Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2021 - 2022 Sở GD&ĐT Hà Nội có đáp án

1)

Tính giá trị của biểu thức \[A\] khi \[x = 9\].

Thay \(x = 9\) (TMĐK) vào biểu thức \(A\), ta có: \(A = \frac{{3\sqrt 9 }}{{\sqrt 9  + 2}} = \frac{{3.3}}{{3 + 2}} = \frac{9}{5}\).

2)

Chứng minh \[B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\].

Với \[x \ge 0,x \ne 4\] ta có:

\[B = \frac{{x + 4}}{{x - 4}} - \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}\]

\( = \frac{{x + 4}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} - \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}\)

\( = \frac{{x + 4 - 2\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\)

\( = \frac{{x - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\)

\( = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\)

\( = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\).

3)

Tìm số nguyên dương \(x\) lớn nhất thỏa mãn \(A - B < \frac{3}{2}\).

Với \[x \ge 0,x \ne 4\] ta có: \[A - B = \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\].

\(A - B < \frac{3}{2}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} < \frac{3}{2}\)

\( \Leftrightarrow 4\sqrt x  < 3\sqrt x  + 6{\rm{ }}\left( {{\rm{v\`i  }}x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x  + 2 > 0} \right)\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x  < 6\)

\( \Leftrightarrow x < 36\)

Kết hợp với điều kiện \[x \ge 0,x \ne 4\] ta có \(0 \le x < 36\), \(x \ne 4\)

Mà \(x\) là số nguyên dương lớn nhất nên \(x = 35\).

Vậy số nguyên dương \(x\) lớn nhất thỏa mãn \(A - B < \frac{3}{2}\) là \(x = 35\).

Diện tích bề mặt quả bóng hình cầu là: \(S = 4\pi {R^2} \approx 4.3,14.{(9,5)^2}\)

Vậy \(S \approx 1133,54\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

ĐK: \(y \ne  - 2\).

Giải hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + \frac{{12}}{{y + 2}} = 5}\\{3x - \frac{4}{{y + 2}} = 2}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + \frac{{12}}{{y + 2}} = 5}\\{9x - \frac{{12}}{{y + 2}} = 6}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{11x = 11}\\{2x + \frac{{12}}{{y + 2}} = 5}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{\frac{{12}}{{y + 2}} = 3}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 2}\end{array}} \right.\)

Đối chiếu điều kiện, ta được hệ phương trình có nghiệm là \((x;y) = (1;2)\).

Chứng minh \((d)\) luôn cắt \((P)\) tại hai điểm phân biệt.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \((d)\) và parabol \((P)\):

\({x^2} = 2x + {m^2} \Leftrightarrow {x^2} - 2x - {m^2} = 0{\rm{ }}\) \(\left( 1 \right)\)

Ta có: \(\Delta ' = 1 + {m^2}\).

Suy ra \(\Delta ' > 0\) với mọi giá trị của \(m\).

Do đó phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy \((d)\) luôn cắt \((P)\) tại hai điểm phân biệt.

Tìm tất cả giá trị của \(m\) để \((d)\) cắt \((P)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) =  - 3\).

Vì \({x_1},{x_2}\) là hoành độ giao điểm của của đường thẳng \((d)\) và parabol \((P)\) nên \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\).

Theo định lý Vi-ét, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}{x_2} =  - {m^2}}\end{array}} \right.\).

Từ đó: \(\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) =  - 3\).

\( \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2} + 4 = 0\)

Suy ra \(2 - {m^2} + 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow m =  \pm \sqrt 6 \).

Vậy để \(\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) =  - 3\) thì \(m =  \pm \sqrt 6 \).