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

1)Tính giá trị của các biểu thức sau:

\[A = \sqrt {16} + \sqrt 9 \]                \[B = \sqrt 7 + \sqrt {{{\left( {4 - \sqrt 7 } \right)}^2}} .\]

\[A = 4 + 3 = 7\]

\[B = \sqrt 7 + 4 - \sqrt 7 = 4\]

2)Cho biểu thức \[P = \frac{{x - 9}}{{\sqrt x + 3}} + \sqrt x + 2\] với \[x \ge 0\].a)     Rút gọn biểu thức \[P.\]

b)     Tính giá trị của biểu thức \[P\] khi \[x = 4\].

\[P = \frac{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\sqrt x + 3}} + \sqrt x + 2 = \sqrt x - 3 + \sqrt x + 2 = 2\sqrt x - 1\]

\[x = 4 \Rightarrow P = 2.\sqrt 4 - 1 = 3\]

.1a)Giải phương trình khi \[m = 0.\]

.Khi \[m = 0\] ta có phương trình  \[{x^2} - 2x - 3 = 0\]

\[\Delta  = {\left( { - 2} \right)^2} + 12 = 16 \Rightarrow \sqrt \Delta   = 4.\]

.Phương trình có hai nghiệm phân biệt

\[{x_1} = \frac{{2 + 4}}{2} = 3,\,\,{x_2} = \frac{{2 - 4}}{2} =  - 1\]

.b)Tìm \[m\] để phương trình có hai nghiệm \[{x_1},\,\,{x_2}\] sao cho biểu thức \[P = x_1^2 + x_2^2 + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\] đạt giá trị nhỏ nhất.

.Ta có \[\Delta  = {\left( { - 2} \right)^2} - 4\left( {m - 3} \right) =  - 4m + 16\]

Để phương trình có hai nghiệm thì

\[\Delta  \ge 0 \Leftrightarrow  - 4m + 16 \ge 0 \Leftrightarrow m \le 4.\]

.Theo hệ thức Viét ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = m - 3\end{array} \right.\].

Tacó

\[P = x_1^2 + x_2^2 + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} = {2^2} - 2\left( {m - 3} \right) + {\left( {m - 3} \right)^2}\]

\[P = {m^2} - 8m + 19 = {\left( {m - 4} \right)^2} + 3 \ge 3.\]

.Dấu bằng xảy ra khi \[m = 4.\] Vậy giá trị nhỏ nhất của \[P\] là \[3\] khi \[m = 4.\]

.2.Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích \[600\,{{\rm{m}}^2}\]. Biết rằng nếu tăng chiều dài \[10\,{\rm{m}}\] và giảm chiều rộng \[5\,{\rm{m}}\] thì diện tích không đổi. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn.

.Gọi chiều rộng khu vườn hình chữ nhật là \[x\,\,\left( {\rm{m}} \right),\] \[x > 5.\]

Suy ra chiều dài khu vườn là \[\frac{{600}}{x}\,\,\left( {\rm{m}} \right).\]

.Chiều dài khu vườn sau khi tăng là \[\frac{{600}}{x} + 10\,\,\left( {\rm{m}} \right).\]

Chiều rộng khu vườn sau khi giảm là \[x - 5\,\left( {\rm{m}} \right).\]

.Diện tích khu vườn sau khi tăng chiều dài \[10\,{\rm{m}}\] và giảm chiều rộng \[5\,{\rm{m}}\] thì  không đổi nên ta có phương trình

\[\left( {\frac{{600}}{x} + 10} \right)\left( {x - 5} \right) = 600.\]

.\[ \Leftrightarrow \left( {600 + 10x} \right)\left( {x - 5} \right) = 600x \Leftrightarrow 10{x^2} - 50x - 3000 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 20\\x =  - 15\,\left( {\rm{L}} \right)\end{array} \right..\]

Vậy chiều dài mảnh vườn là \[30\,\,\left( {\rm{m}} \right),\] chiều rộng mảnh vườn là \[20\,\,\left( {\rm{m}} \right).\]

a.Tính \[\widehat B,\,\,AC,\,\,AH.\]

.Ta có \[\widehat B = {60^^\circ }\]

.Ta có \[\sin \widehat C = \frac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow BC = \frac{{AB}}{{\sin \widehat C}} = \frac{3}{{\frac{1}{2}}} = 6\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]

Ta có \[AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{6^2} - {3^2}}  = 3\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]

.\[AH \cdot BC = AB \cdot AC \Leftrightarrow AH = \frac{{AB \cdot AC}}{{BC}} = \frac{{3 \cdot 3\sqrt 3 }}{6} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]

b.Trên cạnh \[BC\]lấy điểm \[M\] sao cho \[MC = 2MB\], tính diện tích tam giác \[AMC.\]

.\[{S_{AMC}} = \frac{1}{2}AH \cdot MC = \frac{1}{2}AH \cdot \frac{2}{3}BC = \frac{1}{2} \cdot \frac{{3\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot 6 = 3\sqrt 3 \,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\]

a.Chứng minh tứ giác \[BODK\] nội tiếp.

.Ta có \[\widehat {OBK} = \widehat {ODK} = {90^ \circ }.\]

.\[ \Rightarrow \widehat {OBK} + \widehat {ODK} = {180^ \circ }.\]

.Do đó tứ giác \[BODK\] nội tiếp.

b.Gọi \[I\] là giao điểm của \[OK\]và \[BD\]. Chứng minh rằng \[OI \bot BD\] và \[KC \cdot KA = KI \cdot KO.\]

.Ta có \[KB = KD\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

.Ta lại có \[OB = OD\] nên \[OK\] là đường trung trực của \[BD\]. Suy ra\[KO \bot BD \Rightarrow OI \bot BD.\]

.Xét tam giác \[ABK\] vuông tại \[B\] nên \[K{B^2} = KC.KA.\]

.Xét tam giác \[OBK\] vuông tại \[B\] nên \[K{B^2} = KI \cdot KO.\]

Suy ra \[KC.KA = KI.KO.\] (đpcm)

c.Gọi \[E\] là trung điểm của \[AC\], kẻ đường kính \[CF\] của đường tròn \[(O)\], \[FE\] cắt \[AI\] tại \[H\]. Chứng minh rằng \[H\] là trung điểm của \[AI\].

.Xét tam giác \[KCI\] và tam giác \[KOA\] ta có góc \[K\] chung, \[KC \cdot KA = KI \cdot KO \Leftrightarrow \frac{{KC}}{{KI}} = \frac{{KO}}{{KA}}\]. Suy ra tam giác \[KCI\] và tam giác \[KOA\] đồng dạng với nhau. Suy ra \[\widehat {KCI} = \widehat {KOA}\]. (*)

Xét tam giác \[ACF\] và \[BAK\] có \[\widehat {KBA} = \widehat {C{\rm{AF}}} = {90^^\circ }.\] (1)

Mà tam giác \[O{\rm{AC}}\] cân tại \[O\] nên \[\widehat {OAC} = \widehat {OCA}\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\Delta ACF\] đồng dạng với \[\Delta BAK\] suy ra \[\frac{{BA}}{{BK}} = \frac{{AC}}{{{\rm{AF}}}} \Leftrightarrow \frac{{2BO}}{{BK}} = \frac{{2AE}}{{{\rm{AF}}}} \Leftrightarrow \frac{{BK}}{{{\rm{AF}}}} = \frac{{BO}}{{AE}}\].

.Xét tam giác \[AEF\] và \[BOK\] ta có \[\widehat {KBO} = \widehat {E{\rm{AF}}} = {90^^\circ }\] và \[\frac{{BK}}{{{\rm{AF}}}} = \frac{{BO}}{{AE}}\]

 Nên  \[\Delta AEF\] đồng dạng với \[\Delta BOK\] suy ra

\[\widehat {AEF} = \widehat {BOK} \Rightarrow \widehat {K{\rm{EF}}} = \widehat {KOA}\]( cùng bù với \[\widehat {AEF}\]) (**)

Từ (*) và (**)  ta có \[\widehat {KCI} = \widehat {K{\rm{EF}}}\] suy ra \[{\rm{EF}}\,{\rm{//}}\,{\rm{CI}}\].

Xét tam giác \[ACI\] có \[E\] là trung điểm của \[AC\] và \[{\rm{EF}}\,{\rm{//}}\,{\rm{CI}}\] nên \[H\] là trung điểm của \[AI\].