Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2023 - 2024 Sở GD&ĐT Hà Nội có đáp án

1) Tính giá trị biểu thức \(A\) khi \(x = 9\).

Thay \(x = 9\) (tmđk) vào \(A\) ta được \(A = \frac{{9 + 2}}{{\sqrt 9 }} = \frac{{11}}{3}\).

Vậy \(A = \frac{{11}}{3}\) khi \(x = 9\).

2) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\).

Với \(x > 0,x \ne 1\) ta có:

\(B = \frac{{2\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{3 - \sqrt x }}{{x - 1}}\)

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

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

\[ = \frac{{2x + 2\sqrt x  - 3\sqrt x  - 3 + 3 - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\]

\( = \frac{{2x - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\).

Vậy với \(x > 0,x \ne 1\) thì \(B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\).

3) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(A.B = 4\).

Với \(x > 0,x \ne 1\) ta có: \(AB = 4\)\( \Leftrightarrow \frac{{x + 2}}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} = 4\)

\( \Leftrightarrow \frac{{x + 2}}{{\sqrt x  + 1}} = 2\)

\( \Rightarrow x + 2 = 2\left( {\sqrt x  + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow x - 2\sqrt x  = 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt x  = 0}\\{\sqrt x  = 2}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0\left( {ktm} \right)}\\{x = 4\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)

Vậy \(x = 4\) thì \(AB = 4\).

Gọi số sản phẩm mỗi ngày phân xưởng phải làm theo kế hoạch là \(x\) (sản phẩm) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},x < 900} \right)\).

Do đó, theo kế hoạch, thời gian phân xưởng làm xong 900 sản phẩm là \(\frac{{900}}{x}\) (ngày).

Thực tế, mỗi ngày, phân xưởng đã làm được nhiều hơn 15 sản phẩm so với số sản phẩm phải làm trong một ngày theo kế hoạch nên thực tế, số sản phẩm mỗi ngày phân xưởng phải làm là \(x + 15\) (sản phẩm).

Do đó, thực tế, thời gian phân xưởng làm xong 900 sản phẩm là \(\frac{{900}}{{x + 15}}\) (ngày).

Vì phân xưởng đã làm xong 900 sản phẩm 3 ngày trước khi hết thời hạn nên ta có phương trình: \(\frac{{900}}{{x + 15}} + 3 = \frac{{900}}{x}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{900}}{x} - \frac{{900}}{{x + 15}} = 3\)

\( \Leftrightarrow 900\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 15}}} \right) = 3\)

\( \Leftrightarrow 300.\frac{{x + 15 - x}}{{x\left( {x + 15} \right)}} = 1\)

\( \Leftrightarrow 300.\frac{{15}}{{x\left( {x + 15} \right)}} = 1\)

\( \Rightarrow {x^2} + 15x = 4500\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 15x - 4500 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 60} \right)\left( {x + 75} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 60}\\{x =  - 75}\end{array}} \right.\)

Đối chiếu điều kiện ta thấy \(x = 60\) thỏa mãn.

Vậy số sản phẩm mỗi ngày phân xưởng phải làm theo kế hoạch là 60 sản phẩm.

Thể tích khối gỗ là \(V = \pi {R^2}h \approx {3,14.30^2}.120 = 339\,\,120\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Vậy \(V \approx 339\,\,120{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}\).

Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{2}{{x - 3}} - 3y = 1}\\{\frac{3}{{x - 3}} + 2y = 8}\end{array}} \right.\).

Điều kiện: \(x \ne 3\)

Đặt \(\frac{1}{{x - 3}} = u\left( {u \ne 0} \right)\), ta có hệ phương trình:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2u - 3y = 1}\\{3u + 2y = 8}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4u - 6y = 2}\\{9u + 6y = 24}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{13u = 26}\\{y = \frac{{24 - 9u}}{6}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{u = 2}\\{y = 1}\end{array}} \right.} \right.\]

\[\; \Rightarrow \frac{1}{{x - 3}} = 2 \Leftrightarrow 1 = 2x - 6 \Leftrightarrow x = \frac{7}{2}\left( {tm} \right)\]

Vậy hệ có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {\frac{7}{2};1} \right)\).

2a) Chứng minh \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\({x^2} = \left( {m + 2} \right)x - m \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 2} \right)x + m = 0\)

Ta có \[{\rm{\Delta }} = {\left( {m + 2} \right)^2} - 4m = {m^2} + 4 \ge 4 > 0\] với mọi \(x \in \mathbb{R}\) nên phương trình \[\left( 1 \right)\] luôn có hai nghiệm phân biệt, do đó \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.

2b) Tìm tất cả giá trị của \(m\) để \(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{1}{{{x_1} + {x_2} - 2}}\).

Áp dụng định lí Viet ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = m + 2}\\{{x_1}{x_2} = m}\end{array}} \right.\)

\(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{1}{{{x_1} + {x_2} - 2}} \Leftrightarrow \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{1}{{{x_1} + {x_2} - 2}}\)

Khi đó ta được \(\frac{{m + 2}}{m} = \frac{1}{m}\left( {m \ne 0} \right) \Leftrightarrow m =  - 1\) (tmđk)

Vậy \(m =  - 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

1) Chứng minh tứ giác \(SAOI\) là tứ giác nội tiếp.

Có \(SA\) là tiếp tuyến nên \(SA \bot OA\) \( \Rightarrow \widehat {SAO} = 90^\circ \).

Vì \(OI \bot BC\left( {gt} \right) \Rightarrow \widehat {SIO} = 90^\circ \)

Tứ giác \(SAOI\) có \[\widehat {SAO} + \widehat {SIO} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \], mà hai góc này ở vị trí đối nhau

Suy ra \(SAOI\) là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh \(\widehat {OAH} = \widehat {IAD}\).

Vì \(SAOI\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {SOA} = \widehat {SIA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(SA\))

Hay \(\widehat {AOH} = \widehat {AID}\left( 1 \right)\)

\({\rm{\Delta }}AHO\) vuông tại \(H\left( {AH \bot SO} \right)\) nên \(\widehat {AOH} + \widehat {OAH} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {OAH} = 90^\circ  - \widehat {AOH}\left( 2 \right)\)

\({\rm{\Delta }}ADI\) vuông tại \(H\left( {AD \bot SC} \right)\) nên \(\widehat {AID} + \widehat {IAD} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {IAD} = 90^\circ  - \widehat {AID}\left( 3 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)\) ta có \(\widehat {OAH} = \widehat {IAD}\).

3) Chứng minh \(BQ.BA = BD.BI\) và đường thẳng \(CK\) song song với đường thẳng \(SO\).

* Chứng minh \(BQ.BA = BD.BI\)

Cách 1:

Xét tứ giác \(AEDC\) có \(\widehat {AEC} = \widehat {ADC} = 90^\circ \), mà hai góc này cùng nhìn cạnh \(AC\)

Do đó tứ giác \(AEDC\) nội tiếp suy ra \(\widehat {AED} + \widehat {DCA} = 180^\circ \)

Mà \(\widehat {AED} + \widehat {BED} = 180^\circ \) (kề bù), suy ra \[\widehat {BED} = \widehat {DCA}\]

Xét \(\Delta BED\) và \(\Delta BCA\) có: \(\widehat {ABC}\) chung; \[\widehat {BED} = \widehat {BCA}\]

Do đó

\( \Rightarrow \frac{{BE}}{{BC}} = \frac{{BD}}{{BA}}\) (tỉ số đồng dạng)

\( \Rightarrow BD.BC = BE.BA\)

\( \Rightarrow \frac{1}{2}BC.BD = \frac{1}{2}BE.BA\)

\( \Rightarrow BI.BD = BQ.BA\)

Suy ra tứ giác \(QDIA\) nội tiếp.

Cách 2:

Xét \(\Delta BCE\) có \(Q,I\) lần lượt là trung điểm của \(BE,BC\) nên \(QI\) là đường trung bình của tam giác

\( \Rightarrow QI\,{\rm{//}}\,EC\), mà \(AB \bot EC\) nên \(AB \bot QI\) hay \(\widehat {AQI} = 90^\circ \)

Xét tứ giác \(AQDI\) có \[\widehat {AQI} = \widehat {ADI} = 90^\circ \], mà hai góc này cùng nhìn cạnh \(AI\)

Do đó tứ giác \(AQDI\) nội tiếp \( \Rightarrow BQ.BA = BI.BD\)

* Chứng minh \(CK\,{\rm{//}}\,SO\).

Ta có \(\widehat {BAD} = 90^\circ  - \widehat {ABC} = 90^\circ  - \frac{{\widehat {AOC}}}{2} = \widehat {OAC}\)

Mà \[\widehat {IAD} = \widehat {OAH}\] (theo câu b) nên \(\widehat {BAI} = \widehat {KAC}\)

Lại có tứ giác \(AQDI\) nội tiếp nên \[\widehat {BDQ} = \widehat {BAI} = \widehat {KAC}\]

Mà \[\widehat {CDK} = \widehat {BDQ}\], do đó \[\widehat {CDK} = \widehat {KAC}\]

Suy ra tứ giác \(ADKC\) nội tiếp.

\( \Rightarrow \widehat {CKA} = \widehat {CDA} = 90^\circ  \Rightarrow CK \bot AK\).

Mà \(AK \bot SO\) nên \(CK\,{\rm{//}}\,SO\).

Cách 1:

• Ta có: \[\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + a}} \le 1\,\,\,\left( 1 \right)\]

\( \Leftrightarrow {a^2}\left( {{b^2} + a} \right) + {b^2}\left( {{a^2} + b} \right) \le \left( {{a^2} + b} \right)\left( {{b^2} + a} \right)\)

\( \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + 2{a^2}{b^2} \le {a^3} + {b^3} + {a^2}{b^2} + ab\)

\( \Leftrightarrow {a^2}{b^2} \le ab\,\,\,\left( 2 \right)\)

• Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số dương \(a\) và \(b\) ta có:

\(2 \ge a + b \ge 2\sqrt {ab} \)

\( \Rightarrow \sqrt {ab}  \le 1 \Leftrightarrow ab \le 1 \Rightarrow {a^2}{b^2} \le ab\). Do đó \(\left( 2 \right)\) đúng.

Vì bất đẳng thức \[\left( 2 \right)\] đúng nên bất đẳng thức \[\left( 1 \right)\] đúng (đpcm).

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b = 2}\\{a = b}\end{array} \Leftrightarrow a = b = 1} \right.\).

Cách 2:

Ta có \(\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + b}} = 1 - \frac{b}{{{a^2} + b}};\frac{{{b^2}}}{{{b^2} + a}} = 1 - \frac{a}{{{b^2} + a}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + a}} = 2 - \left( {\frac{b}{{{a^2} + b}} + \frac{a}{{{b^2} + a}}} \right)\)

Ta chứng minh \(\frac{b}{{{a^2} + b}} + \frac{a}{{{b^2} + a}} \ge 1\)

Ta có \(VT = \frac{b}{{{a^2} + b}} + \frac{a}{{{b^2} + a}} = \frac{{{b^2}}}{{{a^2}b + {b^2}}} + \frac{{{a^2}}}{{{b^2}a + {a^2}}} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{{a^2}b + {b^2} + {b^2}a + {a^2}}} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{2ab + {b^2} + {a^2}}} = 2\).

Do đó \(\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + a}} \le 1\).

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b = 2}\\{a = b}\end{array} \Leftrightarrow a = b = 1} \right.\).