Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Vĩnh Long có đáp án
6 câu hỏi
a) Tính giá trị của biểu thức: \({\rm{\;}}A = \sqrt {4 + 2\sqrt 3 } + \sqrt {6 - 2\sqrt 5 } + \frac{2}{{\sqrt 5 + \sqrt 3 }}\)
b) Cho biểu thức: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{2\sqrt x }}{{x\sqrt x + \sqrt x - x - 1}}} \right) \sim \left( {1 - \frac{{2\sqrt x }}{{x + 1}}} \right)\;{\rm{voi\;}}x \ge 0,\;x \ne 1.\)
Rút gọn biểu thức \(P.\)
a) Ta có: A = \(\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} + \) \(\frac{2}{{\sqrt 5 + \sqrt 3 }}\)
= \(\sqrt 3 + 1 + \sqrt 5 - 1 + \) \(\frac{2}{{\sqrt 5 + \sqrt 3 }}\)
= \(\sqrt 3 + \sqrt 5 + \) \(\frac{{2\left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}}{2}\)
= \(2\sqrt 5 \).
b) Ta có: \(\frac{1}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{2\sqrt x }}{{x\sqrt x + \sqrt x - x - 1}} = \frac{1}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \frac{{x + 1 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\)
Và \(1 - \frac{{2\sqrt x }}{{x + 1}} = \frac{{x + 1 - 2\sqrt x }}{{x + 1}}\)
Nên P = \(\frac{{x + 1 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}.\frac{{x + 1}}{{x + 1 - 2\sqrt x }}\)
P = \(\frac{1}{{\sqrt x - 1}}.\)
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình \({x^2} - 5x + 3m + 1 = 0\) (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}\) thỏa mãn \(\left| {x_1^2 - x_2^2} \right| = 15\).
Phương trình có hai nghiệm \({x_1},\;{x_2}\) Khi \(\Delta = {5^2} - 4\left( {3m + 1} \right) > 0 \Leftrightarrow 21 - 12m > 0\)
\( \Leftrightarrow m < \frac{7}{4}\)
Theo Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 5}\\{{x_1}{x_2} = 3m + 1}\end{array}} \right.\)
Ta có: \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt {{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} = \sqrt {{5^2} - 4\left( {3m + 1} \right)} = \sqrt {21 - 12m} .\)
Theo yêu cầu đề bài: \(\left| {x_1^2 - x_2^2} \right| = \left| {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {{x_1} - {x_2}} \right)} \right|\)
\( = \left| {5\left( {{x_1} - {x_2}} \right)} \right| = 5\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 5\sqrt {21 - 12m} \)
Suy ra \(\left| {x_1^2 - x_2^2} \right| = 15 \Leftrightarrow 5\sqrt {21 - 12m} = 15 \Leftrightarrow \sqrt {21 - 12m} = 3\)
\( \Leftrightarrow 21 - 12m = 9 \Leftrightarrow 12m = 12 \Leftrightarrow m = 1\) (nhận). Vậy \(m = 1\) là giá trị cần tìm.
a) Giải hệ phương trình \(\;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{x}{y} - \frac{y}{x} = \frac{5}{6}}\\{{x^2} - {y^2} = 5}\end{array}} \right.\)
b) Giải phương trình \({\left( {x - 1} \right)^4} = {x^2} - 2x + 3\).
a) Điều kiện: \(x \ne 0;y \ne 0.\)
Hệ phương trình đã cho tương đương với:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{{x^2} - {y^2}}}{{xy}} = \frac{5}{6}}\\{{x^2} - {y^2} = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{xy = 6\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)}\\{{x^2} - {y^2} = 5\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow {x^4} - 5{x^2} - 36 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} = 9\;\;\;\;\;\;\;\left( n \right)}\\{{x^2} = - 4\;\;\;\;\left( l \right)}\end{array}} \right.\)
Với \({x^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3 \Rightarrow y = 2\;\;\;\;\;\;}\\{x = - 3 \Rightarrow y = - 2}\end{array}} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (3;2); (-3;-2).
b) \({\left( {x - 1} \right)^4} = {x^2} - 2x + 3\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\)
(1) \( \Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2}} \right]^2} = {x^2} - 2x + 3 \Leftrightarrow {\left( {{x^2} - 2x + 1} \right)^2} = {x^2} - 2x + 3\) (2)
Đặt \(t = {x^2} - 2x + 1,\;t \ge 0\) phương trình (2) trở thành phương trình
\({t^2} = t + 2 \Leftrightarrow {t^2} - t - 2 = 0\)
Giải phương trình ta được: \(t = 2\) (nhận) hoặc \(t = - 1\) (loại)
Với \(t = 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 = 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt 2 \)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1 - \sqrt 2 ;1 + \sqrt 2 } \right\}.\)
a) Tìm tất cả các số nguyên x sao cho giá trị của biểu thức \({x^2} + x + 6\) là một số chính phương.
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình \({y^2} = - 2\left( {{x^6} - {x^3}y - 32} \right).\)
a) Ta có \({x^2} + x + 6 = {n^2};\left( {n,\;x \in \mathbb{Z}} \right) \Rightarrow 4{x^2} + 4x + 24 = 4{n^2}\)
\( \Leftrightarrow 4{x^2} + 4x + 1 - 4{n^2} = - 23 \Leftrightarrow \left( {2x + 1 - 2n} \right)\left( {2x + 1 + 2n} \right) = - 23\)
TH1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x + 1 - 2n = 1}\\{2x + 1 + 2n = 3}\end{array} \Rightarrow x = 5} \right.\)
TH2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x + 1 - 2n = 1\;\;\;}\\{2x + 1 + 2n = - 23}\end{array} \Rightarrow x = - 6} \right.\)
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình \({y^2} = - 2\left( {{x^6} - {x^3}y - 32} \right).\)
Ta có \({y^2} = - 2({x^6} - {x^3}y - 32 \Leftrightarrow {x^6} + {\left( {y - {x^3}} \right)^2} = 64\)
\( \Rightarrow {x^6} \le 64 \Leftrightarrow x \le 2\) do \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ { - 1; - 2;0;1;2} \right\}\)
Xét các trường hợp:
+ \(x = 2 \Rightarrow {\left( {y - {x^3}} \right)^2} = 0 \Rightarrow y = 8\)
+ \(x = 1 \Rightarrow {\left( {y - {x^3}} \right)^2} = 63 \Rightarrow y \notin \mathbb{Z}\) (loại)
+ \(x = 0 \Rightarrow {\left( {y - {x^3}} \right)^2} = 64 \Rightarrow y = 8\) và \(y = - 8\)
+ \(x = - 1 \Rightarrow {\left( {y - {x^3}} \right)^2} = 63 \Rightarrow y \notin \mathbb{Z}\) (loại)
+\(x = - 2 \Rightarrow {\left( {y - {x^3}} \right)^2} = 0 \Rightarrow y = - 8\)
Vậy nghiệm của phương trình là: \(\left( {0;8} \right);\left( {0; - 8} \right);\left( {2;8} \right);\left( { - 2; - 8} \right)\).
Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường cao AH của tam giác ABC (H thuộc BC). Gọi P, Q lần lượt là chân của đường vuông góc kẻ từ H đến các cạnh AB, AC.
a) Chứng minh \(\widehat {PQH} = \widehat {BAH}.\)
b) Hai đường thẳng PQ và BC cắt nhau tại M. Chứng minh và \(M{H^2} = MB.MC\)
c) Đường thẳng MA cắt đường tròn (O) tại K (K khác A). KH cắt đường tròn (O) tại D (D khác K). Gọi J là trung điểm của HD. Chứng minh \(JQ = JC\)
a) Tứ giác APHQ có
\(\widehat {APH} = {90^0}\) (gt)
\(\widehat {AQH} = {90^0}\) (gt)
=> \(\widehat {APH} + \widehat {AQH} = {180^0}\) và hai góc này ở vị trí đối nhau nên APHQ là tứ giác nội tiếp được đường tròn
=> \(\widehat {PQH} = \widehat {BAH}\)
b) Xét và có
\(\widehat {PQH} = \widehat {BHA}\) (cmt), mà \(\widehat {BAH} = \widehat {BHP}\) (cùng phụ \(\widehat {PBH})\) suy ra \(\widehat {MQH} = \widehat {MHP}\)
\(\widehat {PMH}\) là góc chung
Chứng minh được tứ giác BPQC là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {MBP} = \widehat {MQC}\) (cùng bù \(\widehat {PBC}\))
Ta lại có \(\widehat {BMP}\) là góc chung
(g.g) \( \Rightarrow \frac{{MB}}{{MQ}} = \frac{{MP}}{{MC}}\; \Leftrightarrow M{H^2} = MP.MQ\) (1)
(g.g) \( \Rightarrow \frac{{MQ}}{{MH}} = \frac{{MH}}{{MP}} \Leftrightarrow M{H^2} = MP.MQ\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow M{H^2} = MB.MC.\)
c) Vì AKBC là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {MKB} = \widehat {MCA}\) (cùng bù với \(\widehat {AKB}\)), mà \(\widehat {AMC}\) là góc chung
Mà \(M{H^2} = MB.MC \Rightarrow M{H^2} = MB.MC \Rightarrow M{H^2} = MK.MA.\)
Do vuông tại H \( \Rightarrow HK\) là đường cao của tam giác AHM (vì
\( \Rightarrow AK \bot KH \Rightarrow AK \bot KD\) suy ra AD là đường kính của (O).
Suy ra \(\widehat {ACD} = {90^0}\) nên \(DC \bot AC\)
Mà \(HQ \bot AC \Rightarrow DC//HQ\) nên HQCD là hình thang.
Gọi N là trung điểm của QC (3) \( \Rightarrow JN\) là đường trung bình của hình thang HQCD
\( \Rightarrow JN//HQ \Rightarrow JN \bot QC\) (4)
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow JN\) là đường trung trực của \(QC \Rightarrow JQ = JC\)
Tìm giá trị của biểu thức \(\;\frac{{{x^2} + 10}}{{\sqrt {{x^2} + 9} }}\;\)
Đặt P = \(\frac{{{x^2} + 10}}{{\sqrt {{x^2} + 9} }}\) = \(\sqrt {{x^2} + 9} + \) \(\frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 9} }}\)
\( = \left( {\frac{1}{9}.\sqrt {{x^2} + 9} + \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 9} }}} \right) + \frac{8}{9}.\sqrt {{x^2} + 9} \)
Suy ra \(P\; \ge 2.\frac{1}{3} + \frac{8}{9}.3 = \frac{{10}}{3}\;\)
Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là \(P = \frac{{10}}{3}\;{\rm{khi}}\;x = 0\)
