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

a)Hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số \(y = {x^2}\) và \(y =  - 2x + 3\) là nghiệm của phương trình \({x^2} + 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 3\end{array} \right.\)

Vậy toạ độ các điểm cần tìm là \(\left( {1;1} \right)\) và \(\left( { - 3;9} \right).\)

b)Ta có ${\Delta }^{\text{'}}={\left(m-2\right)}^2+1>0\forall m.$

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) với \(\forall m.\)

Theo hệ thức Vi-et ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2(m + 1){\rm{ }}\\{x_1}{x_2} = 6m - 4.{\rm{ }}\end{array} \right.\,\,\,\]

Ta có \[x_1^2 - x_2^2 = 3{x_1}{x_2}\left( {{x_2} - {x_1}} \right) \Leftrightarrow \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2} + 3{x_1}{x_2}} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} + 3{x_1}{x_2} = 0\] (do \({x_1},\,{x_2}\) phân biệt)

\( \Leftrightarrow 2\left( {m + 1} \right) + 3\left( {6m - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}.\) Vậy \(m = \frac{1}{2}.\)

ĐKXĐ: \(x \ne 4;\,y \ne 0\)

PT\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow x - 4 =  - 3y\)

Thay \(x - 4 =  - 3y\) vào PT\(\left( 2 \right)\) ta có \(\frac{1}{{ - 3y}} + \frac{1}{y} = 1 \Leftrightarrow y = \frac{2}{3} \Rightarrow x = 2.\)

Đối chiếu với ĐKXĐ ta có \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;\frac{2}{3}} \right)\) là nghiệm của hệ.

1)Diện tích hình thang \[ABCD\] là \[\frac{{\left( {AB + DC} \right).AD}}{2} = \frac{{\left( {3 + 7} \right).5}}{2} = 25\,{m^2}.\]

Diện tích nửa hình tròn đường kính \[AD\] là \[\frac{{\pi .{{\left( {2,5} \right)}^2}}}{2} = \frac{{25\pi }}{8}\,{m^2}.\]

Diện tích phần đất trồng cỏ là \[25 - \frac{{25\pi }}{8} \approx 15,19\,{m^2}.\]

                  Chú ý: Nếu học sinh không làm tròn thì trừ 0,25 điểm bước này.

2a) Ta có \[\widehat {BMN} = {90^0} \Rightarrow \] \[M\]thuộc đường tròn đường kính \[BN.\]

Ta có \[\widehat {BEN} = {90^0} \Rightarrow \] \[E\] thuộc đường tròn đường kính \[BN.\]

Do đó bốn điểm \[B,\,M,\,E,\,N\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[BN.\]

Chứng minh được \[\widehat {MBN} = \widehat {MEA}\].

Xét \[\Delta AEH\] vuông tại \[E,\] có \[EM\] là đường trung tuyến

\[ \Rightarrow EM = AM \Rightarrow \Delta AME\] cân tại \[M \Rightarrow \widehat {MEA} = \widehat {MAE} \Rightarrow \widehat {MBN} = \widehat {KAC}.\]

b)Xét \[(O)\]có \[\widehat {KBC} = \widehat {KAC}\] mà \[\widehat {KAC} = \widehat {EBC}\] (cùng phụ với \[\widehat {ACB}\]) \[ \Rightarrow \widehat {KBC} = \widehat {EBC}\]

\[ \Rightarrow BC\] là tia phân giác của góc \[\widehat {KBH}.\] Lại có \[BC \bot HK \Rightarrow \Delta BHK\]cân tại \[B.\]

\[ \Rightarrow \widehat {BKH} = \widehat {BHK}.\] Ta có \[\widehat {BHK} = \widehat {MHE} = \widehat {MEH} = \widehat {MNB} \Rightarrow \widehat {BKM} = \widehat {BNM.}\]

Do đó tứ giác \[BMNK\] nội tiếp.

\[ \Rightarrow \widehat {BMN} + \widehat {BKN} = {180^0} \Rightarrow \widehat {BKN} = \widehat {BKT} = {90^0}\]\[ \Rightarrow K\]thuộc đường tròn đường kính \[BT.\] Mà \[B,\,K,\,T \in \left( O \right) \Rightarrow BT\]là đường kính của \[(O) \Rightarrow B,\,O,\,T\]thẳng hàng.

a)ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}1 + 3x \ge 0\\2x - 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - \frac{1}{3}\\x \ge \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge \frac{1}{2}\).

Ta có: \({x^2} + 4x = 2\sqrt {1 + 3x}  + \sqrt {2x - 1} \)\( \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 = 2\left( {\sqrt {1 + 3x}  - 2} \right) + \left( {\sqrt {2x - 1}  - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 5} \right) = \frac{{2\left( {1 + 3x - 4} \right)}}{{\sqrt {1 + 3x}  + 2}} + \frac{{2x - 1 - 1}}{{\sqrt {2x - 1}  + 1}}\)\( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 5} \right) = \frac{{6\left( {x - 1} \right)}}{{\sqrt {1 + 3x}  + 2}} + \frac{{2\left( {x - 1} \right)}}{{\sqrt {2x - 1}  + 1}}\)

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 5 - \frac{6}{{\sqrt {1 + 3x}  + 2}} - \frac{2}{{\sqrt {2x - 1}  + 1}}} \right)\,\, = 0\,\,\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\,\,(tm)\\x + 5 = \frac{6}{{\sqrt {1 + 3x}  + 2}} + \frac{2}{{\sqrt {2x - 1}  + 1}}\,\,\,\end{array} \right.\,\end{array}\]

Xét phương trình \[x + 5 = \frac{6}{{\sqrt {1 + 3x}  + 2}} + \frac{2}{{\sqrt {2x - 1}  + 1}}\,\,\,\,\,\left( * \right)\]

Do \(x \ge \frac{1}{2} \Rightarrow \)\[\frac{6}{{\sqrt {1 + 3x}  + 2}} + \frac{2}{{\sqrt {2x - 1}  + 1}} < \frac{6}{2} + \frac{2}{1} = 5\] và \(x + 5 \ge \frac{{11}}{2} > 5\)

nên phương trình \[\left( * \right)\] vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \[x = 1\].

b)Từ giả thiết \[x + y + z = 1 \Rightarrow x + yz = x(x + y + z) + yz = (x + y)(x + z).\]

Tương tự \[y + zx = (y + z)(y + x);\,z + xy = (z + x)(z + y).\]

Do đó \(P = \frac{{(x + y)(x + z)}}{{y + z}} + \frac{{(y + z)(y + x)}}{{z + x}} + \frac{{(z + x)(z + y)}}{{x + y}}.\)

Đặt $x+y=a,y+z=b,z+x=c$ \( \Rightarrow a,b,c > 0\) và \(a + b + c = 2.\)

\[\begin{array}{l}P = \frac{1}{2}\left[ {\left( {\frac{{ab}}{c} + \frac{{ac}}{b}} \right) + \left( {\frac{{bc}}{a} + \frac{{ba}}{c}} \right) + \left( {\frac{{ca}}{b} + \frac{{cb}}{a}} \right)} \right]\\ \ge \frac{1}{2}\left( {2\sqrt {\frac{{ab}}{c}.\frac{{ac}}{b}}  + 2\sqrt {\frac{{bc}}{a}.\frac{{ba}}{c}}  + 2\sqrt {\frac{{ca}}{b}.\frac{{cb}}{a}} } \right) = a + b + c = 2.\end{array}\]

Dấu  xảy ra khi \(a = b = c = \frac{2}{3}.\)

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức \(P\) bằng \(2\) khi \(x = y = z = \frac{1}{3}.\)