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

a)  \({x^2} + 2x - 3 = 0\)                                       

Ta có: \(\Delta  = {2^2} - 4.1.\left( { - 3} \right) = 16 > 0\) \( \Rightarrow \sqrt \Delta   = \sqrt {16}  = 4\)

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt

\({x_1} = \frac{{ - 2 - 4}}{{2.1}} =  - 3\)

\({x_2} = \frac{{ - 2 + 4}}{{2.1}} = 1\)

Vậy tập nghiệm phương trình \(S = \left\{ { - 3;{\rm{ 1}}} \right\}\)

Cách khác:

\({x^2} + 2x - 3 = 0\)                                            

Có \(a + b + c = 1 + 2 + \left( { - 3} \right) = 0\)

Nên \({x_1} = 1\)

\({x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 3}}{1} =  - 3\)

Vậy tập nghiệm phương trình \(S = \left\{ { - 3;{\rm{ 1}}} \right\}\)

b)  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - x + 3y = 5}\\{x + y = 3}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4y = 8\\x + y = 3\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x + 2 = 3\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm hệ phương trình \(S = \left\{ {\left( {1;{\rm{ }}2} \right)} \right\}\)

a) \(A = \left( {\sqrt {27}  - \sqrt {12}  + \sqrt {48} } \right)\sqrt 3 \)

\[A = \left( {\sqrt {9.3}  - \sqrt {4.3}  + \sqrt {16.3} } \right)\sqrt 3 \]

\[A = \left( {3\sqrt 3  - 2\sqrt 3  + 4\sqrt 3 } \right)\sqrt 3 \]

\[A = 5\sqrt 3 .\sqrt 3 \]

\(A = 15\)

b)  \(B = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} - \frac{1}{{x - \sqrt x }}} \right):\frac{{\sqrt x  + 1}}{{3\sqrt x }}\)  với \(0 < x\) và \(x \ne 1\).

\(B = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} - \frac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}} \right):\frac{{\sqrt x  + 1}}{{3\sqrt x }}\)

\(B = \left( {\frac{{x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}} \right).\frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\)

\(B = \frac{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}.\frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\)

\(B = 3\)

a) Vẽ đồ thị \((P)\)trên mặt phẳng tọa độ \[Oxy\].

Bảng giá trị:

Đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) là một Parabol \((P)\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;{\rm{ 4}}} \right)\), \(\left( { - 1;{\rm{ 1}}} \right)\); \(\left( {0;{\rm{ 0}}} \right)\); \(\left( {1;{\rm{ 1}}} \right)\), \(\left( {2;{\rm{ 4}}} \right)\)

b) Tìm giá trị nguyên của tham số \(m\) để đường thẳng \((d):y = 2mx - {m^2} + 1\) cắt \((P)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} < 2024 < {x_2}\).

Hoành độ giao điểm của \((d)\) và \((P)\) là nghiệm phương trình:

\({x^2} = 2mx - {m^2} + 1\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} - 1 = 0\) \(\left( 1 \right)\)

Đường thẳng \((d)\) cắt \((P)\) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( { - m} \right)^2} - 1.\left( {{m^2} - 1} \right) > 0\)

\( \Leftrightarrow {m^2} - {m^2} + 1 > 0\)

\( \Leftrightarrow 1 > 0\)  (Hiển nhiên)

Phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) hay đường thẳng \((d)\) luôn cắt \((P)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1},{x_2}\) với mọi giá trị \(m\).

\({x_1} = \frac{{m - \sqrt 1 }}{1} = m - 1\)

\({x_1} = \frac{{m + \sqrt 1 }}{1} = m + 1\)

Ta có: \({x_1} < 2024 < {x_2}\)

\( \Leftrightarrow m - 1 < 2024 < m + 1\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 < 2024\\m + 1 > 2024\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 2025\\m > 2023\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow m = 2024\) (Vì cần tìm \(m\) có giá trị nguyên)

Vậy \(m = 2024\) thì \((d)\) cắt \((P)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} < 2024 < {x_2}\).

Gọi số xe nhỏ (chiếc) công ty đã thuê là \(x\), \(\left( {x \in \mathbb{N},{\rm{ }}x > 2} \right)\).

Do đó số xe lớn (chiếc) công ty dự định thuê là \(x - 2\).

Số xe lớn và nhỏ đều chở vừa hết 210 người nên:

Số người trên xe nhỏ là: \(\frac{{210}}{x}\) (người)

Số người trên xe lớn là: \(\frac{{210}}{{x - 2}}\) (người)

Theo đề mỗi xe nhỏ chở ít hơn mỗi xe lớn là 12 người, nên ta có phương trình:

\(\frac{{210}}{{x - 2}} - \frac{{210}}{x} = 12\)

\( \Leftrightarrow 210x - 210\left( {x - 2} \right) = 12x\left( {x - 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow 210x - 210x + 420 = 12{x^2} - 24x\)

\( \Leftrightarrow 12{x^2} - 24x - 420 = 0\)

\( \Leftrightarrow 12\left( {x - 7} \right)\left( {x + 5} \right) = 0\)

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 7 = 0\\x + 5 = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 7{\rm{ }}}&{\left( {{\rm{Nha\"a n}}} \right)}\\{x =  - 5}&{\left( {{\rm{Loa\"i i}}} \right)}\end{array}} \right.\]

Vậy công ty đã thuê 7 chiếc xe nhỏ.

Gọi \(R\) (cm) là bán kính đáy chai. \[\left( {R > 0} \right)\]

Thể tích nước trong chai (hình trụ có chiều cao 10 cm) là:

\[{V_1} = \pi {R^2}.{h_1} = 10\pi {R^2}\] \(\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Thể tích không chứa nước trong chai khi lật ngược chai (hình trụ có chiều cao 8 cm) là:

\[{V_2} = \pi {R^2}.{h_2} = 8\pi {R^2}\] \(\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Thể tích của chai (\[450\pi \] \({\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\)) là tổng thể tích của nước và phần không chứa nước trong chai khi lật ngược chai lại, nên ta có:\[{V_1} + {V_2} = 450\pi \]

\( \Leftrightarrow 10\pi {R^2} + 8\pi {R^2} = 450\pi \)

\( \Leftrightarrow 18\pi {R^2} = 450\pi \)

\( \Leftrightarrow {R^2} = 25\)

\( \Rightarrow R = 5\) (Do \[R > 0\])

Vậy bán kính của đáy chai là 5 cm.

a) Xét tứ giác \(ABOC\) có:

\(\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ \) (\(AB\), \(AC\) lần lượt là tiếp tuyến tại \(B\), \(C\) của \(\left( O \right)\))

\( \Rightarrow \widehat {ABO} + \widehat {ACO} = 180^\circ \)

Vậy tứ giác \(ABOC\) nội tiếp (Hai góc đối bù nhau)

b) Xét \(\Delta ABF\) và \(\Delta AEB\) có:

\(\widehat {BAF}\) là góc chung

\(\widehat {ABF} = \widehat {AEB}\)

Do đó \(\Delta ABF \sim \Delta AEB\) (g – g)

\[ \Rightarrow \frac{{AB}}{{AF}} = \frac{{AE}}{{AB}}\] (tính chất hai tam giác đồng dạng)

\( \Rightarrow A{B^2} = AE.AF\)

c) Xét \(\left( O \right)\) có \(AB\), \(AC\) lần lượt là tiếp tuyến tại \(B\), \(C\) của \(\left( O \right)\), \(OA \cap BC = H\)

\( \Rightarrow OA \bot BC\) tại \(H\)

Xét \(\Delta ABO\) vuông tại \(B\), đường cao \(BH\), ta có:

\(A{B^2} = AH.AO\)

Do đó \(AE.AF = AH.AO\) \(\left( { = A{B^2}} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{AE}}{{AH}} = \frac{{AO}}{{AF}}\)

Xét \(\Delta AEO\) và \(\Delta AHF\), ta có:

\(\widehat {HAF}\) là góc chung

\(\frac{{AE}}{{AH}} = \frac{{AO}}{{AF}}\)

Do đó \(\Delta AEO \sim \Delta AHF\) (c – g – c)

\( \Rightarrow \widehat {AEO} = \widehat {AHF}\) (Hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {AHF} + \widehat {FHO} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

nên \(\widehat {AEO} + \widehat {FHO} = 180^\circ \) hay \(\widehat {FEO} + \widehat {FHO} = 180^\circ \)

Suy ra tứ giác \(OHFE\) nội tiếp (Hai góc đối bù nhau)

\( \Rightarrow \widehat {HFE} + \widehat {HOE} = 180^\circ \) (Tính chất tứ giác nội tiếp)

Kéo dài \(AO\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(K\) (\(O\) nằm giữa \(A\) và \(K\)ta có:\(\widehat {KOE} + \widehat {HOE} = 180^\circ \)              

\( \Rightarrow \widehat {KOE} = \widehat {HFE}\) (Cùng bù \(\widehat {HOE}\))

Xét \(\left( O \right)\), ta có:

\(\widehat {EBC} = 90^\circ \) (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

       \[ \Rightarrow EB \bot BC\]

Mặt khác, ta có:\( \Rightarrow OA \bot BC\) tại \(H\) (cmt)\( \Rightarrow AK \bot BC\)

Do đó: \(EB{\rm{ // }}AK\) (cùng vuông góc với \(BC\)) \( \Rightarrow \widehat {KOE} = \widehat {OEB}\) (Hai góc so le trong)

\( \Rightarrow \widehat {KOE} = \widehat {CEB}\)

Suy ra\(\widehat {HFE} = \widehat {CEB}{\rm{ }}\left( { = \widehat {KOE}} \right)\)

Xét \(\left( O \right)\), ta có: \(\widehat {BFE} = \widehat {BCE}\)

Trong \(\Delta EBC\) vuông tại \(B\), ta có: \(\widehat {BEC} + \widehat {BCE} = 90^\circ \)

Ta có:

\(\widehat {BFH} = \widehat {BFE} + \w\(HF\)idehat {HFE} = \widehat {BCE} + \widehat {BEC} = 90^\circ \)\( \Rightarrow HF \bot BI\) tại \(F\)

Xét \(\Delta BHI\) vuông tại \(H\), đường cao , ta có:

\(I{H^2} = IF.IB\) \(\left( 1 \right)\)

Xét \[\Delta IAF\] và \[\Delta IBA\], ta có:

\(\widehat {AIF}\) là góc chung

\(\widehat {IBA} = \widehat {IAF}\) (\(\widehat {IBA} = \widehat {BEF}\) cùng chắn cung \(BF\) của \(\left( O \right)\), \(\widehat {BEF} = \widehat {IAF}\)là hai góc so le trong của \(EB{\rm{ // }}AK\))

Vậy \[\Delta IAF \sim \Delta IBA\] (g – g)

\( \Rightarrow \frac{{IA}}{{IB}} = \frac{{IF}}{{IA}}\)

\( \Rightarrow I{A^2} = IF.IB\) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) \( \Rightarrow I{H^2} = I{A^2}\)

\( \Rightarrow IH = IA\) hay \(I\) là trung điểm \(AH\)

Nhận xét:

Xét hình vuông \(ABCD\), gọi \(E,{\rm{ }}F,{\rm{ }}G,{\rm{ }}H\) lần lượt là trung điểm \(AB,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}CD,{\rm{ }}DA\).

Khi đó hình vuông \[EFGH\] có các đỉnh là trung điểm của các cạnh hình vuông \(ABCD\)

Dễ dàng nhận thấy\(\Delta AEH = \Delta BEH = \Delta CGF = \Delta DGH = \Delta OEH = \Delta OEF = \Delta OGF = \Delta OHG\) (c – c – c) (hoặc trường hợp hai cạnh góc vuông)

Do đó \({S_{ABCD}} = 8.{S_{\Delta OHG}}\), \({S_{EFGH}} = 4.{S_{\Delta OHG}}\)

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2{S_{EFGH}}\)

Quay lại bài toán, gọi \({S_1};{\rm{ }}{S_2};{\rm{ }}{S_3};{\rm{ }}{S_4};{\rm{ }}{S_5};{\rm{ }}{S_6};{\rm{ }}{S_7}\) lần lượt là điện tích của các hình vuông \(1;{\rm{ 2}};{\rm{ }}3;{\rm{ }}4;{\rm{ }}5;{\rm{ }}6;{\rm{ }}7\)

Theo nhận xét, ta có: Diện tích hình vuông bất kì bằng hai lần diện tích hình vuông có các đỉnh là trung điểm của các cạnh hình vuông đã cho.

Do đó ta có:

\({S_5} = 2{S_6} = 2.2{S_7} = 4{S_7} = 4.32 = 128\) \(\left( {c{m^2}} \right)\)

Vậy diện tích hình vuông thứ 5 là 128 \(c{m^2}\)

Cách khác:

Nhận xét:

Xét hình vuông \(ABCD\) có cạnh là \(a\). Gọi \(E,{\rm{ }}F,{\rm{ }}G,{\rm{ }}H\) lần lượt là trung điểm \(AB,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}CD,{\rm{ }}DA\).

Khi đó hình vuông \[EFGH\] có các đỉnh là trung điểm của các cạnh hình vuông \(ABCD\).

\(EF = \sqrt {B{E^2} + B{F^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{BA}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{\sqrt 2 a}}{2}\)

Khi đó \(\frac{{{S_{ABCD}}}}{{{S_{EFGH}}}} = \frac{{A{B^2}}}{{E{F^2}}} = \frac{{{a^2}}}{{\frac{{{a^2}}}{2}}} = 2\)

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2{S_{EFGH}}\).

Quay lại bài toán, gọi \({S_1};{\rm{ }}{S_2};{\rm{ }}{S_3};{\rm{ }}{S_4};{\rm{ }}{S_5};{\rm{ }}{S_6};{\rm{ }}{S_7}\) lần lượt là điện tích của các hình vuông \(1;{\rm{ 2}};{\rm{ }}3;{\rm{ }}4;{\rm{ }}5;{\rm{ }}6;{\rm{ }}7\)

Theo nhận xét, ta có: Diện tích hình vuông bất kì bằng hai lần diện tích hình vuông có các đỉnh là trung điểm của các cạnh hình vuông đã cho.

Do đó ta có:

\({S_5} = 2{S_6} = 2.2{S_7} = 4{S_7} = 4.32 = 128\) \(\left( {c{m^2}} \right)\)

Vậy diện tích hình vuông thứ 5 là 128 \(c{m^2}\)