Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Xã Hội Nam Định có đáp án
5 câu hỏi
1) Tính giá trị biểu thức \[P = \sqrt {2024 + 2\sqrt {2023} } - \sqrt {2025 + 2\sqrt {2024} } \].
2) Tìm tọa độ của điểm \(M\) là giao điểm của đường thẳng \(y = x + 1\) với trục \(Ox\).
3) Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác vuông có cạnh huyền bằng \[2\sqrt 2 cm\].
4) Tính thể tích của hình nón có chiều cao bằng \[8\,cm\] và bán kính đáy bằng \[6\,cm\].
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 \(M\left( { - 1;0} \right)\). |
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)Thể tích của hình nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {.6^2}.8 = 96\pi \,\left( {c{m^3}} \right)\). |
Cho biểu thức \(P = \frac{{x + 4\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{x - 9}}{{\sqrt x - 3}}\) (với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\)).
1) Rút gọn biểu thức \(P\).
2) Tìm \(x\) để \(P = 5\).
1)\(P = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\sqrt x - 3}}\) |
\( = \sqrt x + 2 + \sqrt x + 3\) |
\( = 2\sqrt x + 5\). |
2)\(P = 5 \Leftrightarrow \sqrt x = 0\) |
\( \Leftrightarrow x = 0\,\left( {tm} \right)\). |
1) Cho phương trình \({x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + 4m - 2 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 0\).
b) Tìm tất cả giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 13\).
2) Giải phương trình \(\sqrt {x + 1} + \sqrt {4 - x} = \sqrt {2x + 9} \).
1. a)Với \(m = 0\), phương trình \(\left( 1 \right)\) trở thành \({x^2} - x - 2 = 0\) |
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\end{array} \right.\). |
b) Ta có \(\Delta = {\left( {2m + 1} \right)^2} - 4\left( {4m - 2} \right) = 4{m^2} - 12m + 9 = {\left( {2m - 3} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m\). |
Áp dụng Viet \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 1\\{x_1}{x_2} = 4m - 2\end{array} \right.\) |
Ta có \(x_1^2 + x_2^2 = 13 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 13 \Leftrightarrow {\left( {2m + 1} \right)^2} - 2\left( {4m - 2} \right) = 13 \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0\) |
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\left( {tm} \right)\\m = 2\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\). Vậy \(m = - 1\), \(m = 2\). |
2) Điều kiện: \( - 1 \le x \le 4\). |
Phương trình trở thành \( \Leftrightarrow x + 1 + 2\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {4 - x} \right)} + 4 - x = 2x + 9 \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {4 - x} \right)} = x + 2\) |
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - 2\\ - {x^2} + 3x + 4 = {x^2} + 4x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - 2\\2{x^2} + x = 0\end{array} \right.\) |
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\left( {tm} \right)\\x = - \frac{1}{2}\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\). Vậy nghiệm của phương trình là \(x = - \frac{1}{2}\), \(x = 0\). |
Cho tam giác \(ABC\) nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\), \(AD\) là đường cao. Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là hình chiếu của \(D\) trên \(AB\), \(AC\). Gọi \(AP\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\).
1) Chứng minh tứ giác \(AEDF\) nội tiếp và \(AE.AB = AF.AC\).
2) Chứng minh tam giác \(ABC\) đồng dạng với tam giác \(AFE\) và \(AP\) vuông góc với \(EF\).
3) Gọi \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\). Đường tròn đường kính \(AH\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai \(T\). Gọi \(K\) là trực tâm của tam giác \(BTC\). Chứng minh tứ giác \(AHKT\) là hình bình hành.
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 \(AE.AB = AF.AC \Rightarrow \frac{{AB}}{{AF}} = \frac{{AC}}{{AE}}\), 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 \(OI = \frac{1}{2}TK\). |
\( \Rightarrow AH = TK\). Vậy tứ giác \(AHKT\) là hình bình hành. |
1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {4x + 5} + 2x = \sqrt {2y + 5} + y\\\sqrt {x + 1} + \sqrt {3 - x} = 2 + \sqrt {y + 3 - {x^2}} \end{array} \right.\).
2) Xét hai số thực dương \(x\), \(y\) thỏa mãn \(\frac{1}{x} + \frac{6}{y} = 2\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = 4x + y + \frac{2}{{{x^2}}} + \frac{1}{x} + \frac{{42}}{y}\).
1) Điều kiện: \[\left\{ \begin{array}{l} - 1 \le x \le 3\\y \ge - \frac{5}{2}\\y + 3 - {x^2} \ge 0\end{array} \right.\]. Phương trình (1) trở thành \(\left( {\sqrt {4x + 5} - \sqrt {2y + 5} } \right) + \left( {2x - y} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left( {2x - y} \right)\left( {\frac{2}{{\sqrt {4x + 5} + \sqrt {2y + 5} }} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow y = 2x\). |
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 \(\sqrt {x + 1} + \sqrt {3 - x} = 2 \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {3 - x} \right)} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\,\left( {tm} \right)\\x = 3\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\). Với \(x = - 1 \Rightarrow y = - 2\). Với \(x = 3 \Rightarrow y = 6\). Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( { - 1; - 2} \right)\), \(\left( {3;6} \right)\). |
2) Ta có \(P = \left( {4x + \frac{2}{{{x^2}}}} \right) + \left( {y + \frac{{36}}{y}} \right) + \left( {\frac{1}{x} + \frac{6}{y}} \right) = \left( {4x + \frac{2}{{{x^2}}}} \right) + \left( {y + \frac{{36}}{y}} \right) + 2\) Mà \(y + \frac{{36}}{y} \ge 2.6\) |
\(4x + \frac{2}{{{x^2}}} = 2x + 2x + \frac{2}{{{x^2}}} \ge 3.2\) Khi đó \(P \ge 20\). Dấu bằng xảy ra khi \(x = 1,y = 6\). Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\) là \(20\). |
