Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Bình Phước có đáp án

47 người thi tuần này 4.6 215 lượt thi 7 câu hỏi 45 phút

Câu 1/7

Cho $P = \frac{{3a + \sqrt {9a} - 3}}{{a + \sqrt a - 2}} - \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a + 2}} + \frac{{\sqrt a - 2}}{{1 - \sqrt a }}{\rm{ }}$với $a \ge 0,{\rm{ }}a \ne 1$.

a) Rút gọn biểu thức $P$.
b) Tìm $a$ nguyên để biểu thức $P$ nhận giá trị nguyên.

Lời giải

a) $P = \frac{{3a + \sqrt {9a} - 3}}{{a + \sqrt a - 2}} - \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a + 2}} + \frac{{\sqrt a - 2}}{{1 - \sqrt a }}{\rm{ }}$

$ = \frac{{3a + \sqrt {9a} - 3}}{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a - 1} \right)}} - \frac{{a - 1}}{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a - 1} \right)}} - \frac{{a - 4}}{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a - 1} \right)}}$

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

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

$ = \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a - 1}}.$

b) $P = \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a - 1}} = 1 + \frac{2}{{\sqrt a - 1}}$.

Ta có $P \in \mathbb{Z}$ khi và chỉ khi $\frac{2}{{\sqrt a - 1}} \in \mathbb{Z}$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt a - 1 = - 1\\\sqrt a - 1 = - 2\\\sqrt a - 1 = 1\\\sqrt a - 1 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 0{\rm{ (N)}}\\{\rm{VN}}\\a = 4{\rm{ }}\left( {\rm{N}} \right)\\a = 9{\rm{ (N)}}{\rm{.}}\end{array} \right.{\rm{ }}$

Vậy $a = 0;{\rm{ }}a = 4;{\rm{ }}a = 9$thì $P \in \mathbb{Z}$.

Câu 2/7

a) Cho phương trình $5{x^2} + mx - 28 = 0$, $m$ là tham số.
Tìm $m$ để phương trình đã cho có hai nghiệm ${x_1},{\rm{ }}{x_2}$ phân biệt thỏa mãn $5{x_1} + 2{x_2} = 1$.

Lời giải

Ta có $\Delta = {m^2} + 560 > 0$ nên phương trình $\left( 1 \right)$ luôn có hai nghiệm ${x_1},{\rm{ }}{x_2}$ phân biệt.

Theo định lí Vi-ét ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{m}{5} & & \left( 1 \right)\\{x_1} \cdot {x_2} = - \frac{{28}}{5} & & \left( 2 \right)\end{array} \right.$

Từ $\left( 1 \right)$ và giả thiết ta có

$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{m}{5}\\5{x_1} + 2{x_2} = 1\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = - \frac{{m + 1}}{3}\\{x_1} = \frac{{2m + 5}}{{15}}\end{array} \right.$

Thay các giá trị ${x_1},{\rm{ }}{x_2}$ vừa tìm được vào $\left( 2 \right)$ ta được

$ \Leftrightarrow \left( {\frac{{2m + 5}}{{15}}} \right)\left( { - \frac{{m + 1}}{3}} \right) = - \frac{{28}}{5} \Leftrightarrow 2{m^2} + 7m + 5 = 252$

$ \Leftrightarrow 2{m^2} + 7m - 247 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 13\\m = \frac{{19}}{2}.\end{array} \right.$

Vậy các giá trị $m$ cần tìm là $m = - 13;{\rm{ }}m = - \frac{{19}}{2}.$

Câu 3/7

Giải phương trình: $(x + 4) (x - 2) = 2 \sqrt{x^{2} + 2 x - 5}$

Lời giải

Điều kiện: ${x^2} + 2x - 5 \ge 0.$

Ta có $\left( {x + 4} \right)\left( {x - 2} \right) = 2\sqrt {{x^2} + 2x - 5} $

$ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 2\sqrt {{x^2} + 2x - 5} $

$ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 5 - 2\sqrt {{x^2} + 2x - 5} - 3 = 0.$

Đặt $t = \sqrt {{x^2} + 2x - 5} ,{\rm{ }}t \ge 0.$

Ta có phương trình

Với $t = 3$ ta có $\sqrt {{x^2} + 2x - 5} = 3$ $ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 5 = 9$

$ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 14 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 - \sqrt {15} \\x = - 1 + \sqrt {15} .\end{array} \right.$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm $x = - 1 \pm \sqrt {15} $.

Câu 4/7

Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}2{x^2} + {y^2} - 3xy + 7x - 5y + 6 = 0\\4{x^2} - {y^2} + 9x + 9 = \sqrt {2x + y + 2} + \sqrt {x + 4y + 1} \end{array} \right.\].

Lời giải

\[\left\{ \begin{array}{l}2{x^2} + {y^2} - 3xy + 7x - 5y + 6 = 0 & & (1)\\4{x^2} - {y^2} + 9x + 9 = \sqrt {2x + y + 2} + \sqrt {x + 4y + 1} & (2)\end{array} \right.\]

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}2x + y + 2 \ge 0\\x + 4y + 1 \ge 0.\end{array} \right.$

Xét phương trình $\left( 1 \right)$: \[2{x^2} + {y^2} - 3xy + 7x - 5y + 6 = 0\]

$ \Leftrightarrow 2{x^2} + \left( {7 - 3y} \right)x + {y^2} - 5y + 6 = 0$ (*)

Ta xem (*) là phương trình bậc hai theo biến $x$. Biệt thức

$Δ_{x} = {(7 - 3 y)}^{2} - 4 \cdot 2 \cdot (y^{2} - 5 y + 6) = {(y - 1)}^{2}$

Phương trình (*) có hai nghiệm

$\left[ \begin{array}{l}x = \frac{{3y - 7 + y - 1}}{4} = y - 2\\x = \frac{{3y - 7 - \left( {y - 1} \right)}}{4} = \frac{{y - 3}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = x + 2\\y = 2x + 3.\end{array} \right.$

+) Với $y = x + 2$, thay vào phương trình $\left( 2 \right)$ ta được:

$3{x^2} + 5x + 5 = \sqrt {3x + 4} + \sqrt {5x + 9} $

$ \Leftrightarrow 3{x^2} + 3x + \left[ {\left( {x + 2} \right) - \sqrt {3x + 4} } \right] + \left[ {\left( {x + 3} \right) - \sqrt {5x + 9} } \right] = 0$

$ \Leftrightarrow 3\left( {{x^2} + x} \right) + \frac{{{x^2} + x}}{{x + 2 + \sqrt {3x + 4} }} + \frac{{{x^2} + x}}{{x + 3 + \sqrt {5x + 9} }} = 0$

$ \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right)\left[ {3 + \frac{1}{{x + 2 + \sqrt {3x + 4} }} + \frac{1}{{x + 3 + \sqrt {5x - 9} }}} \right] = 0$ (**)

Với điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}3x + 4 \ge 0\\5x + 9 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge - \frac{4}{3}$, ta có

$3 + \frac{1}{{x + 2 + \sqrt {3x + 4} }} + \frac{1}{{x + 3 + \sqrt {5x - 9} }} > 0$

Do đó $\left( {**} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 & \Rightarrow y = 2\\x = - 1 & \Rightarrow y = 1.\end{array} \right.$

+) Với $y = 2x + 3$, thay vào phương trình $\left( 2 \right)$ ta được

$\sqrt {4x + 5} + \sqrt {9x + 13} + 3x = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {\sqrt {4x + 5} - 1} \right) + \left( {\sqrt {9x + 13} - 2} \right) + 3x + 3 = 0$

$ \Leftrightarrow \frac{{4\left( {x + 1} \right)}}{{\sqrt {4x + 5} + 1}} + \frac{{9\left( {x + 1} \right)}}{{\sqrt {9x + 13} + 2}} + 3\left( {x + 1} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left[ {\frac{4}{{\sqrt {4x + 5} + 1}} + \frac{9}{{\sqrt {9x + 13} + 2}} + 3} \right] = 0$ (***)

Với điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}4x + 5 \ge 0\\9x + 13 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge - \frac{5}{4}$, ta có

$\frac{4}{{\sqrt {4x + 5} + 1}} + \frac{9}{{\sqrt {9x + 13} + 2}} + 3 > 0$.

Do đó $\left( {***} \right) \Leftrightarrow x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1 \Rightarrow y = 1.$

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm $\left( {x;y} \right) = \left\{ {\left( {0;2} \right),\left( { - 1;1} \right)} \right\}$.

Câu 5/7

a) Giải phương trình nghiệm nguyên: ${x^2} + xy + {y^2} = {x^2}{y^2}$.
b) Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$. Chứng minh rằng $\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)$ chia hết cho $24$.

Lời giải

a) Ta có ${x^2} + xy + {y^2} = {x^2}{y^2}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow & {x^2} - {x^2}{y^2} + xy + {y^2} = 0\\ \Leftrightarrow & \left( {1 - {y^2}} \right){x^2} + xy + {y^2} = 0 & \left( 1 \right)\end{array}$

Ta xét các trường hợp:

Trường hợp 1: $1 - {y^2} = 0 \Leftrightarrow y = \pm 1$.

· Với $y = 1$ ta có ${x^2} + x + 1 = {x^2} \Leftrightarrow x = - 1$.

· Với $y = - 1$ ta có ${x^2} - x + 1 = {x^2} \Leftrightarrow x = 1.$

Trường hợp 2: $1 - {y^2} \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y \ne 1\\y \ne - 1.\end{array} \right.$

Xét phương trình bậc hai $\left( {1 - {y^2}} \right){x^2} + xy + {y^2} = 0$, có

${\Delta _x} = {y^2} - 4\left( {1 - {y^2}} \right){y^2} = {y^2}\left( {4{y^2} - 3} \right).$

· Nếu $y = 0$ ta có $x = 0.$

· Nếu $y \ne 0$, phương trình $\left( 1 \right)$ có nghiệm nguyên khi và chỉ khi $4{y^2} - 3$ là số chính phương.

Đặt $4{y^2} - 3 = {k^2}{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{N}} \right)$.

$4{y^2} - 3 = {k^2} \Leftrightarrow \left( {2y - k} \right)\left( {2y + k} \right) = 3$

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm $\left( {0;0} \right),{\rm{ }}\left( {1; - 1} \right),{\rm{ }}\left( { - 1;1} \right).$

b) Vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ nên $p$ là số lẻ, ta có $p = 2k + 1$

($k \in \mathbb{N},{\rm{ }}k > 1$).

Do đó ta có $\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) = 2k\left( {2k + 2} \right) = 4k\left( {k + 1} \right){\rm{ }} \vdots {\rm{ }}8$

· Nếu $p = 3k \Rightarrow p = 3$ (loại vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$).

· Nếu $p = 3k + 1$, ta có $\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) = 3k\left( {3k + 2} \right){\rm{ }} \vdots {\rm{ }}3$.

· Nếu $p = 3k + 2$, ta có $\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) = 3\left( {3k + 1} \right)\left( {k + 1} \right){\rm{ }} \vdots {\rm{ }}3$.

Vì $\gcd \left( {3;8} \right) = 1$ nên $\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right){\rm{ }} \vdots {\rm{ }}24$ với $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$.

Câu 6/7

Cho đoạn thẳng $AB$ và $C$là điểm nằm trên đoạn $AB$ sao cho $BC > AC$. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng $AB$, vẽ nửa đường tròn đường kính $AB$ và nửa đường tròn đường kính $BC$. Lấy điểm $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $BC$ ($M \ne B$, $M \ne C$). Kẻ $MH$ vuông góc với $BC$$\left( {H \in BC} \right)$, đường thẳng $MH$ cắt nửa đường tròn đường kính $AB$ tại $K$. Hai đường thẳng $AK$ và $CM$ cắt nhau tại $E$.

a) Chứng minh tứ giác $BMKE$ nội tiếp và $B{E^2} = BA \cdot BC$.
b) Từ $C$ kẻ $CN$ vuông góc với $AB$ ($N$thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$), gọi $P$ là giao điểm của $NK$và $CE$. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $BNE$ và $PNE$ cùng nằm trên đường thẳng $BP$.

Lời giải

$Cho đoạn thẳng $AB$ và $C$là điểm nằm trên đoạn $AB$ sao cho $BC > AC$. (ảnh 1)$

a) Ta có: $\widehat {BME} = \widehat {BKE} = {90^ \circ }$ nên tứ giác $BMKE$ nội tiếp.

$ \Rightarrow \widehat {HKB} = \widehat {CEB}$

mà $\widehat {HKB} = \widehat {BAE}$ (cùng phụ với $\widehat {HKA}$)

$ \Rightarrow \widehat {BAE} = \widehat {CEB}$.

$\Delta BEC$ đồng dạng với $\Delta BAE$ (vì $\widehat {ABE}$ chung và $\widehat {BAE} = \widehat {CEB}$)

Do đó $\frac{{BE}}{{AB}} = \frac{{BC}}{{BE}} \Rightarrow B{E^2} = BC \cdot AB$.

b) Xét tam giác vuông $ABN$có $CN \bot AB \Rightarrow B{N^2} = BC \cdot AB$

mà $B{E^2} = BC \cdot AB$ suy ra $BN = BE$ hay $\Delta BNE$ cân tại $B$, suy ra $\widehat {BNE} = \widehat {BEN}$. $\left( 1 \right)$

Mặt khác, theo câu trên ta có $\widehat {CEB} = \widehat {BAE}$ và $\widehat {BAE} = \widehat {BNP}$ suy ra $\widehat {CEB} = \widehat {BNP}$. (2)

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $\widehat {PNE} = \widehat {PEN}$ hay $\Delta PNE$ cân tại $P$ $ \Rightarrow NP = PE$.

Vì $NP = PE$ và $BN = BE$ nên $BP \bot NE$.

Suy ra $BP$ là đường phân giác của các góc $\widehat {EBN}$ và $\widehat {EPN}$.

Do đó tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $BNE$ và $PNE$ cùng nằm trên đường thẳng $BP$.

Câu 7/7

a) Cho một bảng gồm $2023$ hàng, $2023$ cột. Các hàng được đánh số từ $1$ đến $2023$ từ trên xuống dưới; các cột đánh số từ $1$ đến $2023$ từ trái qua phải. Viết các số tự nhiên liên tiếp $0,{\rm{ }}1,{\rm{ }}2, \ldots $vào các ô của bảng theo đường chéo zíc-zắc (như hình vẽ bên). Hỏi số $2024$ được viết ở hàng nào, cột nào? Vì sao?

$a) Cho một bảng gồm $2023$ hàng, $2023$ cột. Các hàng được đánh số từ (ảnh 1)$

b) Cho $a,{\rm{ }}b,{\rm{ }}c$ là các số dương. Chứng minh:
$\frac{{bc}}{{2a + b + c}} + \frac{{ca}}{{2b + c + a}} + \frac{{ab}}{{2c + a + b}} \le \frac{{a + b + c}}{4}$.

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Xem tiếp với tài khoản VIP

Còn 1/7 câu hỏi, đáp án và lời giải chi tiết.

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Lớp 12

Lớp 11

Lớp 10

Ôn vào 10

Lớp 9

Lớp 8

Lớp 7

Lớp 6

Ôn vào 6

Lớp 5

Lớp 4

Lớp 3

Lớp 2

Lớp 1

Đại học

ĐGNL - ĐGTD

Tốt nghiệp THPT

Ôn vào 10

Ôn vào 6

Toán

Văn

Tiếng Anh

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lý

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Toán

Toán

Toán

Văn

Tiếng Anh

Toán

Toán

Toán

Toán

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Bình Phước có đáp án

🔥 Học sinh cũng đã học

Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Nghĩa Mai (Nghệ An) có đáp án

Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Lý Sơn (Hà Nội) có đáp án

Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Gia Quất (Hà Nội) Tháng 4/2026 có đáp án

Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Nguyễn Trường Tộ (Hà Nội) Tháng 4/2026 có đáp án

Đề khảo sát định hướng vào 10 năm 2026 Trường THCS Hợp Thành (Thanh Hóa) có đáp án

Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 Trường THCS Quang Tiến (Nghệ An) có đáp án

Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 Trường THCS Hải Hòa (Nghệ An) có đáp án

Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 Trường THCS Hoằng Sơn 1 (Thanh Hóa) lần 3 có đáp án

Danh sách câu hỏi:

Cho \(P = \frac{{3a + \sqrt {9a} - 3}}{{a + \sqrt a - 2}} - \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a + 2}} + \frac{{\sqrt a - 2}}{{1 - \sqrt a }}{\rm{ }}\)với \(a \ge 0,{\rm{ }}a \ne 1\). a) Rút gọn biểu thức \(P\). b) Tìm \(a\) nguyên để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.

a) Cho phương trình \(5{x^2} + mx - 28 = 0\), \(m\) là tham số. Tìm \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{\rm{ }}{x_2}\) phân biệt thỏa mãn \(5{x_1} + 2{x_2} = 1\).

Giải phương trình: x+4x−2=2x2+2x−5

Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}2{x^2} + {y^2} - 3xy + 7x - 5y + 6 = 0\\4{x^2} - {y^2} + 9x + 9 = \sqrt {2x + y + 2} + \sqrt {x + 4y + 1} \end{array} \right.\].

a) Giải phương trình nghiệm nguyên: \({x^2} + xy + {y^2} = {x^2}{y^2}\). b) Cho \(p\) là số nguyên tố lớn hơn \(3\). Chứng minh rằng \(\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\) chia hết cho \(24\).

Xem tiếp với tài khoản VIP

Đăng ký

Đăng nhập

Quên mật khẩu

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

Cho \(P = \frac{{3a + \sqrt {9a} - 3}}{{a + \sqrt a - 2}} - \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a + 2}} + \frac{{\sqrt a - 2}}{{1 - \sqrt a }}{\rm{ }}\)với \(a \ge 0,{\rm{ }}a \ne 1\).

a) Rút gọn biểu thức \(P\).
b) Tìm \(a\) nguyên để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.

a) Cho phương trình \(5{x^2} + mx - 28 = 0\), \(m\) là tham số.
Tìm \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{\rm{ }}{x_2}\) phân biệt thỏa mãn \(5{x_1} + 2{x_2} = 1\).

Giải phương trình: $(x + 4) (x - 2) = 2 \sqrt{x^{2} + 2 x - 5}$

a) Giải phương trình nghiệm nguyên: \({x^2} + xy + {y^2} = {x^2}{y^2}\).
b) Cho \(p\) là số nguyên tố lớn hơn \(3\). Chứng minh rằng \(\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\) chia hết cho \(24\).