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

a) \[A = \sqrt 9  - 2 = \sqrt {{3^2}}  - 2 = 3 - 2 = 1\]

Vậy A = 1

b)

\[\begin{array}{l}2x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow 2x = 6\\ \Leftrightarrow x = 3\end{array}\]

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ 3 \right\}\)

c) \(y = f\left( 2 \right) = {3.2^2} = 3.4 = 12\)

Vậy \(f\left( 2 \right) = 12\)

a) \({x^2} + 3x - 4 = 0\)(1)

Ta có: a + b + c = 1 + 3 – 4 = 0

Nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({{\rm{x}}_{\rm{1}}}{\rm{ = 1; }}{{\rm{x}}_{\rm{2}}}{\rm{ =  }}\frac{{\rm{c}}}{{\rm{a}}}{\rm{  =   -  4}}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - 4} \right\}\)

b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\3x - 2y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 12\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)\)

Gọi số học sinh nam tham gia trồng cây là x (học sinh) \(x \in {N^*}\)x < 15

Vì nhóm gồm 15 học sinh (cả nam và nữ) tham gia buổi lao động trồng cây nên số học sinh nữ là 15 – x (học sinh)

Mỗi bạn nam trồng cây như nhau, số cây mỗi bạn nam trồng là \(\frac{{{\rm{54}}}}{{\rm{x}}}\) (cây)

Mỗi bạn nữ trồng cây như nhau, số cây mỗi bạn nam trồng là \(\frac{{30}}{{{\rm{15  -  x}}}}\) (cây)

Vì mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây nên ta có phương trình:

 \(\frac{{{\rm{54}}}}{{\rm{x}}}{\rm{  -  }}\frac{{{\rm{30}}}}{{{\rm{15  -  x}}}}{\rm{  =  1}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\rm{ 54}}\left( {{\rm{15  -  x}}} \right){\rm{  -  30x  =  x}}\left( {{\rm{15  -  x}}} \right)\\ \Leftrightarrow {\rm{ }}{{\rm{x}}^{\rm{2}}}{\rm{ -  99x  +  810  =  0}}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{x  =  90}}\\{\rm{x  =  9}}\end{array} \right.\end{array}\)

So với điều kiện ta được x = 9

Vậy nhóm tham gia trồng cây có 9 học sinh nam và 15 – 9 = 6 học sinh nữ.

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là

\({x^2} = 3x + m\)

Hay \({x^2} - 3x - m = 0\)                  (1)

Ta có: \(\Delta  = {\left( { - 3} \right)^2} - 4m = 9 - 4m\)

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì \(\Delta  \ge 0 \Leftrightarrow 9 - 4m \ge 0 \Leftrightarrow m \le \frac{9}{4}\)

Đường thẳng \(\left( d \right)\)cắt \(\left( P \right)\)tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right)\), \(B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\)

Nên \(\begin{array}{l}{y_1} = 3{x_1} + m\\{y_2} = 3{x_2} + m\end{array}\)

Với \(m \le \frac{9}{4}\)áp dụng định lí Vi-et cho phương trình (1) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3\\{x_1}.{x_2} =  - m\end{array} \right.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{x_1} + {y_1} = {x_2} + {y_2} + 4\\ \Leftrightarrow {x_1} + 3{x_1} = {x_2} + 3{x_2} + 4\\ \Leftrightarrow {x_1} - {x_2} = 1\end{array}\)

Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3\\{x_1} - {x_2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 2\\{x_2} = 1\end{array} \right.\)

Do đó: \({x_1}{x_2} =  - m \Rightarrow m =  - 2\)

So với điều kiện ta được m = -2

Vậy m = -2 thì đường thẳng \(\left( d \right)\)cắt \(\left( P \right)\)tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right)\), \(B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\)thoả mãn hệ thức \({x_1} + {y_1} = {x_2} + {y_2} + 4\)

a) Xét tứ giác MAOB có

\(\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Nên tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính MO

b) Xét (O) có MA, MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại M

Nên MA = MB

Lại có : OA = OB (= R)

Do đó: MO là đường trung trực của AB

Suy ra: \({\rm{MO }} \bot {\rm{ AB}}\)

Xét \({\rm{\Delta MAI}}\)và \({\rm{\Delta MCA}}\)có:

\(\widehat {{\rm{AMI}}}\)chung

\(\widehat {{\rm{MAI}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{ACM}}}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AI)

Do đó: \({\rm{\Delta MAI }} \sim {\rm{ }}\Delta {\rm{MCA}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MI}}{{MA}}\\ \Rightarrow M{A^2} = MI.MC\left( 1 \right)\end{array}\)

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác MAO vuông tại A, đường cao AH ta có

\(M{A^2} = MH.MO\left( 2 \right)\)

Từ (1), (2) suy ra: \(MI.MC = MH.MO\)

 

Xét \({\rm{\Delta MHI}}\)và \({\rm{\Delta MCO}}\)có:

\(\widehat {{\rm{OMC}}}\)chung

\(\frac{{MI}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MC}}\)(vì MI.MC = MH.MO)

Do đó: \({\rm{\Delta MHI }} \sim {\rm{ }}\Delta {\rm{MCO}}\)

\( \Rightarrow \widehat {MHI} = \widehat {MCO}\)

Mà \(\widehat {MCO} = \widehat {IAH}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung IB)

Nên \(\widehat {MHI} = \widehat {IAH}\)

Ta có: \(\widehat {IHM} + \widehat {IHA} = {90^0}\)

Mà \(\widehat {MHI} = \widehat {IAH}\)

Nên \(\widehat {IAH} + \widehat {IHA} = {90^0}\)

Do đó tam giác AIH vuông tại I

Vậy: \(AK \bot IH\)

c) Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác ABC vuông tại A ta có

\(\begin{array}{l}B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\\ \Rightarrow AB = 4\sqrt 3 \left( {cm} \right)\end{array}\)

Xét \({\rm{\Delta ABC}}\)vuông tại A, ta có

\(\begin{array}{l}\sin \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{1}{2}\\ \Rightarrow \widehat {ABC} = {30^0}\end{array}\)

\( \Rightarrow \widehat {MBH} = {90^0} - {30^0} = {60^0}\)

Xét tam giác MAB cân tại M có

\(\widehat {MBH} = {60^0}\)

Nên tam giác MAB đều

Suy ra: MA = MB = AB = \(4\sqrt 3 \) (cm)

Xét tam giác BHM vuông tại H có:

\(MH = BM.\sin \widehat {MBH} = 4\sqrt 3 .\sin {60^0} = 6\)(cm)

Xét tam giác MBC vuông tại B ta có

\(\tan \widehat {BCM} = \frac{{MB}}{{BC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Mà \(\widehat {BCM} = \widehat {HAK}\)

Nên

 \(\begin{array}{l}\tan \widehat {HAK} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\ \Leftrightarrow \frac{{HK}}{{AH}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow HK = 3(cm)\end{array}\)

Ta có: MK = HM – HK = 6 – 3 = 3 (cm)

Vậy MK = 3 cm

Gọi bán kính đường tròn là r (cm)

Vì chiều cao hình hộp nhỏ hơn 50 cm

Nên chu vi hình tròn bằng chiều dài hình chữ nhật bằng 50 cm

Do đó: \(2\pi r = 50 \Rightarrow r = \frac{{25}}{\pi }\)

Chiều cao của hình trụ là

\(50 - 2r = 50 - \frac{{50}}{\pi } \approx 34,085\)

Vậy chiều cao của cái hộp hình trụ gần bằng 34,085 cm