Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Vĩnh Long có đáp án

a) Ta có: A = $\sqrt{{\left(\sqrt{3}+1\right)}^2}+\sqrt{{\left(\sqrt{5}-1\right)}^2}+$ $\frac{2}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}$

= $\sqrt{3}+1+\sqrt{5}-1+$ $\frac{2}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}$

= $\sqrt{3}+\sqrt{5}+$ $\frac{2\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)}{2}$

= $2\sqrt{5}$.

b) Ta có: $\frac{1}{\sqrt{x}-1}-\frac{2\sqrt{x}}{x\sqrt{x}+\sqrt{x}-x-1}=\frac{1}{\sqrt{x}-1}-\frac{2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+1\right)}=\frac{x+1-2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+1\right)}$

Và $1-\frac{2\sqrt{x}}{x+1}=\frac{x+1-2\sqrt{x}}{x+1}$

Nên P = $\frac{x+1-2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+1\right)}.\frac{x+1}{x+1-2\sqrt{x}}$

P = $\frac{1}{\sqrt{x}-1}.$

Phương trình có hai nghiệm $x_1,x_2$ Khi $\Delta =5^2-4\left(3m+1\right)>0\iff 21-12m>0$

                                                       $\iff m<\frac{7}{4}$

Theo Vi-ét ta có: $\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=5\\ x_1{x}_2=3m+1\end{array}$

Ta có: $\left|x_1-x_2\right|=\sqrt{{\left(x_1-x_2\right)}^2}=\sqrt{{\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2}=\sqrt{5^2-4\left(3m+1\right)}=\sqrt{21-12m}.$

Theo yêu cầu đề bài: $\left|x_1^2-x_2^2\right|=\left|\left(x_1+x_2\right)\left(x_1-x_2\right)\right|$

           $=\left|5\left(x_1-x_2\right)\right|=5\left|x_1-x_2\right|=5\sqrt{21-12m}$

Suy ra $\left|x_1^2-x_2^2\right|=15\iff 5\sqrt{21-12m}=15\iff \sqrt{21-12m}=3$

$\iff 21-12m=9\iff 12m=12\iff m=1$ (nhận). Vậy $m=1$ là giá trị cần tìm.

a) Ta có $x^2+x+6=n^2;\left(n,x\in \mathbb{Z}\right)\Rightarrow 4x^2+4x+24=4n^2$

     $\iff 4x^2+4x+1-4n^2=-23\iff \left(2x+1-2n\right)\left(2x+1+2n\right)=-23$

TH1: $\{\begin{array}{c}2x+1-2n=1\\ 2x+1+2n=3\end{array}\Rightarrow x=5$

TH2: $\{\begin{array}{c}2x+1-2n=1\\ 2x+1+2n=-23\end{array}\Rightarrow x=-6$

b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình $y^2=-2\left(x^6-x^{3}y-32\right).$

Ta có $y^2=-2(x^6-x^{3}y-32\iff x^6+{\left(y-x^3\right)}^2=64$

$\Rightarrow x^6\le 64\iff x\le 2$ do $x\in \mathbb{Z}\Rightarrow x\in \left\{-1;-2;0;1;2\right\}$

Xét các trường hợp:

+ $x=2\Rightarrow {\left(y-x^3\right)}^2=0\Rightarrow y=8$

+ $x=1\Rightarrow {\left(y-x^3\right)}^2=63\Rightarrow y\notin \mathbb{Z}$   (loại)

+ $x=0\Rightarrow {\left(y-x^3\right)}^2=64\Rightarrow y=8$ và $y=-8$

+ $x=-1\Rightarrow {\left(y-x^3\right)}^2=63\Rightarrow y\notin \mathbb{Z}$ (loại)

+$x=-2\Rightarrow {\left(y-x^3\right)}^2=0\Rightarrow y=-8$

Vậy nghiệm của phương trình là: $\left(0;8\right);\left(0;-8\right);\left(2;8\right);\left(-2;-8\right)$.

a) Tứ giác APHQ có

$\widehat{APH}=90^0$ (gt)

$\widehat{AQH}=90^0$   (gt)

=> $\widehat{APH}+\widehat{AQH}=180^0$ và hai góc này ở vị trí đối nhau nên APHQ là tứ giác nội tiếp được đường tròn

=> $\widehat{PQH}=\widehat{BAH}$

b) Xét và có

$\widehat{PQH}=\widehat{BHA}$ (cmt), mà $\widehat{BAH}=\widehat{BHP}$ (cùng phụ $\widehat{PBH})$ suy ra $\widehat{MQH}=\widehat{MHP}$

$\widehat{PMH}$ là góc chung

Chứng minh được tứ giác BPQC là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \widehat{MBP}=\widehat{MQC}$ (cùng bù $\widehat{PBC}$)

Ta lại có $\widehat{BMP}$ là góc chung

 (g.g) $\Rightarrow \frac{MB}{MQ}=\frac{MP}{MC}\iff M{H}^2=MP.MQ$   (1)

 (g.g) $\Rightarrow \frac{MQ}{MH}=\frac{MH}{MP}\iff M{H}^2=MP.MQ$      (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow M{H}^2=MB.MC.$

c) Vì AKBC là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{MKB}=\widehat{MCA}$ (cùng bù với $\widehat{AKB}$), mà $\widehat{AMC}$ là góc chung

Mà $M{H}^2=MB.MC\Rightarrow M{H}^2=MB.MC\Rightarrow M{H}^2=MK.MA.$

Do vuông tại H $\Rightarrow HK$ là đường cao của tam giác AHM (vì

$\Rightarrow AK\perp KH\Rightarrow AK\perp KD$ suy ra AD là đường kính của (O).

Suy ra $\widehat{ACD}=90^0$ nên $DC\perp AC$

Mà $HQ\perp AC\Rightarrow DC//HQ$ nên HQCD là hình thang.

Gọi N là trung điểm của QC (3) $\Rightarrow JN$ là đường trung bình của hình thang HQCD

$\Rightarrow JN//HQ\Rightarrow JN\perp QC$ (4)

Từ (3) và (4) $\Rightarrow JN$ là đường trung trực của $QC\Rightarrow JQ=JC$