Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD & ĐT Hà Nội năm 2024-2025 có đáp án
37 người thi tuần này 4.6 319 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 thi khảo sát Toán 9 (chuyên) năm 2026 THPT Chuyên Lê Quý Đôn (TP.HCM) có đáp án
Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán (không chuyên) năm 2026 THCS Hậu Giang (TP.HCM) có đáp án
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
Danh sách câu hỏi:
Lời giải
1) Thay \(x = 16\) (thỏa mãn) vào biểu thức \(A,\) ta có: \({\rm{\;}}A = \frac{{16}}{{\sqrt {16} - 3}} = \frac{{16}}{{4 - 3}} = 16.\)
Vậy giá trị của \(A = 16\) khi \(x = 16.\)
2) Với \(x > 0,\,\,x \ne 9,\) ta có:
\(B = \frac{{2x - 3}}{{x - 3\sqrt x }} - \frac{1}{{\sqrt x }}\)\( = \frac{{2x - 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}} - \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)\( = \frac{{2x - 3 - \sqrt x + 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)
\( = \frac{{2x - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)\( = \frac{{\sqrt x \left( {2\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)\( = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}.\)
Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 9\) thì \(B = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}.\)
3) Với \(x > 0,\,\,x \ne 9,\) ta có: \(A - B = \frac{x}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\)\( = \frac{{x - 2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}\)\( = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x - 3}}.\)
Để \(A - B < 0\) thì \(\frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x - 3}} < 0.\,\,\,\left( * \right)\)
Ta có \({\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \ge 0.\)
Do đó từ \(\left( * \right)\) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt x - 1 \ne 0}\\{\sqrt x - 3 < 0}\end{array}} \right.\) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt x \ne 1}\\{\sqrt x < 3}\end{array}} \right.\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 1}\\{x < 9.}\end{array}} \right.\)
Kết hợp điều kiện \(x > 0,\,\,x \ne 9,\) ta có: \(0 < x < 9,\,\,x \ne 1.\)
Vậy \(0 < x < 9,\,\,x \ne 1\) thì \(A - B < 0.\)
Lời giải
1) Gọi số xe tải loại lớn mà đội vận chuyển sử dụng là \(x\) (xe) \(\left( {x \in \mathbb{N}*} \right).\)
Số xe tải loại nhỏ mà đội cần sử dụng theo kế hoạch là \(x + 2\) (xe).
Mỗi xe tải loại lớn vận chuyển được là \(\frac{{15}}{x}\) (tấn).
Mỗi xe tải loại nhỏ theo kế hoạch vận chuyển được là \(\frac{{15}}{{x + 2}}\) (tấn).
Theo bài, mỗi xe tải lớn chở nhiều hơn mỗi xe tải loại nhỏ 2 tấn nên ta có phương trình:
\(\frac{{15}}{x} - \frac{{15}}{{x + 2}} = 2\)
\(15\left( {x + 2} \right) - 15x = 2x\left( {x + 2} \right)\)
\(15x + 30 - 15x = 2{x^2} + 4x\)
\(2{x^2} + 4x - 30 = 0\)
\(x = 3\) hoặc \(x = - 5.\)
Ta thấy chỉ có giá trị \(x = 3\) thỏa mãn điều kiện.
Vậy xe tải loại lớn mà đội vận chuyển cần dùng là \(3\) xe.
2) Diện tích xung quanh của bình đựng nước là:
\({S_4} = 2\pi rh = 2\pi \cdot 4 \cdot 25 = 200\pi \approx 628{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Vậy diện tích xung quanh của bình đựng nước khoảng \(628{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}.\)
Lời giải
1) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {3x + 1} + 2y = 4\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{3\sqrt {3x + 1} - y = 5\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)
Điều kiện \(x \ge - \frac{1}{3}.\)
Nhân hai vế của phương trình \(\left( 2 \right)\) với \(2,\) ta được hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {3x + 1} + 2y = 4}\\{6\sqrt {3x + 1} - 2y = 10.}\end{array}} \right.\)
Cộng từng vế hai phương trình của hệ phương trình trên, ta được:
\(7\sqrt {3x + 1} = 14,\) suy ra \(\sqrt {3x + 1} = 2\) nên \(3x + 1 = 4,\) do đó \(x = 1\) (thỏa mãn \(x \ge - \frac{1}{3}).\)
Thay \(\sqrt {3x + 1} = 2\) vào phương trình \(\left( 1 \right),\) ta được:
\(2 + 2y = 4,\) do đó \(y = 1.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \[\left( {1;\,\,1} \right).\]
2) a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \[\left( d \right)\] và \(\left( P \right)\) là:
\({x^2} = \left( {m - 2} \right)x + 5\) hay \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 5 = 0\)
Phương trình trên có \({\rm{\Delta }} = \left[ { - {{\left( {m - 2} \right)}^2}} \right] - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 5} \right)\)\( = {\left( {m - 2} \right)^2} + 20 > 0\) với mọi \(m \in \mathbb{R}.\)
Do đó phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt.
Vậy \[\left( d \right)\] luôn cắt \[\left( P \right)\] tại hai điểm phân biệt.
b) Theo định lí Viète, ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = m - 2}\\{{x_1}{x_2} = - 5.}\end{array}} \right.\]
Theo bài, \({x_1} + 5{x_2} = 0\) nên suy ra \({x_1} = - 5{x_2}.\)
Kết hợp với \[{x_1}{x_2} = - 5,\] ta được: \( - 5{x_2} \cdot {x_2} = - 5,\) hay \(x_2^2 = 1,\) nên \({x_2} = 1\) hoặc \({x_2} = - 1.\)
Trường hợp 1. \({x_2} = 1,\) suy ra \({x_1} = - 5,\) kết hợp với \[{x_1} + {x_2} = m - 2,\] ta được:
\( - 5 + 1 = m - 2,\) do đó \(m = - 2.\)
Trường hợp 2. \({x_2} = - 1,\) suy ra \({x_1} = 5,\) kết hợp với \[{x_1} + {x_2} = m - 2,\] ta được:
\(5 + \left( { - 1} \right) = m - 2,\) do đó \(m = 6.\)
Vậy \(m \in \left\{ { - 2;6} \right\}\) là giá trị cần tìm.
Lời giải
1) Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ .\]
Do đó hai điểm \(B,\,\,C\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AO.\)
Vậy tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AO.\)
2) ⦁ Ta có \(BD\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {BED} = 90^\circ .\)
Xét \(\Delta ABE\) vuông tại \(E,\) ta có: \(\cos \widehat {BAE} = \frac{{AE}}{{AB}}.\)
Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(B,\) ta có: \(\cos \widehat {BAD} = \frac{{AB}}{{AD}}.\)
Do đó \[\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{AD}}\] hay \(A{B^2} = AE \cdot AD.\)
Lại có \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(A)\) và \(OB = OC\) nên đường thẳng \(AO\) là trung trực của đoạn thẳng \(BC.\) Do đó \(AO \bot BC.\)
Chứng minh tương tự như trên ta cũng có:
\(\frac{{AB}}{{AO}} = \cos \widehat {BAO} = \cos \widehat {BAH} = \frac{{AH}}{{AB}},\) suy ra \(A{B^2} = AH \cdot AO.\)
Vậy \(A{B^2} = AE \cdot AD = AH \cdot AO.\)
⦁ Chứng minh tương tự như trên, ta cũng có:
\(OH{\rm{\;}} \cdot OA = O{B^2} = O{D^2}\) hay \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OD}}.\)
Xét \(\Delta ODH\) và \(\Delta OAD\) có: \(\widehat {AOD}\) là góc chung và \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OD}}.\)
Do đó (c.g.c). Suy ra \(\widehat {HDO} = \widehat {DAO}\) (hai góc tương ứng). (1)
Ta có \(\widehat {AHB} = \widehat {AEB} = 90^\circ \) nên hai điểm \(H,\,\,E\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AB.\)
Do đó tứ giác \(ABHE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AB.\)
Suy ra \(\widehat {EBH} = \widehat {EAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EH).\) Hay \(\widehat {HBE} = \widehat {DAO}.\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {HDO} = \widehat {HBE}.\)
3) Gọi \(K\) là giao điểm của \(BE\) và \(MN.\)
Ta có \(BD\,{\rm{//}}\,MN\) (cùng vuông góc với \(AB)\) nên \(\widehat {DBM} = \widehat {BMN}\) (hai góc so le trong).
Xét \(\Delta BHD\) và \(\Delta MKB\) có \(\widehat {DBH} = \widehat {BMK},\,\,\widehat {BDH} = \widehat {KBM}\)
Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{BH}}{{MK}} = \frac{{BD}}{{MB}}.\,\,\,\left( 3 \right)\)
Xét \(\Delta BCD\) và \(\Delta MNB\) có \(\widehat {BCD} = \widehat {MNB} = 90^\circ \) và \(\widehat {CBD} = \widehat {BMN}\)
Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{BC}}{{MN}} = \frac{{BD}}{{MB}}.\,\,\,\,\left( 4 \right)\)
Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{BH}}{{MK}} = \frac{{BC}}{{MN}},\) nên \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{MK}}{{MN}}.\)
Do \(OA\) là đường trung trực của \(BC\) nên \(H\) là trung điểm của \(BC,\) suy ra \(BH = \frac{1}{2}BC\) hay \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{1}{2}\) nên \(\frac{{MK}}{{MN}} = \frac{1}{2},\) do đó \(K\) là trung điểm của \(MN.\)
Lời giải
Với \(x > 0,\,\,y > 0\) ta có:
\({\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\)
\({\left( {x + y} \right)^2} \ge 4xy = 4\left[ {3 - \left( {x + y} \right)} \right]{\rm{ }}\)
\({\left( {x + y} \right)^2} + 4\left( {x + y} \right) - 12 \ge 0\)
\(\left( {x + y + 6} \right)\left( {x + y - 2} \right) \ge 0\)
Mà \(x,\,\,y\) là các số dương nên \(x + y + 6 > 0.\) Do đó \(x + y \ge 2.\)
Từ đó \(P = \frac{3}{{x + y}} + x + y - 3 = \frac{4}{{x + y}} + \left( {x + y} \right) - \frac{1}{{x + y}} - 3\)
\[\mathop \ge \limits^{{\rm{B\ST Cauchy}}} \]\[2\sqrt {\frac{4}{{x + y}} \cdot \left( {x + y} \right)} - \frac{1}{{x + y}} - 3 = 1 - \frac{1}{{x + y}}\]
\( \ge 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(\frac{1}{2}\) khi \(x = y = 1.\)
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập