Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2022 - 2023 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 \(m =  \pm \sqrt 6 \).

Chứng minh tứ giác \(AMBH\) là tứ giác nội tiếp.

Vì \(AM \bot BC \Rightarrow \widehat {AMB} = 90^\circ \).

Vì \(AH \bot BE \Rightarrow \widehat {AHB} = 90^\circ \).

Xét tứ giác \(AMBH\) có:

\(\widehat {AMB} + \widehat {AHB} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \).

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác \(AMBH\) là tứ giác nội tiếp.

Chứng minh \(BC.BM = BH.BE\) và \(HM\) là tia phân giác của góc \(AHB\).

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AM\) nên \(A{B^2} = BM.BC\) (1) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Xét \(\Delta ABE\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\) nên \(A{B^2} = BH.BE\) (2) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Từ (1), (2) suy ra \(BC.BM = BH.BE\).

Ta có: \(\widehat {AHM} = \widehat {ABM}\) (3) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AMBH\)).

Ta có: \(\widehat {BHM} = \widehat {BAM}\)(hai góc cùng chắn cung \(BM\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AMBH\)).

Vì \(\Delta AMB\) cân tại \(M \Rightarrow \widehat {AHM} = \widehat {BHM}\) \(\left( 5 \right)\)

Vì tia \(HM\) nằm giữa hai tia \(HA,HB\) nên từ (3),(4),(5) suy ra tia \(HM\) là tia phân giác của \(\widehat {AHB}\).

Lấy điểm \(N\) sao cho \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \[AN\]. Gọi \(K\) là giao điểm của hai đường thẳng \(EN\) và \(AB\). Chứng minh ba điểm \(H,K,M\) là ba điểm thẳng hàng.

Vì tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) và \(AM \bot BC\) nên \(M\) là trung điểm \[BC\].

Tứ giác \(ACNB\) có hai đường chéo \(AN\) và \(BC\) cắt nhau tại trung điểm \(M\) của mỗi đường chéo nên tứ giác \(ACNB\) là hình bình hành.

Hình bình hành \(ACNB\) có hai đường chéo \(AN\) và \(BC\) vuông góc nhau nên tứ giác \(ACNB\) là hình thoi.

Do đó \(NB = AB\) và \(NB\,{\rm{//}}\,AE\).

Áp dụng định lí Talet trong tam giác \(AKE\) ta có:

\(\frac{{KA}}{{KB}} = \frac{{AE}}{{BN}} = \frac{{AE}}{{AB}}\) \(\left( 6 \right)\)

Mặt khác, \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{HB}}\left( { = \tan \widehat {ABE}} \right)\) \(\left( 7 \right)\).

Từ (6), (7) suy ra: \(\frac{{KA}}{{KB}} = \frac{{AH}}{{HB}}\).

Do đó tia \(HK\)là tia phân giác của \(\widehat {AHB}\) \(\left( 8 \right)\).

Mà tia \(HM\) là tia phân giác của \(\widehat {AHB}\) \(\left( 9 \right)\).

Từ \[\left( 8 \right),\left( 9 \right)\] suy ra ba điểm \(H,K,M\) thẳng hàng.