Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Xã Hội Nam Định có đáp án

5 câu · Đề thi Toán vào lớp 10

Đề tự luận: mỗi câu có đáp án tham khảo của đề gốc để bạn tự đối chiếu bài làm (không tính điểm).

Câu 1

Câu tự luận

1) Tính giá trị biểu thức $P = 2024 + 22023 - 2025 + 22024$ .

2) Tìm tọa độ của điểm $M$ là giao điểm của đường thẳng $y = x + 1$ với trục $O x$ .

3) Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác vuông có cạnh huyền bằng $22 c m$ .

4) Tính thể tích của hình nón có chiều cao bằng $8 c m$ và bán kính đáy bằng $6 c m$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1) $P = (2023 + 1)^{2} - (2024 + 1)^{2}$

$= 2023 + 1 - (2024 + 1) = 2023 - 2024$ .

2)Tọa độ giao điểm là $M (- 1; 0)$ .

3)Gọi $R$ là bán kính của đường tròn ngoại tiếp.

Từ giả thiết ta có $2 R = 22 \Leftrightarrow R = 2$ .

Vậy diện tích của hình tròn là $S = π R^{2} = 2 π (c m^{2})$ .

4)Thể tích của hình nón là $V = \frac{1}{3} π R^{2} h = \frac{1}{3} π . 6^{2} .8 = 96 π (c m^{3})$ .

Câu 2

Câu tự luận

Cho biểu thức $P = \frac{x + 4 x + 4}{x + 2} + \frac{x - 9}{x - 3}$ (với $x \geq 0$ và $x \neq = 9$ ).

1) Rút gọn biểu thức $P$ .

2) Tìm $x$ để $P = 5$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1) $P = \frac{( x + 2 ) ^{2}}{x + 2} + \frac{( x - 3 ) ( x + 3 )}{x - 3}$

$= x + 2 + x + 3$

$= 2 x + 5$ .

2) $P = 5 \Leftrightarrow x = 0$

$\Leftrightarrow x = 0 (t m)$ .

Câu 3

Câu tự luận

1) Cho phương trình $x^{2} - (2 m + 1) x + 4 m - 2 = 0 (1)$ (với $m$ là tham số).

a) Giải phương trình $(1)$ với $m = 0$ .

b) Tìm tất cả giá trị của $m$ để phương trình $(1)$ có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn $x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = 13$ .

2) Giải phương trình $x + 1 + 4 - x = 2 x + 9$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1. a)Với $m = 0$ , phương trình $(1)$ trở thành $x^{2} - x - 2 = 0$

$\Leftrightarrow [x = - 1 x = 2$ .

b) Ta có $Δ = (2 m + 1)^{2} - 4 (4 m - 2) = 4 m^{2} - 12 m + 9 = (2 m - 3)^{2} \geq 0 \forall m$ .

Áp dụng Viet ${x_{1} + x_{2} = 2 m + 1 x_{1} x_{2} = 4 m - 2$

Ta có $x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = 13 \Leftrightarrow (x_{1} + x_{2})^{2} - 2 x_{1} x_{2} = 13 \Leftrightarrow (2 m + 1)^{2} - 2 (4 m - 2) = 13 \Leftrightarrow m^{2} - m - 2 = 0$

$\Leftrightarrow [m = - 1 (t m) m = 2 (t m)$ .

Vậy $m = - 1$ , $m = 2$ .

2) Điều kiện: $- 1 \leq x \leq 4$ .

Phương trình trở thành $\Leftrightarrow x + 1 + 2 (x + 1) (4 - x) + 4 - x = 2 x + 9 \Leftrightarrow (x + 1) (4 - x) = x + 2$

$\Leftrightarrow {x \geq - 2 - x^{2} + 3 x + 4 = x^{2} + 4 x + 4 \Leftrightarrow {x \geq - 2 2 x^{2} + x = 0$

$\Leftrightarrow [x = 0 (t m) x = - \frac{1}{2} (t m)$ .

Vậy nghiệm của phương trình là $x = - \frac{1}{2}$ , $x = 0$ .

Câu 4

Câu tự luận

Cho tam giác $A B C$ nhọn $(A B < A C)$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ , $A D$ là đường cao. Gọi $E$ , $F$ lần lượt là hình chiếu của $D$ trên $A B$ , $A C$ . Gọi $A P$ là đường kính của đường tròn $(O)$ .

1) Chứng minh tứ giác $A E D F$ nội tiếp và $A E . A B = A F . A C$ .

2) Chứng minh tam giác $A B C$ đồng dạng với tam giác $A F E$ và $A P$ vuông góc với $E F$ .

3) Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $A B C$ . Đường tròn đường kính $A H$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai $T$ . Gọi $K$ là trực tâm của tam giác $B T C$ . Chứng minh tứ giác $A H K T$ là hình bình hành.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

A B C

nhọn

(A B < A C)

nội tiếp đường tròn tâm (ảnh 1)">

1)Ta có $A E D = 9 0^{\circ}$ , $A F D = 9 0^{\circ}$

Xét tứ giác $A E D F$ có $A E D + A F D = 9 0^{\circ} + 9 0^{\circ} = 18 0^{\circ}$ suy ra tứ giác $A E D F$ nội tiếp.

Trong tam giác vuông $A B D$ có $D E$ là đường cao suy ra $A E . A B = A D^{2} (1)$ .

Trong tam giác vuông $A C D$ có $D F$ là đường cao suy ra $A F . A C = A D^{2} (2)$ .

Từ (1) và (2) ta có $A E . A B = A F . A C$ .

2)Do $A E . A B = A F . A C \Rightarrow \frac{A B}{A F} = \frac{A C}{A E}$ , mà $B A C$ chung

Suy ra

$\Rightarrow A E F = A C B$

Ta có $B A P = B C P$

Suy ra $A E F + B A P = A C B + B C P = A C P = 9 0^{\circ}$

Vậy $A P$ vuông góc với $E F$ .

3)Ta có $A H ⊥ B C$ , $T K ⊥ B C \Rightarrow A H ∥ T K$ .

Do $B H ⊥ A C$ , $P C ⊥ A C \Rightarrow B H ∥ P C$ .

Do $C H ⊥ A B$ , $P B ⊥ A B \Rightarrow C H ∥ P B$ .

Suy ra tứ giác $B H C P$ là hình bình hành.

Gọi $I$ là trung điểm $B C$ , ta có $O I = \frac{1}{2} A H$ .

Tương tự $O I = \frac{1}{2} T K$ .

$\Rightarrow A H = T K$ .

Vậy tứ giác $A H K T$ là hình bình hành.

Câu 5

Câu tự luận

1) Giải hệ phương trình ${4 x + 5 + 2 x = 2 y + 5 + y x + 1 + 3 - x = 2 + y + 3 - x^{2}$ .

2) Xét hai số thực dương $x$ , $y$ thỏa mãn $\frac{1}{x} + \frac{6}{y} = 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = 4 x + y + \frac{2}{x ^{2}} + \frac{1}{x} + \frac{42}{y}$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1) Điều kiện: $⎩ ⎨ ⎧ - 1 \leq x \leq 3 y \geq - \frac{5}{2} y + 3 - x^{2} \geq 0$ .

Phương trình (1) trở thành $(4 x + 5 - 2 y + 5) + (2 x - y) = 0$

$\Leftrightarrow (2 x - y) (\frac{2}{4 x + 5 + 2 y + 5} + 1) = 0 \Leftrightarrow y = 2 x$ .

Thay vào phương trình (2) ta được

$x + 1 + 3 - x = 2 + 2 x + 3 - x^{2}$

Đặt $t = x + 1 + 3 - x \Rightarrow 2 x + 3 - x^{2} = \frac{t ^{2} - 4}{2}$

Khi đó $t = 2 + \frac{t ^{2} - 4}{2} \Leftrightarrow t^{2} - 2 t = 0 \Leftrightarrow [t = 0 t = 2$

Với $t = 0$ ta được $x + 1 + 3 - x = 0 (v n)$ .

Với $t = 2$ ta được $x + 1 + 3 - x = 2 \Leftrightarrow (x + 1) (3 - x) = 0 \Leftrightarrow [x = - 1 (t m) x = 3 (t m)$ .

Với $x = - 1 \Rightarrow y = - 2$ .

Với $x = 3 \Rightarrow y = 6$ .

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $(- 1; - 2)$ , $(3; 6)$ .

2) Ta có $P = (4 x + \frac{2}{x ^{2}}) + (y + \frac{36}{y}) + (\frac{1}{x} + \frac{6}{y}) = (4 x + \frac{2}{x ^{2}}) + (y + \frac{36}{y}) + 2$

Mà $y + \frac{36}{y} \geq 2.6$

$4 x + \frac{2}{x ^{2}} = 2 x + 2 x + \frac{2}{x ^{2}} \geq 3.2$

Khi đó $P \geq 20$ .

Dấu bằng xảy ra khi $x = 1, y = 6$ .

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ là $20$ .