2 + {\left( {y - z} \right)^2} + {\left( {z - x} \right)^2} \ge 0\) (đúng)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi \(x = y = z = \sqrt 3 .\)
