Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2021 - 2022 Sở GD&ĐT Hà Nội có đáp án
7 câu hỏi
|
1) |
Tính giá trị của biểu thức \[A\] khi \[x = 16.\] |
|
Thay \[x = 16\] (TMĐK) vào biểu thức A. Tính được\[A = \frac{{\sqrt {16} }}{{\sqrt {16} + 3}} = \frac{4}{7}\]. | |
|
2) |
Chứng minh \[A + B = \frac{3}{{\sqrt x + 3}}.\] |
|
\[A + B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{3x + 9}}{{x - 9}} = \frac{{x - 3\sqrt x + 2x + 6\sqrt x - 3x - 9}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\] \[\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{3\left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} = \frac{3}{{\sqrt x + 3}}\]. |
Gọi số bộ đồ bảo hộ y tế mà tổ sản xuất phải làm trong một ngày theo kế hoạch là \[x\] (bộ) (\[x > 0\]).
Lập luận để có phương trình \[\frac{{4800}}{x} - \frac{{4800}}{{x + 100}} = 8\]
\[ \Leftrightarrow {x^2} + 100x - 60000 = 0\] (vì \[x > 0\])
Giải phương trình tìm được \[x = - 300\] hoặc \[x = 200\].
Đối chiếu điều kiện và thử lại thấy \[x = 200\] thỏa mãn.
Kết luận: Theo kế hoạch, mỗi ngày tổ sản xuất phải làm \[200\] bộ đồ bảo hộ y tế.Diện tích bề mặt được sơn là diện tích xung quanh của thùng nước:
\[S = 2\pi Rh \approx 2.3,14.0,5.1,6 = 5,024\left( {{m^2}} \right)\].
Kết luận: Diện tích bề mặt được sơn của thùng nước xấp xỉ bằng
\[5,024\left( {{m^2}} \right)\].ĐKXĐ: \[x \ne - 1\]
\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{3}{{x + 1}} - 2y = - 1\\\frac{5}{{x + 1}} + 3y = 11\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{19}}{{x + 1}} = 19\\\frac{{10}}{{x + 1}} + 6y = 22\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 = 1\\10 + 6y = 22\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 2\end{array} \right.\]
Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm của hệ phương trình là \[(x;y) = (0;2)\].|
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P): \[{x^2} = 2x + m - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - m + 2 = 0\,\,\,\,\]\(\left( 1 \right)\) Đường thẳng \[\left( d \right)\] cắt \[\left( P \right)\] tại 2 điểm phân biệt Û \(\left( 1 \right)\) có 2 nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > 1\] Lập luận, áp dụng định lý Vi-et, có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = - m + 2\end{array} \right.\,\,\,\,\left( * \right)\] Biến đổi \[\left| {x{}_1 - {x_2}} \right| = 2 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 4\] Từ \(\left( * \right)\) ta có: \[4 - 4( - m + 2) = 4 \Leftrightarrow m = 2\] (tmđk). Kết luận \[m = 2\]. |
|
Chứng minh bốn điểm \[A\,,\,C\,,\,M\,\] và \(B\) cùng thuộc một đường tròn. |
|
Tam giác \[ABC\]vuông tại \(A\) nên \(\widehat {BAC} = 90^\circ \) \( \Rightarrow A\) thuộc đường tròn đường kính \[BC\]. \[BM\] là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( C \right)\) nên \(\widehat {BMC} = 90^\circ \) \( \Rightarrow M\) thuộc đường tròn đường kính \[BC\]. Kết luận: Bốn điểm \(A,C,M\) và \(B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\). |
|
Chứng minh tam giác \[CPN\] là tam giác cân và đường thẳng \[AM\] đi qua trung điểm của đoạn thẳng \[NP\]. |
|
* Xét \[\Delta CAN\] và \[\Delta CMP\] có: \(CA = CM;\widehat {CAN} = \widehat {CMP} = 90^\circ ;\;AN = MP\) \( \Rightarrow \Delta CAN = \Delta CMP\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow CN = CP\) Þ Tam giác \[CPN\] cân tại \(C\) * Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(NP\) Tam giác \[CPN\] cân tại \(C\) và \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \[NP\] nên \[CI \bot NP\]. Tứ giác \[NACI\] nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {NIA} = \widehat {NCA}\). Tứ giác \[CIMP\] nội tiếp\( \Rightarrow \widehat {MIP} = \widehat {MCP}\). \(\Delta CAN = \Delta CMP \Rightarrow \widehat {NCA} = \widehat {MCP}\). Ta có \(\widehat {NIA} + \widehat {PIA} = 180^\circ \) (vì \(I\) nằm giữa \(N\) và \(P\)) \( \Rightarrow \widehat {MIP} + \widehat {PIA} = 180^\circ \)mà 2 góc này kề nhau \( \Rightarrow A,\;I,\;M\;\)là 3 điểm thẳng hàng. Kết luận: Đường thẳng \[AM\] đi qua trung điểm của đoạn thẳng \[NP\]. |
Từ điều kiện \[{a^2} + {b^2} = 2\], ta có:
\[{\left( {a + b} \right)^2} - 2ab = 2 \Rightarrow ab = \frac{1}{2}{\left( {a + b} \right)^2} - 1\]
Đặt \[x = a + b\]. Khi đó \[P = 3x + \frac{1}{2}{x^2} - 1 = \frac{1}{2}{\left( {x + 3} \right)^2} - \frac{{11}}{2}\]
Ta có \[{\left( {a + b} \right)^2} \le 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \Rightarrow {x^2} \le 4 \Rightarrow - 2 \le x \le 2\]
Do đó \[x + 3 \ge 1 \Rightarrow {\left( {x + 3} \right)^2} \ge 1 \Rightarrow P \ge - 5\].
Dấu “=” xảy ra khi \[a = b = - 1\].
Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \( - 5\).Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
