Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Nam Định có đáp án
13 câu hỏi
Điều kiện xác định của biểu thức \(\frac{5}{{\sqrt {x - 2023} + 1}}\) là
\[x \ge 2023.\]
\[x > 2023.\]
\[x < 2023.\]
\[x \le 2023.\]
Chọn A
Hàm số nào sau đây đồng biến với mọi \(x \in \mathbb{R}\)?
\[y = \left( {1 - \sqrt 5 } \right){x^2}.\]
\[y = x + 3.\]
\[y = \left( {2 - \sqrt 7 } \right)x + 2.\]
\[y = {x^2}.\]
Chọn B
Phương trình \(2{x^2} - x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\,{x_2}\) trong đó \({x_1} < {x_2}.\) Giá trị \(2{x_1} + {x_2}\) bằng
\(0.\)
\( - 1,5.\)
\( - 2.\)
\(2.\)
Chọn A
Với giá trị nào của \(m\) thì đường thẳng \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) đi qua điểm \(A( - 1;1)\)?
\(m = 0.\,\)
\(m = - 1.\,\)
\(m = - 2.\,\)
\(m = 2.\,\)
Chọn D
Số nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\\x - 3y = 2\end{array} \right.\) là
\(2\).
\(0.\)
\(1.\)
vô số.
Chọn C
Cho \(\Delta ABC\)vuông tại \(A,\) biết \(AC = 6,\,BC = 10.\) Khi đó \(\tan B\)có giá trị bằng
\(\frac{3}{4}.\)
\(\frac{3}{5}.\)
\(\frac{4}{3}.\)
\(\frac{5}{3}.\)
Chọn A
Một hình nón có bán kính đáy bằng \(4\,cm,\) chiều cao bằng \(6\,cm.\)Thể tích của hình nón đã cho là
\(96\pi \,c{m^3}.\)
\(32\pi \,c{m^3}.\)
\(30\pi \,c{m^3}.\)
\(36\pi \,c{m^3}.\)
Chọn B
Cho \(\Delta ABC\)có \(\widehat {BAC} = {45^o},\) nội tiếp trong đường tròn tâm \(O\) bán kính \(2\,cm.\) Diện tích tam giác \(OBC\) bằng
\(1\,c{m^2}.\)
\(4\,c{m^2}.\)
\(2\,c{m^2}.\)
\(2\sqrt 2 \,c{m^2}.\)
Chọn B
a) Chứng minh đẳng thức \[\sqrt {27} - 2\sqrt {12} + \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } = - 1.\]
b) Rút gọn biểu thức \[A = \left( {\frac{{9 - \sqrt x }}{{x - 9}} + \frac{2}{{\sqrt x + 3}}} \right):\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}\] với \(x \ge 0\)và \(x \ne 9.\)
a)\[\sqrt {27} - 2\sqrt {12} + \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } = 3\sqrt 3 - 4\sqrt 3 + \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} \]
\[ = - \sqrt 3 + \left| {\sqrt 3 - 1} \right| = - \sqrt 3 + \sqrt 3 - 1 = - 1.\]
Vậy \[\sqrt {27} - 2\sqrt {12} + \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } = - 1.\]
b)Với \(x \ge 0\)và \(x \ne 9\) ta có \(A = \left( {\frac{{9 - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{2}{{\sqrt x + 3}}} \right):\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}\)
\[ = \frac{{9 - \sqrt x + 2\left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}:\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}} = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}:\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}\]
\( = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}.\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 1}}\)
\( = \frac{1}{{\sqrt x + 1}}.\) Vậy \[A = \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\] với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9.\)
a) Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị hai hàm số \(y = {x^2}\) và \(y = - 2x + 3.\)
b) Cho phương trình \({x^2} - 2(m + 1)x + 6m - 4 = 0\,\) (với \(m\) là tham số). Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thoả mãn \[x_1^2 - x_2^2 = 3{x_1}{x_2}\left( {{x_2} - {x_1}} \right).\]
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 Δ'=m−22+1>0 ∀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 \(m = \frac{1}{2}.\)
Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 4{\rm{ }}\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\frac{1}{{x - 4}} + \frac{1}{y} = 1\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
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) Một mảnh vườn hình thang \(ABCD\) có \[\widehat {BAD} = \widehat {ADC} = {90^o},\] \[AB = 3\,m,\,\,AD = 5\,m,\,DC = 7\,m.\] Người ta trồng hoa trên phần đất là nửa hình tròn tâm \(O\) đường kính \(AD,\) phần còn lại của mảnh vườn để trồng cỏ (phần tô đậm trong hình vẽ bên). Tính diện tích phần đất trồng cỏ (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai, lấy \[\pi \approx 3,14\]).
2) Cho tam giác \[ABC\]nhọn \[\left( {AB < AC} \right)\] nội tiếp \[(O).\] Hai đường cao \[AD\] và \[BE\] cắt nhau tại \[H.\] Gọi \[M\]là trung điểm của \[AH,\] đường thẳng đi qua \[M\]vuông góc với \[BM\]cắt \[AC\]tại \[N.\] Gọi \[K\]là giao điểm thứ hai của \[AH\]với đường tròn tâm \[O.\]
a) Chứng minh rằng bốn điểm \[B,\,M,\,E,\,N\] cùng thuộc một đường tròn và \[\widehat {MBN} = \widehat {KAC}.\]
b) Kéo dài \[KN\]cắt đường tròn \[\left( O \right)\]tại \[T.\] Chứng minh rằng tam giác \[BHK\]cân và ba điểm \[B,\,O,\,T\] thẳng hàng.
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) Giải phương trình \({x^2} + 4x = 2\sqrt {1 + 3x} + \sqrt {2x - 1} .\)
b) Cho \(x,\,y,\,\,z\) là các số thực dương thỏa mãn \[x + y + z = 1.\] Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\(P = \frac{{x + yz}}{{y + z}} + \frac{{y + zx}}{{z + x}} + \frac{{z + xy}}{{x + y}}.\)
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 \(x = y = z = \frac{1}{3}.\)
