Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán Long An

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 Long An , giúp các em ôn tập và củng cố kiến thức, đồng thời rút ra kinh nghiệm cho kỳ thi sắp tới của mình. Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán Long An Lời giải chi tiết Câu 1 a, Ta có: \begin{align*} \sqrt{50} &= \sqrt{25 \cdot 2} = \sqrt{25} \cdot \sqrt{2} = 5\sqrt{2} \\ \sqrt{32} &= \sqrt{16 \cdot 2} = \sqrt{16} \cdot \sqrt{2} = 4\sqrt{2} \\ 3\sqrt{18} &= 3\sqrt{9 \cdot 2} = 3\sqrt{9} \cdot \sqrt{2} = 3 \cdot 3\sqrt{2} = 9\sqrt{2} \end{align*} Do đó, \begin{align*} A &= \sqrt{50} + \sqrt{32} – 3\sqrt{18} = 5\sqrt{2} + 4\sqrt{2} – 9\sqrt{2} = (5 + 4 – 9)\sqrt{2} = 0 \end{align*} Vậy \(A = 0\). b, \(B = (\frac{x + 2\sqrt{x}}{\sqrt{x}} + \sqrt{x} – 2): \sqrt{x} \) với x > 0. \(= \left(\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+2)}{\sqrt{x}}+\sqrt{x}-2\right);\sqrt{x}\\\) \(= (\sqrt{x}+2+\sqrt{x}-2)\cdot\frac{1}{\sqrt{x}}\\\) \(= 2\sqrt{x}\cdot\frac{1}{\sqrt{x}}\\\) \(= 2\) Vậy B = 2 với x > 0 c, Giải phương trình \(\sqrt{x^2 – 2x + 1} = 3.\) ĐKXD: Với mọi giá trị của x Phương trình \(\sqrt{x^2 – 2x + 1} = 3\) \(\Leftrightarrow \sqrt{(x-1)^2} = 3\) \(\Leftrightarrow |x – 1| = 3\) \(\Leftrightarrow\) \begin{cases} x – 1 = 3 & \text{(TM)} \\ x – 1 = -3 \end{cases} \(\Leftrightarrow\) \begin{cases} x = 4 \\ x = -2 \end{cases} Vậy tập nghiệm của phương trình là S={-2,4} Câu 2 a. Giải phương trình \(3x^2 – 7x + 4 = 0\). Xét phương trình \(3x^2 – 7x + 4 = 0\) có \(a + b + c = 3 – 7 + 4 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x_1 = 1\) \(x_2 = 4\) Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là \(\left\{ x_1 = 1, x_2 = 4\right\}\) b, Giải hệ phương trình \[ \left\{ \begin{array}{ll} 3x + y &= 9 \\ 2x – y &= 1 \end{array} \right. \] Cộng vế với vế, ta có \[ \left\{ \begin{array}{ll} 3x + y &= 9 \\ 2x – y &= 1 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{ll} 5x &= 10 \\ y &= 2x – 1 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{ll} x &= 2 \\ y &= 2\cdot2 – 1 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{ll} x &= 2 \\ y &= 3 \end{array} \right. \] Vậy hệ phương trình có nghiệm \((x,y) = (2,3)\). c. Cho phương trình \(x^2 – 2x + m + 3 = 0\) (1) và lần lượt thỏa mãn \(m \in \mathbb{S}\), \(m\) là tham số. Với giá trị nào của \(m\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x_1\), \(x_2\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 4\). Xét phương trình \(x^2 – 2x + m + 3 = 0\) có \(\Delta = (-1)^2 – 4(m+3) = 1 – m – 3 = -m – 2\) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta’ > 0 \Rightarrow -m – 2 > 0 \Rightarrow m < -2\). Gọi \(x_1\), \(x_2\) là hai nghiệm của phương trình, áp dụng định lý Vi-ét ta có: \[ \begin{cases} x_1 + x_2 = -\frac{-b}{a} = 2 \\ x_1 \cdot x_2 = \frac{c}{a} = m + 3 \end{cases} \quad (1) \] Khi đó ta có \(x_1^2 + x_2^2 = 4 \Rightarrow (x_1 + x_2)^2 – 2x_1x_2 = 4\) (2) Thay (1) vào (2) ta có: \[ (2)^2 – 2(m + 3) = 4 \\ \Rightarrow m + 3 = -2 \\ \Rightarrow m = -5 \quad ™ \] Vậy với \(m = -5\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x_1\), \(x_2\), thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 4\). Câu 3 a, Vẽ đồ thị: Điểm qua các điểm (-2; 8), (-1; 2), (0; 0), (1; 2), (2; 8). Nối các điểm bằng đường cong mịn. Đường thẳng (d): Đi qua hai điểm (0; 4) và (1; 2). Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm trên. b, Tìm tọa độ giao điểm của \( P \) và \( d \) bằng phép toán: Tìm hoành độ giao điểm: Giải phương trình hệ phương trình: \( y = 2x^2 \) \( y = -2x + 4 \) Thay \( y = 2x^2 \) vào \( y = -2x + 4 \), ta được: \( 2x^2 = -2x + 4 \) \( 2x^2 + 2x – 4 = 0 \) \( (x + 2)(2x – 1) = 0 \) Vậy \( x = -2 \) hoặc \( x = \frac{1}{2} \). Tìm tung độ giao điểm: Thay \( x = -2 \) vào \( y = 2x^2 \), ta được: \( y = 2(-2)^2 = 8 \) Thay \( x = \frac{1}{2} \) vào \( y = 2x^2 \), ta được: \( y = 2\left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{2} \) Vậy giao điểm của \( P \) và \( d \) là \( (-2, 8) \) và \( \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right) \). Câu 4 a, Do tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có: \[ AH’^2 = HB \cdot HC \Rightarrow HB = \frac{AH’^2}{HC} = \frac{3^2}{4} = \frac{9}{4} \text{ cm} \] Suy ra \(BC = HB + HC = \frac{9}{4} + 4 = \frac{25}{4} \text{ cm}\) \[ \Rightarrow AC^2 = HC \cdot BC = 4 \cdot \frac{25}{4} = 25 \Rightarrow AC = 5 \text{ cm} \] \[ \sin C = \frac{AH}{AC} = \frac{3}{5} \Rightarrow C \approx 36,87^\circ \] b, Do tam giác ABO vuông tại B, góc \(AOB = 60^\circ\) nên \[ AB = OB \cdot \tan(\angle COB) = CD \cdot \tan(60^\circ) = 60 \cdot \tan(60^\circ) = 60\sqrt{3} \text{ m} \] Lại có BD = CO = 1m \[ \Rightarrow AD = AB + BD = 60\sqrt{3} + 1 \approx 105 \text{ m} \] Vậy tòa nhà cao khoảng 105 m Câu 5 a, Ta có: \(\angle DHE = \angle DCE\) (góc nội tiếp cùng chắn cung DE) \(\angle CDH = \angle CBE\) (góc nội tiếp cùng chắn cung CE) Mà \(\angle CBE + \angle DCE = 180^\circ\) (hai góc kề bù) \(\Rightarrow \angle DHE + \angle CDH = 180^\circ\) Do đó, tứ giác CDHE nội tiếp được trong đường tròn. b, Chứng minh \(HA \cdot HD = HB \cdot HE.\\\) Xét \(\triangle AHE\) và \(\triangle BHD\) có: \(\angle AEH = \angle BDH = 90^\circ\) do \(BE \perp AC, AD \perp BC\text{)}\\\) \(\angle AHE = \angle BHD\) (đối đỉnh) \(\Rightarrow \triangle AHE \sim \triangle BHD\) (g-g) \(\Rightarrow \frac{HA}{HB} = \frac{HE}{HD}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) \(\Rightarrow HA \cdot HD = HB \cdot HE\) (đpcm). c, Gọi điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB. Ta có: \(\angle IEH = \angle IHD\) (góc nội tiếp cùng chắn cung IH) \(\angle IHE = \angle IDH\) (góc nội tiếp cùng chắn cung HD) Mà \(\angle IHD + \angle IDH = 180^\circ\) (hai góc kề bù) \(\Rightarrow \angle IEH + \angle IHE = 180^\circ\) Do đó, \(\angle HEI = 180^\circ – (\angle IEH + \angle IHE) = 0^\circ\) Vậy, IE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB. Câu 6 Từ \(x+y+2=0\), ta có: \[x^2+2xy+y^2=4\] \[(x+y)^2 = x^2+2xy+y^2 = 4\] Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: \[x^2+y^2 \ge 2\sqrt{x^2y^2}\] \[2xy \le \frac{x^2+y^2}{2}\] Do đó: \[A = 3(x^{2}+y^{2})+10xy \ge 3 \cdot 2\sqrt{x^2y^2} + 10 \cdot \frac{x^2+y^2}{2}\] \[= 6\sqrt{x^2y^2} + 5(x^2+y^2)\] \[= 6\sqrt{(x+y)^2 \cdot xy} + 5(x^2+y^2)\] \[= 6\sqrt{4xy} + 5(x^2+y^2)\] \[= 6\sqrt{4} \cdot \sqrt{xy} + 5 \cdot 4 = 12\sqrt{xy} + 20\] Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=-1.\) Vậy giá trị lớn nhất của \(A\) là \(34.\) Chúc các bạn ôn tập hiệu quả và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới !

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán Long An

Khám phá thêm Toán học!