Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Nghệ An có đáp án
5 câu hỏi
a) Tính \(A = \sqrt 4 + \sqrt {49} + \sqrt {64} \)
b) Rút gọn biểu thức \(P = \left( {\frac{{\sqrt x }}{2} - \frac{1}{{2\sqrt x }}} \right) \cdot \frac{{4x}}{{x - 1}}\) với x > 0 và \(x \ne 1\)
c) Tìm giá trị của b để đường thẳng y = 2x + b – 1 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1
a) \(\begin{array}{l}A = \sqrt 4 + \sqrt {49} + \sqrt {64} \\A = 2 + 7 + 8\\A = 17\end{array}\)
b) \(P = \left( {\frac{{\sqrt x }}{2} - \frac{1}{{2\sqrt x }}} \right) \cdot \frac{{4x}}{{x - 1}}\) (x > 0 và \(x \ne 1\))
\(\begin{array}{l}P = \left( {\frac{{\sqrt x }}{2} - \frac{1}{{2\sqrt x }}} \right) \cdot \frac{{4x}}{{x - 1}}\\P = \left( {\frac{{x - 1}}{{2\sqrt x }}} \right) \cdot \frac{{4x}}{{x - 1}}\\P = 2\sqrt x \end{array}\)
c) Vì đường thẳng y = 2x + b – 1 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1
Nên thay x = 1; y = 0 vào y = 2x + b – 1 ta được \[{\rm{ }}b{\rm{ + }}1 = 0 \Leftrightarrow b = - 1\]
Vậy b = -1
a) Giải phương trình \({x^2} + 3x - 10 = 0\)
b) Cho biết phương trình \({x^2} - 5x + 3 = 0\) có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2. Không giải phương trình, tính giá trị biểu thức \(T = \frac{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)}}{{{x_1}^2 + 5{x_2}}}\)
a) Giải phương trình \({x^2} + 3x - 10 = 0\)
\(\begin{array}{l}\Delta = {b^2} - 4ac\\\Delta = {3^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 10} \right) = 49 > 0\end{array}\)
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - 3 - \sqrt {49} }}{2} = - 5\); \({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - 3 + \sqrt {49} }}{2} = 2\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 5;2} \right\}\)
b) Phương trình \({x^2} - 5x + 3 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4 \cdot 3 = 13 > 0\)nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2.
Theo định lý Viets ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 5}\\{{x_1} \cdot {x_2} = 3}\end{array}} \right.\)
Vì \({x_1} + {x_2} = 5 > 0;\,\,\,{x_1} \cdot {x_2} = 3 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm dương và do x1 là nghiệm của phương trình (1) nên \({x_1}^2 - 5{x_1} + 3 = 0\, \Rightarrow {x_1}^2 = 5{x_1} - 3\)
Do đó
\(\begin{array}{l}T = \frac{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)}}{{{x_1}^2 + 5{x_2}}}\\T = \frac{{{x_1} \cdot {x_2} + {x_1} + {x_2} + 1}}{{5\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 3}} = \frac{{3 + 5 + 1}}{{5 \cdot 5 - 3}} = \frac{9}{{22}}\end{array}\)
a) Một của hàng kinh doanh xe đạp nhập về một lô hàng gồm hai loại: loại I có giá trị 2 triệu đồng/xe và loại II có giá trị 6 triệu đồng/xe. Biết rằng lô hàng trên có 50 xe với tổng số hàng mà cửa hàng phải thanh toán là 160 triệu đồng. Hỏi cửa hàng đã nhập về bao nhiêu xe loại I và bao nhiêu xe loại II?
b) Bạn An bỏ một viên bi đặc không thấm nước vào một lọ thủy tinh chứa nước dạng hình trụ có bán kính đường tròn đáy bằng 1,5 cm. Biết rằng khi viên bi chìm hoàn toàn trong nước thì nước trong lọ dâng lên thêm 0,5 cm. Tính thể tích viên bi bị bạn An đã bỏ vào lọ thủy tinh (cho \(\pi \approx 3,14\); xem độ dày của lo không đáng kể và nước trong lọ không thất thoát ra ngoài
a)Gọi x (xe) là số xe loại I của một cửa hàng (x > 0)
Số xe loại II của một của hàng là 50 – x (xe)
Số tiền phải thanh toán xe loại I là 2x (triệu đồng)
Số tiền phải thanh toán xe loại II là 6(50-x) (triệu đồng)
Tổng số tiền cửa hàng phải thanh toán là 160 triệu đồng nên ta có phương trình :
\[\begin{array}{l}{\bf{2x}}{\rm{ }} + {\rm{ }}{\bf{6}}\left( {{\bf{50}}{\rm{ }}--{\rm{ }}{\bf{x}}{\rm{ }}} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}{\bf{160}}\\ \Leftrightarrow - 4x = - 140\\ \Leftrightarrow x = 35(n)\end{array}\]
Vậy xe loại I là 35 xe
Xe loại II là 15 xe
b)Thể tích viên bi bị bạn An đã bỏ vào lọ thủy tinh bằng thể tích nước dâng lên trong lọ so với ban đầu.
\(V = \pi \cdot {R^2} \cdot h = 3,14 \cdot 1,5 \cdot 0,5 = 3,5325\) cm3
Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC), các đường cao AD, BE, CF (\((D \in BC,E \in AC,F \in AB)\) cắt nhau tại H.
a) Chứng minh AEHF là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC, M là giao điểm của tia EF và tia CB. Chứng minh rằng \(\widehat {{\rm{FAD}}} = \widehat {{\rm{OFC}}}\) và \(O{C^2} = OD \cdot OM\)
c) Chứng minh rằng hai đường thẳng MH và AO vuông góc với nhau.
a) Tứ giác AEHF có:
\(\begin{array}{l}\widehat {{\rm{AEH}}} = {90^0}\left( {BE \bot AC} \right)\\\widehat {{\rm{AFH}}} = {90^0}\left( {CF \bot AB} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \widehat {{\rm{AEH}}} + \widehat {{\rm{AFH}}} = {180^0}\)
Suy ra tứ giác AEHF nội tiếp ( tổng hai góc đối bằng 1800)
b) Chứng minh \(\widehat {{\rm{FAD}}} = \widehat {{\rm{OFC}}}\)
Ta có \(\widehat {{\rm{BAD}}} = \widehat {{\rm{FCB}}}\) (cùng phụ với \(\widehat {{\rm{ACB}}}\)) hay \(\widehat {{\rm{FAD}}} = \widehat {{\rm{OCF}}}\) (1)
Mặt khác \(\Delta BFC\) vuông tại F có FO là đường trung tuyến nên FO = OC
Suy ra \(\Delta FCO\)cân tại O suy ra \(\widehat {{\rm{OCF}}} = \widehat {{\rm{OFC}}}\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {{\rm{FAD}}} = \widehat {{\rm{OFC}}}\)
Chứng minh \(O{C^2} = OD \cdot OM\)
Ta dễ dàng chứng minh được các tứ giác AFDC; BFEC nội tiếp
Suy ra \(\widehat {{\rm{BDF}}} = \widehat {{\rm{BAC}}}\)(góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối)
Lại có \(\widehat {{\rm{ODF}}} = {180^0} - \widehat {{\rm{BDF}}} = {180^0} - \widehat {{\rm{BAC}}}\) (3)
Mặt khác \(\widehat {{\rm{OFM}}} = \widehat {{\rm{OFB}}} + \widehat {{\rm{BFM}}} = \widehat {{\rm{OFB}}} + \widehat {{\rm{AFE}}}\)(\(\widehat {{\rm{BFM}}};\widehat {{\rm{AFE}}}\)đối đỉnh)
Mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\widehat {{\rm{AFE}}} = \widehat {{\rm{ACB}}}}\\{\widehat {{\rm{ACB}}} = \widehat {{\rm{OFB}}}}\end{array}} \right.\) Suy ra \(\widehat {{\rm{OFM}}} = \widehat {{\rm{ABC}}} + \widehat {{\rm{ACB}}} = {180^0} - \widehat {{\rm{BAC}}}\)(4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {{\rm{ODF}}} = \widehat {{\rm{OFM}}}\)
Xét \(\Delta OFD\)và \(\Delta OMF\)có:\(\widehat {{\rm{ODF}}} = \widehat {{\rm{OFM}}}\)(cmt); \(\widehat {MOF}\)chung
Suy ra \(\Delta OFD\)\( \sim \Delta OMF\)(gg)
Suy ra \[\frac{{FO}}{{OM}} = \frac{{OD}}{{FO}}{\rm{O}}{{\rm{F}}^2} = OM \cdot OD = O{C^2}\](vì O là trung điểm BC)
c)
Gọi AK là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Suy ra AB vuông góc với BK mà CH vuông góc với AB nên CH song song với BK
Chứng minh tương tự BH song song với CK
Do đó tứ giác BHCK là hình bình hành nên ba điểm O. H, K thẳng hàng (1).
Gọi L là giao điểm của AM với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Do các tứ giác ALBC và BFEC nội tiếp nên ta có
ML.MA=MB.MC=MF.ME
Suy ra tứ giac ALFE nội tiếp nên suy ra \(\widehat {{\rm{ALH}}} = \widehat {{\rm{AFH}}} = {90^0}\) (cùng chắn cung AH)
Suy ra AL vuông góc với HL.
Mà AL vuông góc với LK (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Nên bốn điểm L, H, O, K thảng hàng do đó OL vuông góc với AM
Vậy H là trực tâm của tam giác AMO suy ra MH vuông góc với AO
Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{y^2} + 1} \right) = 4(1)\\x\sqrt {{y^2} + 1} + y\sqrt {{x^2} + 1} = {x^2}{y^2} - 1(2)\end{array} \right.\,\,\,\,\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\].
Bình phương 2 vế của phương trình (2) và kết hợp với (1) ta được: \[\begin{array}{l}2{x^2}{y^2} + 4xy + 3 - {x^2}{y^2} = {x^4}{y^4} - 2{x^2}{y^2} + 1\\ \Leftrightarrow {x^4}{y^4} - 3{x^2}{y^2} - 4xy - 2 = 0\end{array}\]
Đặt xy = t (từ (1) ta tìm được điều kiện của \[ - 1 \le t \le 1\])
Khi đó ta được phương trình
\[\begin{array}{l}{t^4} - 3{t^2} - 4t - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t + 1} \right)\left( {{t^3} - {t^2} - 2t - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t + 1 = 0}\\{{t^3} - {t^2} - 2t - 2 = 0}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = - 1}\\{{t^3} = {t^2} + 2t + 2}\end{array}} \right.\end{array}\]
Với t = -1 suy ra xy = -1 hệ phương trình có hai nghiệm (1 ;-1) ; (-1 ;1)
Với \[{t^3} = {t^2} + 2t + 2 = {\left( {t + 1} \right)^2} + 1 \ge 1\] (vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (1 ;-1) ; (-1 ;1)
