Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Hà Nam có đáp án
49 người thi tuần này 4.6 49 lượt thi 6 câu hỏi 45 phút
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
🔥 Học sinh cũng đã học
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Sơn La năm học 2025-2026 có đáp án
0 lượt thi
1 câu hỏi
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Kiên Giang năm học 2025-2026 có đáp án
0 lượt thi
23 câu hỏi
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Gia Lai năm học 2025-2026 có đáp án
0 lượt thi
7 câu hỏi
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2021-2022 sở GD&ĐT Hà Nam có đáp án
0 lượt thi
5 câu hỏi
Danh sách câu hỏi:
Lời giải
|
1. Rút gọn biểu thức \(P\). |
|
|
\(P = \frac{{\sqrt x + 1 + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\) |
|
|
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\left( {\sqrt x - 1} \right)\) |
|
|
\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}.\) |
|
|
2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên. |
|
|
\(P = 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}.\) Biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên \(\frac{1}{{\sqrt x + 1}}\) là số nguyên \( \Leftrightarrow \sqrt x + 1\) là ước nguyên của \(1\)
|
|
|
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x + 1 = 1\\\sqrt x + 1 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 0\,\,\\\sqrt x = - 2\,\,\left( {VN} \right)\end{array} \right. \Rightarrow x = 0.\) Vậy \(x = 0\)thỏa mãn. |
|
Lời giải
1) Do \(\Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - 1.2\sqrt 3 = 4 - 2\sqrt 3 = {\left( {\sqrt 3 - 1} \right)^2}\)
Nên phương trình có 2 nghiệm \({x_1} = 1 + \sqrt 3 ,{x_2} = 3 - \sqrt 3 .\)
2) Điều kiện xác định \[x \ge 1;y \ne 0\]
Đặt\[a = \sqrt {x - 1} \left( {a \ge 0} \right);\,\,b = \frac{1}{y}\,\]. Hệ trở thành
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\,\\b = 2\end{array} \right.\]
\[ \Rightarrow \]\[\left\{ \begin{array}{l}x = 2\,\\y = \frac{1}{2}\end{array} \right..\]Vậy hệ có một nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;\frac{1}{2}} \right)\)
Lời giải
1) \(x = - 3 \Rightarrow y = 9\)
Vậy \(M\left( { - 3;9} \right).\)
2)Ta có phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) là
\({x^2} = 2mx - {m^2} - m - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} + m + 2 = 0\,\,\left( 1 \right)\)
\(\Delta ' = {\left( { - m} \right)^2} - \left( {{m^2} + m + 2} \right) = - m - 2\)\(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow - m - 2 > 0 \Leftrightarrow m < - 2\,\,\left( * \right)\)
Ta có \({x_1} + {x_2} = 2m,\,\,\,\,\,{x_1}{x_2} = {m^2} + m + 2\)\[{x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = {x_1}.x_2^2 + {x_2}.x_1^2 = {x_1}.{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\]\( = 2m\left( {{m^2} + m + 2} \right)\)
\( = 2{m^3} + 2{m^2} + 4m\)\[2{m^3} + 2{m^2} + 4m = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow 2{m^2} + 4m - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 3\end{array} \right.\]
Đối chiếu \(\left( * \right)\) vậy \(m = - 3\).Lời giải
Gọi số tiền điện trong tháng 4 của nhà bác An là \(x\) (nghìn đồng), đkiện \(0 < x < 500\)
Gọi số tiền điện trong tháng 4 của nhà bác Bình là \(y\) (nghìn đồng), đkiện \(0 < y < 500\)Vì trong tháng 4 cả hai gia đình dùng hết 500 nghìn tiền điện nên ta có phương trình
\(x + y = 500\) (1)Vì sang tháng 5 nhà bác An giảm \(15\% \) và nhà bác Bình giảm \(10\% \) và cả hai nhà giảm được 65 nghìn đồng nên ta có phương trình
\(15\% x + 10\% y = 65 \Leftrightarrow 0,15x + 0,1y = 65\) (2)Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500\\0,15x + 0,1y = 65\end{array} \right.\)
Giải hệ ta được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 300\\y = 200\end{array} \right.\). Vậy trong tháng 4 nhà bác An dùng hết 300 nghìn đồng tiền điện, nhà bác Bình dùng hết 200 nghìn đồng tiền điện.Lời giải
 \(\widehat {SAO} = 90^\circ \) vì \(SA\) là tiếp tuyến của đường tròn |
|
|
\(\widehat {SBO} = 90^\circ \) vì \(SB\) là tiếp tuyến của đường tròn |
|
|
\( \Rightarrow \widehat {SAO} + \widehat {SBO} = 180^\circ \) |
|
|
Vậy tứ giác \(SAOB\) nội tiếp. |
|
|
2. Chứng minh \(S{B^2} = SM.\,\,SN\). |
|
|
Xét hai \[\Delta SBM\] và\[\Delta SNB:\]Có \(\widehat S\) chung. |
|
|
Có \(\widehat {MBS} = \widehat {MNB}\) (cùng chắn )\[ \Rightarrow \Delta SBM\] đồng dạng \[\Delta SNB\] |
|
|
\( \Rightarrow \frac{{SB}}{{SN}} = \frac{{SM}}{{SB}} \Leftrightarrow S{B^2} = SM.\,\,SN\) |
|
|
3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \)và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm \(MN\). Tính độ dài đoạn thẳng \(OE\) và diện tích tam giác \(SOM\) theo \(R\). |
|
 Ta có \(OE \bot MN\) \(MN = R\sqrt 2 \Rightarrow ME = \frac{{R\sqrt 2 }}{2},\) \(OM = R\) \( \Rightarrow OE = \sqrt {O{M^2} - M{E^2}} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\) |
|
|
\(SO = R\sqrt 5 ,\)\(SE = \sqrt {S{O^2} - O{E^2}} = \sqrt {5{R^2} - \frac{{2{R^2}}}{4}} = \frac{{3R\sqrt 2 }}{2}\) |
|
|
\(SM = SE - ME = R\sqrt 2 .\) |
|
|
Vậy \({S_{SOM}} = \frac{1}{2}OE.SM = \frac{1}{2}.\frac{{R\sqrt 2 }}{2}.R\sqrt 2 = \frac{{{R^2}}}{2}\) |
|
|
4. Tiếp tuyến tại \(M\) của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt \(SA,\,SB\) lần lượt tại \(P,\,Q\). Gọi giao điểm của \(OQ,\,OP\) với \(AB\) lần lượt là \(I\) và \(H\). Chứng minh ba đường thẳng \(OM,\,\,QH,\,\,PI\) đồng quy. |
|
 Vì \(QM,\,\,QB\) là hai tiếp tuyến của nên là hai tiếp tuyến của nên
|
|
|
|
|
|
Ta có \(OM \bot PQ\,\,\,\left( 3 \right)\) Từ (1), (2) và (3) suy ra ba đường thẳng \(OM,\,\,QH,\,\,PI\) là ba đường cao của tam giác \(OPQ\) nên chúng đồng quy. |
|
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập