Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Xã Hội Nam Định có đáp án
26 người thi tuần này 4.6 165 lượt thi 5 câu hỏi 45 phút
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
🔥 Học sinh cũng đã học
Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Lý Tự Trọng (Sơn Trà) có đáp án
18 lượt thi
10 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 \(M\left( { - 1;0} \right)\). |
|
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)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)\(P = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\sqrt x - 3}}\) |
|
\( = \sqrt x + 2 + \sqrt x + 3\) |
|
\( = 2\sqrt x + 5\). |
|
2)\(P = 5 \Leftrightarrow \sqrt x = 0\) |
|
\( \Leftrightarrow x = 0\,\left( {tm} \right)\). |
Lời giải
|
1. a)Với \(m = 0\), phương trình \(\left( 1 \right)\) trở thành \({x^2} - x - 2 = 0\) |
|
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\end{array} \right.\). |
|
b) Ta có \(\Delta = {\left( {2m + 1} \right)^2} - 4\left( {4m - 2} \right) = 4{m^2} - 12m + 9 = {\left( {2m - 3} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m\). |
|
Áp dụng Viet \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 1\\{x_1}{x_2} = 4m - 2\end{array} \right.\) |
|
Ta có \(x_1^2 + x_2^2 = 13 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 13 \Leftrightarrow {\left( {2m + 1} \right)^2} - 2\left( {4m - 2} \right) = 13 \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0\) |
|
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\left( {tm} \right)\\m = 2\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\). Vậy \(m = - 1\), \(m = 2\). |
|
2) Điều kiện: \( - 1 \le x \le 4\). |
|
Phương trình trở thành \( \Leftrightarrow x + 1 + 2\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {4 - x} \right)} + 4 - x = 2x + 9 \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {4 - x} \right)} = x + 2\) |
|
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - 2\\ - {x^2} + 3x + 4 = {x^2} + 4x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - 2\\2{x^2} + x = 0\end{array} \right.\) |
|
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\left( {tm} \right)\\x = - \frac{1}{2}\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\). Vậy nghiệm của phương trình là \(x = - \frac{1}{2}\), \(x = 0\). |
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 \(AE.AB = AF.AC \Rightarrow \frac{{AB}}{{AF}} = \frac{{AC}}{{AE}}\), 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 \(OI = \frac{1}{2}TK\). |
|
\( \Rightarrow AH = TK\). Vậy tứ giác \(AHKT\) là hình bình hành. |
Lời giải
|
1) Điều kiện: \[\left\{ \begin{array}{l} - 1 \le x \le 3\\y \ge - \frac{5}{2}\\y + 3 - {x^2} \ge 0\end{array} \right.\]. Phương trình (1) trở thành \(\left( {\sqrt {4x + 5} - \sqrt {2y + 5} } \right) + \left( {2x - y} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left( {2x - y} \right)\left( {\frac{2}{{\sqrt {4x + 5} + \sqrt {2y + 5} }} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow y = 2x\). |
|
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 \(\sqrt {x + 1} + \sqrt {3 - x} = 2 \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {3 - x} \right)} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\,\left( {tm} \right)\\x = 3\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\). Với \(x = - 1 \Rightarrow y = - 2\). Với \(x = 3 \Rightarrow y = 6\). Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( { - 1; - 2} \right)\), \(\left( {3;6} \right)\). |
|
2) Ta có \(P = \left( {4x + \frac{2}{{{x^2}}}} \right) + \left( {y + \frac{{36}}{y}} \right) + \left( {\frac{1}{x} + \frac{6}{y}} \right) = \left( {4x + \frac{2}{{{x^2}}}} \right) + \left( {y + \frac{{36}}{y}} \right) + 2\) Mà \(y + \frac{{36}}{y} \ge 2.6\) |
|
\(4x + \frac{2}{{{x^2}}} = 2x + 2x + \frac{2}{{{x^2}}} \ge 3.2\) Khi đó \(P \ge 20\). Dấu bằng xảy ra khi \(x = 1,y = 6\). Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\) là \(20\). |
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập