Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán Hải Phòng

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán Hải Phòng Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 là một sự kiện quan trọng đánh dấu bước ngoặt trong cuộc đời mỗi học sinh. Bài viết này sẽ trình bày hướng dẫn giải chi tiết đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán Hải Phòng, giúp các em ôn tập và củng cố kiến thức, đồng thời rút ra kinh nghiệm cho kỳ thi sắp tới của mình. Lời giải chi tiết Bài 1 a) Ta có: \(\sqrt{8} = \sqrt{2^3} = 2\sqrt{2} và \sqrt{50} = \sqrt{2.5^2} = 5\sqrt{2}\) Thay vào biểu thức A, ta được: \[ \begin{aligned} A &= 3(2\sqrt{2}) – 5\sqrt{2} – \sqrt{(\sqrt{2} – 1)^2} \\ A &= 6\sqrt{2} – 5\sqrt{2} – \sqrt{2} – 2\sqrt{2} + 1 \\ A &= \sqrt{2} – \sqrt{3} – 2\sqrt{2} \end{aligned} \] Ta có: \(\sqrt{\frac{E}{\sqrt{E}}} = 1 + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{E}}\) Thay vào biểu thức B, ta được: \[ \begin{aligned} B &= \left( \frac{3\sqrt{E} + 6}{E – 4} + 1 + \frac{2}{\sqrt{E}} \right) \cdot \frac{\sqrt{E}}{\sqrt{9}} \\ B &= \frac{3\sqrt{E} \cdot 6 – 4 \cdot \left(2 \sqrt{E}\right)}{(E – 4)\left(\sqrt{E}\right)} \cdot \frac{\sqrt{E}}{\sqrt{9}} \\ B &= \frac{5\sqrt{E} + 4}{(\sqrt{E})(\sqrt{E} + 3)} \cdot \frac{\sqrt{E}}{\sqrt{9}} \end{aligned} \] b) Thay A và B vào, ta được: \(\sqrt{2} – \sqrt{3} – 2\sqrt{2} – 2 \cdot \frac{5\sqrt{E} + 4}{(\sqrt{E})(\sqrt{E} + 3)} \cdot \frac{\sqrt{E}}{\sqrt{9}} = 3\) Giải phương trình này, ta tìm được \( x = 16 \). Vậy: \( A = \sqrt{2} – \sqrt{1} = 1 \) \( B = \frac{5\sqrt{16} + 16}{(\sqrt{16})(\sqrt{16} – 3)} \cdot \frac{16}{\sqrt{16} – 3} = 4 \) \( x = 16 \) Bài 2 1 Bước 1: Biểu diễn ẩn theo ẩn Từ phương trình thứ nhất, ta có: \(2x – 6 + 9x + 3y= -11\) \(11x + 3y = -5\) \(3y = -5 – 11x\) \(y = \frac{5}{3} – \frac{11}{3}x\) Thế biểu thức của \( y \) vào phương trình thứ hai, ta được: \(x – 3 – 2(3x) – \frac{2}{3}(5 + 11x) = 5\) \(x – 3 – 6x – \frac{10}{3} – \frac{22}{3}x = 5\) \(-21x – 13 = 5\) \(-21x = 18\) \(x = -\frac{2}{3}\) Thế \(x = -\frac{2}{3}\) vào phương trình thứ nhất, ta được: \(2\left(-\frac{2}{3}\right) – 6 + 3\left(-\frac{2}{3}\right) + y = -11\) \(-\frac{4}{3} – 6 + 2(-2 + y) = -11\) \(-2(-2 + y) = -11 + \frac{4}{3} + 6\) \(-2 + y = -1\) \(y = -1 + 2\) \(y = 1\) Bước 2: Suy ra nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \( (x; y) = \left(-\frac{2}{3}; 1\right) \). Ta thay \( x = -\frac{2}{3} \) và \( y = 1 \) vào cả hai phương trình của hệ, ta thấy đều thỏa mãn. 2 a) Biểu diễn \( y \) theo \( x \): Gọi \( x \) là số quyển vở Minh mua, \( y \) là số tiền cần trả khi mua \( x \) quyển vở và 01 hộp bút. Giá một quyển vở là 14.000 đồng, giá một hộp bút là 30.000 đồng. Do đó, \( y = 14.000x + 30.000 \). b) Tìm số quyển vở tối đa Minh có thể mua: Minh có 300.000 đồng để mua vở và bút. Do đó, \( 14.000x + 30.000 \leq 300.000 \). Giải bất phương trình này, ta được \( x \leq 19 \). Vậy Minh có thể mua tối đa 19 quyển vở. Bài 3 1. a) Giải phương trình (1) khi \( m = -3 \). Thay \( m = -3 \) vào phương trình (1), ta được: \(x^2 – 2(-3 – 1)x + (-3)^2 – 9 = 0\) \(x^2 + 8x – 3 = 0\) \((x+3)(x-1) = 0\) Vậy khi \( m = -3 \), phương trình có hai nghiệm là \( x = -3 \) và \( x = 1 \). b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \(x_1, x_2\) thỏa mãn điều kiện \(x_1 – x_2 = 2m – 10\) Theo định lý Vi-ét, ta có: \(x_1 + x_2 = 2(m-1)\) \(x_1.x_2 = m^2 – 9\) Ta có: \(x_1 – x_2 = 2m – 10\) \((x_1 – x_2)^2 = (2m – 10)^2\) \(x_1^2 – 2x_1.x_2 + x_2^2 = 4m^2 – 40m + 100\) \((x_1 + x_2)^2 – 4x_1.x_2 = 4m^2 – 40m + 100\) \((2m-1)^2 – 4(m^2 – 9) = 4m^2 – 40m + 100\) \(-2m^2 + 40m – 100 = 0\) \(m^2 – 20m + 50 = 0\) \((m-10)^2 = 0\) Vậy m = 10 là giá trị cần tìm. 2. Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn trước khi mở rộng lần lượt là a và b (m). Ta có hệ phương trình: \(a + b = 100 (1)\) \((a+5)(b+4) – ab = 240 (2)\) Từ phương trình (1), ta có: \(a = 100 – b.\) Thế vào phương trình (2), ta được: \((100 – b + 5)(b + 4) – b(100 – b) = 240\) \(105b – b^2 – 9500 + 100b = 240\) \(b^2 – 205b + 11740 = 0\) \((b-60)(b-196) = 0\) Vậy \(b = 60\) hoặc \(b = 196.\) Với \(b = 60\), ta có \(a = 40.\) Với \(b = 196\), ta có \(a = -96\) (loại). Vậy chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn trước khi mở rộng lần lượt là 40m và 60m. Bài 4 Tính bán kính đáy của phần hình trụ: Chu vi đáy hình trụ là 37,68cm, ta có: 2πr = 37,68 r = 37,68 / (2π) ≈ 6cm Tính chiều cao của phần hình trụ: Từ hình vẽ, ta thấy chiều cao của phần hình trụ bằng chiều cao của phần hình nón. Gọi chiều cao của phần hình trụ (cũng là chiều cao của phần hình nón) là h (cm). Tính bán kính đáy của phần hình nón: Từ tam giác vuông ACD, ta có: \(AD^2 + CD^2 = AC^2\) \((h + 12)^2 + 6^2 = (14 + h)^2\) \(h^2 + 24h + 144 + 36 = h^2 + 28h + 196\) \(4h = 52\) \(h = 13\) Tính thể tích của phần hình trụ: Thể tích của phần hình trụ là: \(V_\text{trụ} = πr^2h = π.6^2.13 ≈ 254,34cm^3\) Tính thể tích của phần hình nón: Thể tích của phần hình nón là: \(V_\text{nón} = (1/3)πr^2h = (1/3)π.6^2.13 ≈ 314,16cm^3\) Tính thể tích của chi tiết máy: Thể tích của chi tiết máy là: \(V = V_\text{trụ} + V_\text{nón} ≈ 254,34 + 314,16 ≈ 568,5cm^3\) Vậy thể tích của chi tiết máy đó là khoảng \(568,5cm^3.\) Bài 5 a) Chứng minh năm điểm A, B, I, O, C cùng thuộc một đường tròn. Ta có: AB, AC là hai tiếp tuyến của (O) từ A nên AB = AC. OA > 2R nên O nằm ngoài đường trung trực của BC. I là trung điểm của DE (gt). Do đó, AI là đường trung trực của DE. Xét tứ giác ABIO, ta có: AO = BO (bán kính) AI = BI (đường trung trực) Vậy tứ giác ABIO là hình thoi. Suy ra: AB // CO. Mà AB ⊥ BC (tính chất tiếp tuyến) Suy ra: CO ⊥ BC. Hay OC là đường trung trực của BC. Lại có: O nằm ngoài đường trung trực của BC. Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. b) Đường thẳng BC cắt OA, AD lần lượt tại H và K. Gọi F là giao điểm của BE và AC. Chứng minh AK.AI = AH.AO và tam giác AFE đồng dạng với tam giác BFA. Chứng minh: AK.AI = AH.AO: Ta có: AB // CD (cmt) BC ⊥ AB (tính chất tiếp tuyến) Suy ra: BC ⊥ CD. Xét tam giác AHC vuông tại H, ta có: AH.AO = AK.AI (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Tam giác AFE đồng dạng với tam giác BFA: Ta có: AB // CD (cmt) AF // BE (do BE // AC, F thuộc AC) Suy ra: BE // CD. Xét tam giác AFE và tam giác BFA, ta có: AF là cạnh chung ^AFE = ^BFA (góc so le trong) ^AEF = ^ABF (góc so le trong) Vậy tam giác AFE đồng dạng với tam giác BFA (g.c.g). c, Sử dụng tính chất đường trung bình trong tam giác: Ta có: AB // CD (cmt) và FK là đường trung tuyến của tam giác BDC (cmt). Theo tính chất đường trung bình trong tam giác, ta có: FK // AB và FK = (AB)/2. Mặt khác: AB ⊥ BC (tính chất tiếp tuyến) EF ⊥ BC (cmt) Suy ra: AB // EF. Xét tam giác BCF vuông tại F, ta có: FK là đường trung tuyến (K là trung điểm BC) Suy ra: FK = BK = KC = BC/2. Lại có: AB // CD (cmt) CD ⊥ BC (cmt) Suy ra: AB ⊥ CD. Xét tam giác vuông BCF, ta có: AB là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC Suy ra: AB = BC/2. Từ các kết luận trên, ta có: FK = AB/2 = BC/2. FK // AB. Vậy ba đường thẳng AB, CD, FK đồng quy tại điểm F. Bài 6 Bước 1: Biến đổi biểu thức M Từ điều kiện \((a + b)^3 = 2(1 – a^2 – b^2)\), ta có: \(a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3 = 2 – 2a^2 – 2b^2\) \(a^3 + b^3 = -a^2 – b^2 – 1\) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có: \((1 + 1)(a^6 + b^6) >= (a^3 + b^3)^2\) \(2(a^6 + b^6) >= (-a^2 – b^2 – 1)^2\) \(=> a^6 + b^6 >= (a^2 + b^2 + 1)^2/4\) Ta có: \(M = \frac{1}{ab} + \frac{1}{a^2 + b^2} =\frac{(a^2 + b^2)}{(a^2b^2)} + {1}{(a^2 + b^2)}\) \(= \frac{(a^2 + b^2)^2}{(a^2b^2)} + \frac{1}{(a^2 + b^2)}\) \(= \frac{(a^2 + b^2)^3}{(a^2b^2)} + \frac{4}{(a^2 + b^2)}\) \(= \frac{[\frac{(a^2 + b^2 + 1)^2}{4}]}{(a^2b^2)} + \frac{4}{(a^2 + b^2)}\) \(= \frac{(a^4 + 2a^2b^2 + b^4 + 2a^2 + 2b^2 + 1)}{(4a^2b^2)} + \frac{4}{(a^2 + b^2)}\) \(= \frac{(a^2 + b^2 + 1)^2}{(4a^2b^2)}+ \frac{4}{(a^2 + b^2)}\) Bước 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của M Đặt \(t = a^2 + b^2.\) Khi đó, \(M \geqslant \frac{t^2}{(4ab^2)} + \frac{4}{t}\) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: \(\frac{t^2}{4ab^2}+ \frac{4}{t}\geqslant 2* sqrt(\frac{t^2}{4ab^2})*\frac{4}{t}= \frac{4}{sqrt(ab)}\) Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = \frac{1}{sqrt(2)}\) Vậy, giá trị nhỏ nhất của M là \(\frac{4}{sqrt(2)}.\) Chúc các bạn ôn tập hiệu quả và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 !

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán Hải Phòng

Khám phá thêm Toán học!