Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Hải Phòng có đáp án

a. (1,0 điểm)

  \(A = 6\sqrt 2  - 5\sqrt 2  - \left| {\sqrt 2  - 1} \right|\)

     \( = \sqrt 2  - \sqrt 2  + 1\) (vì \(\sqrt 2  - 1 > 0\)) \[ = 1\]

 Với \[x\; \ge 0,\,\,x \ne 4,\;\,x \ne 9\] ta có :

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

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

b. (0,5 điểm)

Để \(A - 2B = 3\) \( \Leftrightarrow 1 - \frac{2}{{\sqrt x  - 2}} = 3 \Rightarrow \sqrt x  - 2 - 2 = 3\sqrt x  - 6 \Leftrightarrow 2\sqrt x  = 2 \Leftrightarrow \sqrt x  = 1\)

\( \Leftrightarrow x = 1\) (thoả mãn).

Vậy \(x = 1\) thì \(A - 2B = 3.\)

1a)Với \(m =  - 3\) phương trình \(\left( 1 \right)\) có dạng \({x^2} + 8x = 0.\)

\[ \Leftrightarrow x{\rm{(}}x + 8{\rm{)}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x + 8 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 8\end{array} \right.\]

Vậy khi \(m =  - 3,\) phương trình có nghiệm là \(x = 0;\,\,x =  - 8.\)

b)Có \(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m - 1} \right)} \right]^2} - {m^2} + 9 = {m^2} - 2m + 1 - {m^2} + 9 =  - 2m + 10.\)

Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) \[ \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow  - 2m + 10 > 0 \Leftrightarrow m < 5\]

Theo hệ thức Vi-ét \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 9\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right.\] 

Theo đề bài ta có: \[{x_1} - {x_2} = 2m - 10,\] kết hợp với (2) ta được \[{x_1} = 2m - 6;{x_2} = 4\]  

Thay \[{x_1} = 2m - 6;{x_2} = 4\] vào (3) ta được:\(\left( {2m - 6} \right)4 = {m^2} - 9 \Leftrightarrow {m^2} - 8m + 15 = 0\).

Giải được \(m = 3\) (thoả mãn), \(m = 5\) (loại)

Vậy với \(m = 3\) phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn

\({x_1} - {x_2} = 2m - 10.\)

2.Gọi chiều dài của vườn ban đầu là \[x\left( m \right)\], chiều rộng của vườn ban đầu là \[y\left( m \right)\]

(ĐK: \(0 < y < x < 50\))

Vì chu vi của vườn ban đầu là \[100m\] nên ta có phương trình:

\[2\left( {x + y} \right) = 100 \Leftrightarrow x + y = 50{\rm{ }}\left( 1 \right)\]

Chiều dài của vườn sau khi mở rộng là: \[\left( {x + 5} \right){\rm{ }}\left( m \right)\]

Chiều rộng của vườn sau khi mở rộng là: \[\left( {y + 4} \right){\rm{ }}\left( m \right)\]

Khi đó diện tích vườn trường đã tăng thêm \[240{m^2}\] nên ta có phương trình:

\(\left( {x + 5} \right)\left( {y + 4} \right) - xy = 240\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 50\\\left( {x + 5} \right)\left( {y + 4} \right) - xy = 240\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình.

Giải hệ phương trình ta được: \[x = 30{\rm{;}}\,y = 20\] (thoả mãn điều kiện).

Vậy chiều dài của vườn ban đầu là \[30m,\] chiều rộng của vườn ban đầu là \[20m.\]

Ta có: \[\]\[{\left( {a + b} \right)^3} = 2\left( {1 - {a^2} - {b^2}} \right) \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^3} + 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 2\]

Vì \(a > 0,\,\,b > 0\) ta có \[2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \ge {\left( {a + b} \right)^2}\] (theo AM – GM)

\[ \Rightarrow {\left( {a + b} \right)^3} + {\left( {a + b} \right)^2} \le 2\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^3} + {\left( {a + b} \right)^2} - 2 \le 0\]\[ \Leftrightarrow \left( {a + b - 1} \right)\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} + 2\left( {a + b} \right) + 2} \right] \le 0\]

\[ \Leftrightarrow a + b - 1 \le 0\]( vì \[{\left( {a + b} \right)^2} + 2\left( {a + b} \right) + 2 > 0\] với \(a > 0,b > 0\))

\[ \Leftrightarrow a + b \le 1\].

 Chứng minh bất đẳng thức phụ sau: \[\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \ge \frac{4}{{x + y}}\left( {x > 0,\,\,y > 0} \right)\]        \[\left(  *  \right)\]

Ta có: \[\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \ge \frac{4}{{x + y}} \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4xy \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\] (luôn đúng)

Áp dụng bất đẳng thức \[\left(  *  \right)\], ta được:

\[\frac{1}{{2ab}} + \frac{1}{{{a^2} + {b^2}}} \ge \frac{4}{{{a^2} + {b^2} + 2ab}} \Leftrightarrow \frac{1}{{2ab}} + \frac{1}{{{a^2} + {b^2}}} \ge \frac{4}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} \ge 4\] (vì \[a + b \le 1\])

Với \(a > 0,\,\,b > 0\) ta có \[1 \ge a + b \ge 2\sqrt {ab}  \Rightarrow 1 \ge 4ab \Rightarrow \frac{1}{{2ab}} \ge 2\]

\[ \Rightarrow M = \frac{1}{{ab}} + \frac{1}{{{a^2} + {b^2}}} = \left( {\frac{1}{{2ab}} + \frac{1}{{{a^2} + {b^2}}}} \right) + \frac{1}{{2ab}} \ge 4 + 2 \Leftrightarrow M \ge 6\]

Dấu “\[ = \]” xảy ra khi và chỉ khi \[a = b = \frac{1}{2}\]
Vậy giá trị nhỏ nhất của \[M\] là \[6\] khi \[a = b = \frac{1}{2}.\]

Độ dài bán kính đáy của phần hình trụ là:

\[R \approx \frac{{37,68}}{{2.3,14}} \approx 6(cm)\]

Thể tích của phần có dạng hình trụ là:

\[{V_1} = \pi {R^2}.2R \approx 3,{14.6^2}.\left( {2.6} \right) \approx 1356,48(c{m^3})\]

Thể tích của phần có dạng hình nón là:

\[{V_2} = \frac{1}{3}\pi {R^2}.R \approx \frac{1}{3}.3,{14.6^2}.6 \approx 226,08(c{m^3})\]

Thể tích của chi tiết máy đó là:

\[V = {V_1} + {V_2} \approx 1582,56(c{m^3})\]