Đề tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán năm 2022 - 2023 sở GD&ĐT Nghệ An - THCS.TOANMATH.com

LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH NGHỆ AN Được thực hiện bởi Nguyễn Nhất Huy, thầy Trịnh Văn Luân

Bài 1:

™

a) Tính A=√

81−√

36 +√ 49.

b) Rút gọn biểu thức P =

1

√x−1 − 1

√x

· x−√ x

2022 , với x >0 và x̸= 1.

c) Xác định hệ sốa, bcủa hàm số y=ax+b, biết đồ thị của hàm số đi qua điểmM(−1; 3) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −2.

Hướng dẫn giải

a) Ta có A=√

9²−√

6²+√

7² = 9−6 + 7 = 10.

b) Với x >0 và x̸= 1, ta có:

P =

1

√x−1− 1

√x

·x−√ x 2022

=

√x−√ x+ 1

√x(√

x−1) ·

√x(√ x−1) 2022

= 1

√x(√

x−1)·

√x(√ x−1) 2022

= 1 2022.

c) Do đồ thị hàm số y=ax+b đi qua điểm M(−1; 3) nên 3 =−a+b⇔ −a+b = 3 (1).

Đồ thị hàm số y=ax+b cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −2, tức là đồ thị hàm số đi qua điểm B(0;−2).

Suy ra −2 = a·0 +b ⇔b=−2.

Thay vào (1) ta được −a−2 = 3⇔a=−5.

Vậy a =−5;b=−2.

Bài 2:

™

a) Giải phương trình 2x²−9x+ 10 = 0.

b) Cho phương trình x² + 3x−1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức T = 3|x₁−x₂|

x²₁x2+x1x²₂. Hướng dẫn giải

a) Ta có ∆ = (−9)²−4·2·10 = 1>0. Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt

x₁ = −(−9) +√ 1 2·2 = 5

2.; x₂ = −(−9)−√ 1 2·2 = 2.

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 5

2;x2 = 2.

b) Ta có ∆ = 3²−4·1·(−1) = 13>0, nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lý Viét, ta có







x₁+x₂ =−3 x₁x₂ =−1.

Có (|x₁ −x₂|)² =x²₁−2x₁x₂+x²₂ = (x₁+x₂)²−4x₁x₂ = (−3)²−4(−1) = 13.

Suy ra |x₁−x₂|=√ 13.

Và x²₁x2+x1x²₂ =x1x2(x1+x2) = (−1)·(−3) = 3..

Vậy T = 3√ 13 3 =√

13.

Bài 2:

™

Trong kỳ SEA Games 31tổ chức tại Việt Nam, thú sao la được chọn làm linh vật. Một phân xưởng được giao sản xuất 420 thú nhồi bông sao la trong một thời gian dự định để làm quà tặng. Biết rằng nếu mỗi giờ phân xưởng sản xuất thêm 5thú nhồi bông sao la thì sẽ rút ngắn thời gian hoàn thành công việc là 2 giờ. Tính thời gian dự định của phân xưởng.

Hướng dẫn giải

Gọi thời gian dự định sản xuất sao la nhồi bông của phân xưởng là x (giờ, x >0).

Khi đó năng suất dự định của phân xưởng là 420

x (sản phẩm/ giờ).

Thời gian thực tế của phân xưởng là x−2(giờ).

Năng suất thực tế của phân xưởng là 420

x−2 (sản phẩm / giờ).

Do thực tế mỗi giờ phân xưởng sản xuất thêm 5 thú nhồi bông nên ta có phương trình

420

x−2 − 420 x = 5

⇔ 420x

x(x−2)− 420(x−2)

x(x−2) = 5x(x−2) x(x−2)

⇒420x−420x+ 840 = 5x²−10x

⇔5x²−10x−840 = 0

⇔x² −2x−168 = 0.

Ta có ∆^′ = (−1)² −1·(−168) = 169 > 0. Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt.

x₁ = 14 (thoả mãn);x₂ =−12(loại).

Vậy thời gian dự định của phân xưởng là 14giờ.

Bài 4:

™

Cho tam giác ABC vuông tại C (AC < BC), đường caoCK và đường phân giác trong BD (K ∈AB, D ∈AC). QuaD kẻ đường thẳng vuông góc vớiAC cắt CK, AB lần lượt tại H và I.

a) Chứng minh CDKI là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh AD·AC =DH·AB.

c) GọiF là trung điểm AD. Đường tròn tâmI bán kính ID cắtBC tại M (M khácB) và cắt AM tại N (N khác M). Chứng minh B, N, F thẳng hàng.

Hướng dẫn giải

L N

M

F, F'

I H

D

K B

C

A

a) Theo giả thiết vìCK là đường cao và DI vuông góc AC nên ta có CDI[ =CKI[ = 90^◦

Suy ra tứ giác CDKI là tứ giác nội tiếp.

b) Vì BD là phân giác nên theo tính chất đường phân giác ta có AD

DC = AB

BC. (1)

Vì CAB[ chung, AKC\=ACB[ = 90^◦. nên ∆ACK ∽∆ABC(g.g). Do đó ta được AB

BC = AC

CK. (2)

Từ (1) và (2) ta được tỷ lệ thức AD

DC = AB

BC = AC

CK ⇔ AC

AD = CK

CD (3)

Vì CDKI là tứ giác nội tiếp nên ADK\ =AIC,[ CAI[ chung nên ∆ADK ∽∆AIC(g.g).

Do đó ta được

AD·AC =AK·AI. (4)

Vì DI, CB cùng vuông góc với AC nên DI ∥CB. Theo định lý Thales ta được AB

AI = AC

AD. (5)

Vì DCH\ chung, CDH\ =CKA\= 90^◦ nên ∆CDH ∽∆CKA(g.g). Do đó ta được AK

DH = CK

CD. (6)

Từ (3),(5) và (6) ta được AK

DH = AB

AI ⇔AK ·AI =DH·AB Kết hợp với (4) ta được AD·AC =AK·AI =DH·AB.

Vậy bài toán được chứng minh.

c) Ta có IDB[ =\CBD=IBD(so le trong vì[ DI ∥CB và BD là phân giácCBA).[ Do đó ∆IBD cân tạiI suy ra ID =IB hay B thuộc (I, ID).

Vì ID⊥AC nên AC là tiếp tuyến của (I, ID).

Gọi F^′ là giao của BN với AC,L là giao của (I, ID) với AB.

Vì F^′D là tiếp tuyến của (I, ID)(do AC là tiếp tuyến) nên

F^′D² =F^′N·F^′B. (*) Vì tứ giác LN M B nội tiếp(I, ID) nên \N LB =CM A\ mà theo giả thiết ta có

M CA\ =\BN L= 90^◦ (vì BL là đường kính) nên ∆M CA∽∆LN B(g.g) suy ra F\^′BA=\N BL=M AC\ =F\^′AN

Kết hợp với góc AF\^′B chung ta được∆AF^′N ∽∆BF^′A(g.g) do đó ta được tỷ lệ thức F^′N

F^′A = F^′A

F^′B ⇔F^′A² =F^′N ·F^′B. (**) Từ (∗) và (∗∗)ta suy ra F^′D=F^′A hay F^′ là trung điểm AD nên F^′ trùng F.

Vậy B, N, F thẳng hàng.

Bài 5:

™

Giải phương trình √

x²+ 1 + 3 = 1

x −3 √

9x²−6x+ 2 + 3 (1).

Hướng dẫn giải Điều kiện x̸= 0.

Nhận thấy V T =√

x²+ 1 + 3>0, với mọi x̸= 0.

Khi đó để phương trình có nghiệm thì vế phải của (1) phải lớn hơn 0.

Hay 1

x −3 √

9x²−6x+ 2 + 3

>0

⇔ 1

x−3>0do 1p

(1−3x)² + 1 + 3>0 ∀x̸= 0

⇔ 1−3x

x >0⇔0< x < 1 3. Ta có √

x²+ 1 + 3 = 1

x −3 √

9x²−6x+ 2 + 3

⇔x√

x² + 1 + 3x= (1−3x)p

(1−3x)²+ 1 + 3

⇔x√

x²+ 1 + 3

= (1−3x)p

(1−3x)²+ 1 + 3 . Đặt 1−3x=t (điều kiệnt >0).

Khi đó phương trình trở thành: x√

x²+ 1 + 3

=t√

t²+ 1 + 3

⇔√

x⁴+x²−√

t⁴+t²+ 3·(x−t) = 0

⇔ (√

x⁴+x²−√

t⁴+t²)(√

x⁴+x²+√

t⁴+t²)

√x⁴+x²+√

t⁴+t² + 3(x−t) = 0

⇔ (x⁴−t⁴) + (x²−t²)

√x⁴+x²√

t⁴+t²) + 3(x−t) = 0

⇔ (x−t)(x+t)(x²+t²) + (x−t)(x+t)

√x⁴+x²+√

t⁴+t² + 3(x−t) = 0

⇔(x−t)

(x+t)(x²+t²+ 1)

√x⁴+x² +√

t⁴ +t² + 3

= 0.

⇔x−t= 0 do (x+t)(x²+t²+ 1)

√x⁴+x²+√

t⁴+t² + 3>0

⇔x=t.

Suy ra x= 1−3x⇔x= 1

4 (thoả mãn).

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x= 1 4.