Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Nam Định có đáp án
39 người thi tuần này 4.6 75 lượt thi 5 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 KSCL THCS Văn Quán - HN_năm học 2025-2026_Tháng 12 có đáp án
346 lượt thi
6 câu hỏi
Đề KSCL THCS Phú Diễn - HN_năm học 2025-2026_Tháng 12 có đáp án
166 lượt thi
5 câu hỏi
Đề KSCL THCS Lê Lợi - HN_năm học 2025-2026_Tháng 12 có đáp án
232 lượt thi
8 câu hỏi
Đề KSCL THCS Thịnh Quang - HN_năm học 2025-2026_Tháng 9 có đáp án
266 lượt thi
6 câu hỏi
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Đắk Nông năm học 2025-2026 có đáp án
206 lượt thi
30 câu hỏi
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Bắc Kạn năm học 2025-2026 có đáp án
196 lượt thi
10 câu hỏi
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Đắk Lắk năm học 2025-2026 có đáp án
190 lượt thi
11 câu hỏi
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Long An năm học 2025-2026 có đáp án
246 lượt thi
13 câu hỏi
Danh sách câu hỏi:
Lời giải
|
1)\[P = \sqrt {{{\left( {\sqrt {2023} + 1} \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {\sqrt {2024} + 1} \right)}^2}} \] |
|
\[ = \sqrt {2023} + 1 - \left( {\sqrt {2024} + 1} \right) = \sqrt {2023} - \sqrt {2024} \]. |
|
2)Tọa độ giao điểm là \(M\left( {0;1} \right)\). |
|
3)Gọi \(R\) là bán kính của đường tròn ngoại tiếp. Từ giả thiết ta có \(2R = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow R = \sqrt 2 \). |
|
Vậy diện tích của hình tròn là \(S = \pi {R^2} = 2\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\). |
|
4)Gọi \(h\) là chiều cao của hình nón. Từ giả thiết ta có \(h = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} \Leftrightarrow h = 8\). |
|
Vậy thể tích của hình nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {.6^2}.8 = 96\pi \,\left( {c{m^3}} \right)\). |
Lời giải
|
1)\(P = \frac{{x + 2 + \sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}.\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\) |
|
\( = \frac{{x + 2 + x - \sqrt x - x - \sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}.\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\) |
|
\( = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}.\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\) |
|
\( = \frac{1}{{x + \sqrt x + 1}}\). |
|
2)\(P = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{{x + \sqrt x + 1}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow x + \sqrt x - 2 = 0\) |
|
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 1\\\sqrt x = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\left( l \right)\). |
Lời giải
|
1 a)Ta có \(\Delta = {\left( {2m + 1} \right)^2} - 4\left( {4m - 2} \right) = 4{m^2} - 12m + 9\). |
|
Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \(\Delta > 0 \Leftrightarrow m \ne \frac{3}{2}\). |
|
b)Với \(m \ne \frac{3}{2}\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(x = 2,\,x = 2m - 1\). |
|
Vì \({x_1},\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật nên \(2m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > \frac{1}{2}\). |
|
Ta có \(x_1^2 + x_2^2 = 13 \Leftrightarrow {2^2} + {\left( {2m - 1} \right)^2} = 13 \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0\) |
|
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\left( l \right)\\m = 2\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\). Vậy \(m = 2\). |
|
2) Phương trình trở thành \(\left[ {\left( {2x + 5} \right) - 6\sqrt {2x + 5} + 9} \right] + \left[ {\left( {x + 2} \right) - 4\sqrt {x + 2} + 4} \right] = 0\) \( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {2x + 5} - 3} \right)^2} + {\left( {\sqrt {x + 2} - 2} \right)^2} = 0\) |
|
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {2x + 5} - 3 = 0}\\{\sqrt {x + 2} - 2 = 0}\end{array}} \right.\) |
|
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{\sqrt {x + 2} - 2 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = 2\,\left( {tm} \right)\). Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 2\). |
Lời giải
|
1)Ta có \(\widehat {AED} = 90^\circ \), \(\widehat {AFD} = 90^\circ \) |
|
Xét tứ giác \(AEDF\) có \(\widehat {AED} + \widehat {AFD} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) suy ra tứ giác \(AEDF\) nội tiếp. |
|
Trong tam giác vuông \(ABD\) có \(DE\) là đường cao suy ra \(AE.AB = A{D^2}\,\,\,\left( 1 \right)\). |
|
Trong tam giác vuông \(ACD\) có \(DF\) là đường cao suy ra \(AF.AC = A{D^2}\,\,\,\left( 2 \right)\). Từ (1) và (2) ta có \(AE.AB = AF.AC\). |
|
2)Do \(AE.AB = AF.AC \Rightarrow \frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{AF}}{{AB}}\), mà \(\widehat {BAC}\) chung Suy ra |
|
\( \Rightarrow \widehat {AEF} = \widehat {ACB}\) |
|
Ta có \(\widehat {BAP} = \widehat {BCP}\) |
|
Suy ra \(\widehat {AEF} + \widehat {BAP} = \widehat {ACB} + \widehat {BCP} = \widehat {ACP} = 90^\circ \) Vậy \(AP\) vuông góc với \(EF\). |
|
3)Ta có \(AH \bot BC\), \(TK \bot BC \Rightarrow AH\parallel TK\). |
|
Do \(BH \bot AC\), \(PC \bot AC \Rightarrow BH\parallel PC\). Do \(CH \bot AB\), \(PB \bot AB \Rightarrow CH\parallel PB\). Suy ra tứ giác \(BHCP\) là hình bình hành. Gọi \(I\) là trung điểm \(BC\), ta có \(OI = \frac{1}{2}AH\). |
|
Tương tự \(OI = \frac{1}{2}TK \Rightarrow AH = TK\). Khi đó tứ giác \(AHKT\) là hình bình hành. |
|
\( \Rightarrow AT\parallel HK\). Mà \(\widehat {ATH} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {THK} = 90^\circ \) Vậy tam giác \(HKT\) vuông tại \(H\). |
Lời giải
|
1)Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 3\\y \ge 0\\y + 3 - {x^2} \ge 0\end{array} \right.\). Phương trình (1) trở thành \(\sqrt {4{x^2} + 3} - \sqrt {{y^2} + 3} + 2\sqrt {2x} - 2\sqrt y = 0\) \( \Leftrightarrow \left( {\sqrt {2x} - \sqrt y } \right)\left[ {\frac{{\left( {\sqrt {2x} + \sqrt y } \right)\left( {2x + y} \right)}}{{\sqrt {4{x^2} + 3} + \sqrt {{y^2} + 3} }} + 2} \right] = 0 \Leftrightarrow y = 2x\). |
|
Thay vào phương trình (2) ta được \(\sqrt {x + 1} + \sqrt {3 - x} = 2 + \sqrt {2x + 3 - {x^2}} \) Đặt \(t = \sqrt {x + 1} + \sqrt {3 - x} \Rightarrow \sqrt {2x + 3 - {x^2}} = \frac{{{t^2} - 4}}{2}\) Khi đó \(t = 2 + \frac{{{t^2} - 4}}{2} \Leftrightarrow {t^2} - 2t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 2\end{array} \right.\) Với \(t = 0\) ta được \(\sqrt {x + 1} + \sqrt {3 - x} = 0\left( {vn} \right)\). Với \(t = 2\) ta được \(\sqrt {x + 1} + \sqrt {3 - x} = 2 \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {3 - x} \right)} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\,\left( l \right)\\x = 3\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\). Với \(x = 3 \Rightarrow y = 6\). \(P = \left( {2x + 2x + \frac{2}{{{x^2}}}} \right) + \left( {\frac{1}{x} + \frac{6}{y}} \right) + \left( {y + \frac{{36}}{y}} \right) + 2\sqrt {xy} \ge 3.2 + 2 + 2.6 + 2\sqrt 6 \) Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;6} \right)\). |
|
2)Ta có \(P = 4x + \frac{2}{{{x^2}}} + \frac{1}{x} + y + \frac{{42}}{y} + 2\sqrt {xy} \) Do \(x > 0,y > 0\) và \(6x + y = 2xy\) nên \(\frac{1}{x} + \frac{6}{y} = 2\) Mặt khác ta có \(2xy = 6x + y \ge 2\sqrt {6xy} \Rightarrow \sqrt {xy} \ge \sqrt 6 \) |
|
Khi đó \( \Rightarrow P \ge 20 + 2\sqrt 6 \). Dấu bằng xảy ra khi \(x = 1,y = 6\). Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\) là \(20 + 2\sqrt 6 \). |
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập