Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Hà Nam có đáp án

1.Rút gọn biểu thức $A=2\sqrt{3}-3\sqrt{27}+7\sqrt{7+4\sqrt{3}}.$

$A=2\sqrt{3}-9\sqrt{3}+7\sqrt{{\left(2+\sqrt{3}\right)}^2}$

$A=2\sqrt{3}-9\sqrt{3}+7\left(2+\sqrt{3}\right)$

$A=14$

2.  Cho biểu thức $P=\frac{1}{2\sqrt{x}-4}-\frac{1}{2\sqrt{x}+4}+\frac{\sqrt{x}}{x-4}$ (với $x\ge 0,x\ne 4$ ).

a) Rút gọn biểu thức $P.$

$P=\frac{8}{4x-16}+\frac{\sqrt{x}}{x-4}$

$P=\frac{\sqrt{x}+2}{x-4}=\frac{1}{\sqrt{x}-2}$

b) Tìm tất cả các số nguyên $x$ để $P$ đạt giá trị nguyên.

$P$ đạt giá trị nguyên $\iff \sqrt{x}-2=\pm 1$

$\sqrt{x}-2=1\iff \sqrt{x}=3\iff x=9$(thỏa mãn điều kiện $x\ge 0,x\ne 4$).

$\sqrt{x}-2=-1\iff \sqrt{x}=1\iff x=1$(thỏa mãn điều kiện $x\ge 0,x\ne 4$).

1.  Giải phương trình $x^2+2x-15=0.$

${\Delta }^{\prime }=1+15=16>0$ .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

$x_1=-1+\sqrt{16}=3$ .

$x_2=-1-\sqrt{16}=-5$.

2.  Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{l}x\left(4-2y\right)=7+y-2xy\\ 2x-14=2\left(y-3\right)\end{array}.$

$\{\begin{array}{l}x\left(4-2y\right)=7+y-2xy\\ 2x-14=2\left(y-3\right)\end{array}\iff \{\begin{array}{l}4x-y=7\\ 2x-2y=8\end{array}\iff \{\begin{array}{l}4x-y=7\\ x-y=4\end{array}$.

$\iff \{\begin{array}{l}3x=3\\ x-y=4\end{array}$.

$\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ y=-3\end{array}$

Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left(x;y\right)=\left(1;-3\right)$.

1.$(d)\perp \left(\Delta \right)\iff 2.\left(a-3\right)=-1$

$\iff a=\frac{5}{2}$.

2.Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $(d)$và $(P)$

$x^2=2x+m^2-4m+9\iff x^2-2x-m^2+4m-9=0\left(1\right)$

${\Delta }^{\prime }=m^2-4m+10={\left(m-2\right)}^2+6>0\forall m$

Vậy đường thẳng $(d)$luôn cắt $(P)$tại hai điểm phân biệt $A,B$ với mọi $m$

$a.c=-m^2+4m-9=-{\left(m-2\right)}^2-5<0\forall m\Rightarrow$ Phương trình $\left(1\right)$ luôn có hai nghiệm trái dấu $x_1<0<x_2$

$\{\begin{array}{l}{x}_1-2023<0\\ x_2+2023>0\end{array}\Rightarrow \left|x_1-2023\right|-\left|x_2+2023\right|=-\left(x_1+x_2\right)$

$$\begin{array}{l}\left|x_1-2023\right|-\left|x_2+2023\right|=y_1+y_2-48\iff -\left(x_1+x_2\right)=x_1^2+x_2^2-48\\ \iff -\left(x_1+x_2\right)={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1.x_2-48\iff -2=2^2-2\left(-m^2+4m-9\right)-48\\ \iff m^2-4m-12=0\Rightarrow [\begin{array}{l}m=6\\ m=-2\end{array}.\end{array}$$

1.$DC\perp AD\Rightarrow \widehat{ADC}=90^{\circ }$ .

$AE\perp EC\Rightarrow \widehat{AEC}=90^{\circ }$.

$\widehat{ADC}+\widehat{AEC}=180^{\circ }$.

$\Rightarrow$ Tứ giác $AECD$ nội tiếp đường tròn..

2.Tứ giác $AECD$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{CDE}=\widehat{CAE}.$.

$\widehat{CDB}+\widehat{CFB}=180^{\circ }\Rightarrow$Tứ giác $CDBF$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{CFD}=\widehat{CBD}.$.

Mà $\widehat{CBD}=\widehat{CAE}$ ( Cùng chắn cung $AC$ ).

$\Rightarrow \widehat{CDE}=\widehat{CFD}.$.

(O). Từ điểm $M$ bên ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến (ảnh 1)">

3.Tứ giác $CDBF$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{CFD}=\widehat{CBD}.$

$\widehat{CDE}=\widehat{CFD}$(Chứng minh trên)

$\Rightarrow$ $\widehat{CDE}=\widehat{CBD}$ hay $\widehat{CDI}=\widehat{CBA}\left(1\right)$

Tứ giác $CDBF$ nội tiếp $\widehat{CDF}=\widehat{CBF}$

Mà $\widehat{CBF}=\widehat{CAB}$ (Cùng chắn cung $BC$)

 $\Rightarrow \widehat{CDK}=\widehat{CAB}\left(2\right)$.

Từ $\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow \widehat{ICK}+\widehat{IDK}=\widehat{ICK}+\widehat{IDC}+\widehat{CDK}$=$\widehat{ACB}+\widehat{CBA}+\widehat{CAB}=180^0$

$\Rightarrow$ Tứ giác $CIDK$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat{CIK}=\widehat{CDK}$

Mà  $\widehat{CDK}=\widehat{CAB}$(Chứng minh trên)

$\Rightarrow \widehat{CIK}=\widehat{CAB}$.

$\Rightarrow IK$ //$AB$

Mà $CD\perp AB\Rightarrow CD\perp IK.$.

(O). Từ điểm $M$ bên ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến (ảnh 2)">

4.Gọi $NC$ cắt $IK,AB$ lần lượt tại $P,Q$

$\widehat{CIK}=\widehat{CAB}$ (Chứng minh trên).

Tứ giác $AECD$ nội tiếp đường tròn $\Rightarrow \widehat{CAD}=\widehat{CED}$ hay $\widehat{CAB}=\widehat{CEI}$

$\Rightarrow \widehat{CEI}=\widehat{CIK}$

$\Rightarrow IK$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $CIE$

Chứng minh tương tự: $IK$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $CKF$ .

Xét hai tam giác $PIC,PNI$ có

$\widehat{IPN}$ chung, $\widehat{PIC}=\widehat{PNI}$ (cùng chắn cung $IC$)

 .

$\Rightarrow \frac{PI}{PN}=\frac{PC}{PI}\Rightarrow P{I}^2=PC.PN$

Chứng minh tương tự: $P{K}^2=PC.PN$

Vậy $PI=PK$ .

$IK$ // $AB$ $\Rightarrow \frac{IP}{AQ}=\frac{CP}{CQ}=\frac{PK}{QB}$

Mà $PI=PK\Rightarrow AQ=QB$

Hay $Q$ là trung điểm của $AB$ .

Ta có:

$$\sqrt{2022a+\frac{{\left(b-c\right)}^2}{2}}=\sqrt{2022a+\frac{{\left(b+c\right)}^2}{2}-2bc}\le \sqrt{2022a+\frac{{\left(b+c\right)}^2}{2}}$$  (vì bc ≥ 0)

Þ $$\sqrt{2022a+\frac{{\left(b-c\right)}^2}{2}}\le \sqrt{2022a+\frac{{\left(1011-a\right)}^2}{2}}$$

Þ $$\sqrt{2022a+\frac{{\left(b-c\right)}^2}{2}}\le \sqrt{\frac{{\left(1011+a\right)}^2}{2}}$$

Þ $$\sqrt{2022a+\frac{{\left(b-c\right)}^2}{2}}\le \frac{1011+a}{\sqrt{2}}$$  dấu = xảy ra  Û $$\{\begin{array}{l}bc=0\\ a+b+c=1011\end{array}$$

Tương tự:      $$\sqrt{2022b+\frac{{\left(c-a\right)}^2}{2}}\le \frac{1011+b}{\sqrt{2}}$$

                     $$\sqrt{2022c+\frac{{\left(c-b\right)}^2}{2}}\le \frac{1011+c}{\sqrt{2}}$$       

$$\sqrt{2022a+\frac{{\left(b-c\right)}^2}{2}}+\sqrt{2022b+\frac{{\left(c-a\right)}^2}{2}}+\sqrt{2022c+\frac{{\left(a-b\right)}^2}{2}}\le \frac{3.1011+a+b+c}{\sqrt{2}}$$

Þ$$\sqrt{2022a+\frac{{\left(b-c\right)}^2}{2}}+\sqrt{2022b+\frac{{\left(c-a\right)}^2}{2}}+\sqrt{2022c+\frac{{\left(a-b\right)}^2}{2}}\le \frac{4.1011}{\sqrt{2}}=2022\sqrt{2}$$

Dấu = xảy ra Û $$\{\begin{array}{l}a+b+c=1011\\ ab=bc=ca=0\end{array}$$

(Khi trong ba số $a,b,c$ có một số bằng 1011 và hai số bằng 0).