Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Bắc Giang có đáp án
25 câu hỏi
\(0\).
\(3\).
\(1\).
\(2\).
Chọn D
\(3\).
\( - 4\).
\( - 3\).
\(4\).
Chọn C
\(30\pi .\)
\(225\pi .\)
\(60\pi .\)
\(15\pi .\)
Chọn A
\[\sqrt 3 cm\].
\[6\sqrt 3 cm\].
\[2\sqrt 3 cm\]
\[3\sqrt 3 cm\].
Chọn D
\(9,6cm.\)
\(4,8cm.\)
\(15cm.\)
\(10cm.\)
Chọn A
\(5cm\).
\(8cm\).
\(6cm\).
\(3cm\).
Chọn C
\(16m\).
\(10m\).
\(9m\).
\(4m\).
Chọn B
\(2\sqrt 2 \).
\(2\sqrt 2 - 2\).
\( - 2\).
\(2\).
Chọn A
\(5\sqrt {x - 2} \).
\( - 5\sqrt {x - 4} \).
\(25\sqrt {x - 4} \).
\(5\sqrt {x - 4} \).
Chọn D
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 25 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(y = x + 1\).
\(y = {x^2}\).
\(y = - 2{x^2}\).
\(y = - 3x + 2\).
Chọn A
\(x \in \mathbb{R}\).
\(x > 0\).
\(x = 0\).
\(x < 0\).
Chọn B
\(x \le - 2\).
\(x \ge - 2\).
\(x \le 2\).
\(x \ge 2\).
Chọn B
\(9.\)
\(18.\)
\(3.\)
\(81\).
Chọn A
\[k = 3\] .
\[k = 1\;\] .
\[k = 6\].
\[k = - 3\] .
Chọn C
\( - 1.\)
\( - 3.\)
\(0\).
\(3.\)
Chọn C
\[15\].
\[9\].
\[25\].
\(16\).
Chọn D
\(m = 4.\)
\(m = - 5.\)
\(m = 3.\)
\(m = 5.\)
Chọn B
\[\left( { - 3;4} \right)\].
\[\left( {3; - 4} \right)\].
\[\left( {3;4} \right)\].
\[\left( {4;3} \right)\].
Chọn C
\(m < 2023\).
\(m > 2023\).
\(m \ge 2023\).
\(m \le 2023\).
Chọn B
\(2106\) đồng.
\[2264\]đồng.
\(2100\)đồng.
\(1900\) đồng.
Chọn D
a) \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 2y = 9\\x - 3y = 10\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 2y = 9\\x = 3y + 10\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3\left( {3y + 10} \right) - 2y = 9\\x = 3y + 10\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7y = - 21\\x = 3y + 10\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 3\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \((x;y) = (1; - 3)\).
b)\(\begin{array}{l}Q = \left[ {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}} \right]:\left[ {\frac{1}{{\sqrt x + 1}} + \frac{2}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}} \right]\\\end{array}\)
\(\begin{array}{l}Q = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}:\frac{{\sqrt x - 1 + 2}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\Q = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}:\frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\end{array}\)
\(Q = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} \cdot \left( {\sqrt x - 1} \right)\)
\(Q = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}\)
Vậy với \(x > 0\)và \(x \ne 1\) thì \(Q = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}\)
c)Đường thẳng \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = x + 2023\) nên ta có \(a = 1;{\rm{ }}b \ne 2023\)
Đường thẳng \(y = 1.x + b\) đi qua điểm \(M\left( {2;1} \right)\) nên ta có \(1 = 1.2 + b \Leftrightarrow b = - 1\) (thỏa mãn điều kiện \(b \ne 2023\))
KL: Vậy \(a = 1;{\rm{ }}b = - 1.\)
a)Với \(m = 2\)ta có phương trình \({x^2} - 6x + 8 = 0\)
Giải phương trình được nghiệm \(x = 2;{\rm{ }}x = 4\)
b)Ta có \[{x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 4m = 0\]\( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - 2m} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 2m\end{array} \right.\)
Do đó phương trình \(\left( 1 \right)\)có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow m \ne 1\)
Phương trình \(\left( 1 \right)\)có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\), \({x_2}\) thỏa mãn \(\left| {{x_1}} \right| - \left| {{x_2}} \right| = - 4\) nên ta có\(\left[ \begin{array}{l}\left| 2 \right| - \left| {2m} \right| = - 4\\\left| {2m} \right| - \left| 2 \right| = - 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| m \right| = 3\\\left| m \right| = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 3\,\left( {TM} \right)}\\{m = - 3\,\left( {TM} \right)}\end{array}} \right.\), (\(\left| m \right| = - 1\)vô nghiệm)
KL:
|
Gọi số người dự kiến tham gia trồng cây ban đầu của ban tổ chức là \(x\)(người) \(x > 4,x \in {\mathbb{N}^*}\). |
|
Theo dự định, mỗi người phải trồng số cây là \(\frac{{80}}{x}\)(cây). Sau khi giảm đi \(4\)người thì mỗi người phải trồng số cây là \(\frac{{80}}{{x - 4}}\)(cây). |
|
Theo bài ra, ta có phương trình: \(\frac{{80}}{{x - 4}} - \frac{{80}}{x} = 1\) |
|
Biến đổi được về phương trình \({x^2} - 4x - 320 = 0\) Giải phương trình ta được \(\left[ \begin{array}{l}x = 20\\x = - 16\end{array} \right.\) Đối chiếu điều kiện của \(x\), ta được \(x = 20\). KL: |
a)Chỉ ra được \(\widehat {BEH} = {90^{\rm{o}}}\)
Chỉ ra được \(\widehat {BDH} = {90^{\rm{o}}}\)
Suy ra tứ giác \(BEHD\) có \(\widehat {BEH}\, + \widehat {BDH}\, = {180^{\rm{o}}}\) và \(\widehat {BEH}\), \(\widehat {BDH}\) là hai góc ở vị trí đối diện nhau
Kết luận tứ giác \(BEHD\) nội tiếp được trong một đường tròn.
b)Ta có \(\widehat {CIK} = \widehat {CAK}\) (cùng bằng )
Chỉ ra tứ giác \(AEHF\) nội tiếp (Tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \)) \( \Rightarrow \widehat {FAH} = \widehat {FEH}\).
Suy ra \(\widehat {CIE} = \widehat {NEC}\)
Chỉ ra hai tam giác \(CIE\) và \(CEN\) đồng dạng theo trường hợp góc – góc
\( \Rightarrow \frac{{CE}}{{CN}} = \frac{{CI}}{{CE}} \Rightarrow C{E^2} = CN.CI\) (đpcm)
Chỉ ra \(P\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(AEF\) cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AEHF\).
Chỉ ra \(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BEFC\).
Mà hai tứ giác \(AEHF\)và \(BEFC\)có hai điểm chung là \(EF\)nên \(PM\)đi qua trung điểm của \(EF\,\left( 1 \right)\)
Gọi \(Q\) là hình chiếu của \(E\) trên \(AC\). Xét \(\Delta EAC\)vuông tại \(E\), có \(EQ\) là đường cao nên \(C{E^2} = CQ.CA\)
Theo b) ta có \(C{E^2} = CN.CI\) nên \(CN.CI = CQ.CA \Rightarrow \frac{{CN}}{{CQ}} = \frac{{CA}}{{CI}}\)
Suy ra hai tam giác \(CNQ;\,CAI\) đồng dạng (chung góc \(C\) và tỉ số bằng nhau)
\( \Rightarrow \widehat {CQN} = \widehat {CIA}\). Mà \(\widehat {CIA} = \widehat {CBA}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung ) \( \Rightarrow \widehat {CQN} = \widehat {CBA}\)
Do tứ giác \(BEFC\)nội tiếp nên \(\widehat {QFN} = \widehat {EBC}\) (Cùng bù với góc \(\widehat {CFE}\))
Suy ra \(\widehat {CQN} = \widehat {FQN} = \widehat {QFN} \Rightarrow NQ = NF\)
Chỉ ra \(\widehat {NQE} = \widehat {QEN}\) (Tương ứng phụ với hai góc bằng nhau \(\widehat {FQN};\,\widehat {QFN}\)) \( \Rightarrow NQ = NE\)
Do đó \(NE = NF\)hay \(N\) là trung điểm của \(EF\,\left( 2 \right)\)
|
Với điều kiện \(a + b + c = 3\) ta có \(3a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(a + c)\) Áp dụng BĐT Cô-si ta có \(\sqrt {3a + bc} = \sqrt {(a + b)(a + c)} \le \frac{{a + b + a + c}}{2} = \frac{{2a + b + c}}{2}\) Tương tự ta có \(\sqrt {3b + ca} \le \frac{{a + 2b + c}}{2}\) \(\sqrt {3c + ab} \le \frac{{a + b + 2c}}{2}\) |
|
Suy ra \(A \le \frac{{4(a + b + c)}}{2} = 2(a + b + c) = 6\) Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 3\\a + b = b + c = c + a\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1\). Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức \(A\) bằng \(6\) khi \(a = b = c = 1\). |
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
