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: $$A-B=\frac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}-\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}=\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}$$.

$A-B<\frac{3}{2}$

$\iff \frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}<\frac{3}{2}$

$\iff 4\sqrt{x}<3\sqrt{x}+6\left(\mathrm{v}\grave{\mathrm{i}}x\ge 0\Rightarrow \sqrt{x}+2>0\right)$

$\iff \sqrt{x}<6$

$\iff x<36$

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 $S\approx 1133,54\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$.

ĐK: $y\ne -2$.

Giải hệ phương trình:

$\{\begin{array}{l}2x+\frac{12}{y+2}=5\\ 3x-\frac{4}{y+2}=2\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}2x+\frac{12}{y+2}=5\\ 9x-\frac{12}{y+2}=6\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}11x=11\\ 2x+\frac{12}{y+2}=5\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ \frac{12}{y+2}=3\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ y=2\end{array}$

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 $(P)$:

$x^2=2x+m^2\iff x^2-2x-m^2=0$ $\left(1\right)$

Ta có: ${\Delta }^{\prime }=1+m^2$.

Suy ra ${\Delta }^{\prime }>0$ 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: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\\ x_1{x}_2=-m^2\end{array}$.

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

$\iff x_1+x_2+x_1{x}_2+4=0$

Suy ra $2-m^2+4=0$

$\iff m=\pm \sqrt{6}$.

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 $AM\perp BC\Rightarrow \widehat{AMB}=90^{\circ }$.

Vì $AH\perp BE\Rightarrow \widehat{AHB}=90^{\circ }$.

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 $AM\perp BC$ 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 $NB//AE$.

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.

Vì $x,y\ge 0$ nên ta có:

$P\ge 0$ và $P^2=x^2+4xy+4y^2=\left(x^2+y^2\right)+\left(4xy+3y^2\right)\ge 4$.

Từ đó $P^2\ge 4\iff P\ge 2$.

Với $x=2,y=0$ (thỏa mãn điều kiện bài toán), ta có: $P=2$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng 2.