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

a) \[\frac{{\sqrt {81} }}{3} = \frac{9}{3} = 3;\]

b) \[\sqrt {16}  - \sqrt 9  = 4 - 3 = 1\]

Lời giải 1.

Ta có \[\Delta \, = {1^2} - 4\,.\,3\,.\,\left( { - 4} \right) = 49 > 0\]

Phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\[{x_1} = \frac{{ - 1 + \sqrt {49} }}{6} = 1,\,\,\,\,{x_2} = \frac{{ - 1 - \sqrt {49} }}{6} = \frac{{ - 4}}{3}\]                                  

Lời giải 2.

Ta có \[a = 3,b = 1,c =  - 4 \Rightarrow a + b + c = 3 + 1 - 4 = 0\]

⇒ phương trình có nghiệm \[{x_1} = 1\] và \[{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 4}}{3}\]

\[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 3\\x - 4y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y =  - 5\\x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y =  - 1\\x - 1 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y =  - 1\end{array} \right..\]

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \[\left( {x;y} \right) = \left( {4; - 1} \right)\]

Quy ước: S: Là đồng xu xuất hiện mặt sấp.

               N: Là đồng xu xuất hiện mặt ngửa.

Do hai đồng xu là hai cá thể độc lập nên SN và NS là hai trường hợp khác nhau

⇒ Không gian mẫu của phép thử là \[\Omega  = \left\{ {SS;\,SN;NS;NN} \right\}\].

⇒ Số phần tử của không gian mẫu là: \[n\left( \Omega  \right) = 4.\]

Gọi A là biến cố: “Hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau” ⇒ \[A = \left\{ {SS;NN} \right\}\].

⇒ Số phần tử của biến cố A là: \[n\left( A \right) = 2\].

Vậy xác suất của biến cố A là: \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}.\]

a) Với điều kiện \[x \ge 0,x \ne 1\]

\[\begin{array}{c}P = \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}} = \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\\ = \frac{{\sqrt x  - 1 - \left( {\sqrt x  + 1} \right) + 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} = \frac{{2\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} = \frac{2}{{\sqrt x  + 1}}\end{array}\]

Vậy \[x \ge 0,x \ne 1\] thì \[P = \frac{2}{{\sqrt x  + 1}}.\]

b) Với điều kiện \[x \ge 0,x \ne 1\]

 \[\begin{array}{l}P = \frac{1}{3} &  \Leftrightarrow \frac{2}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{1}{3}\\ &  \Leftrightarrow \sqrt x  + 1 = 6\\ &  \Leftrightarrow \sqrt x  & \,\,\,\,\,\, = 5\\ &  \Leftrightarrow \,\,\,x & \,\,\,\,\,\, = 25 & \left( {{\rm{tmdk}}} \right)\end{array}\]

Vậy \[x = 25\] thì \[P = \frac{1}{3}.\]

Đồ thị hàm số \[y = mx + 2m - 1\] cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5.

⇔ Đồ thị hàm số đi qua điểm \[\left( {0;5} \right)\]

Thay \[x = 0\] và thay \[y - 5\] vào hàm số ta có: \[0.m + 2m - 1 = 5 \Leftrightarrow 2m = 6 \Leftrightarrow m = 3\]

Vậy \[m = 3\] thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi số lượng sản phẩm loại A,loại B cửa hàng nhập về bán lần lượt là \[x,y\](sản phẩm).

Điều kiện: \[x,y < 10;\,\,x,y \in {\mathbb{N}^*}.\]

Vì tổng số sản phẩm loại A, B cửa hàng nhập về là 10 (sản phẩm) nên ta có phương trình: \[x + y = 10\left( 1 \right)\]

Tổng khối lượng của các sản phẩm loại A là \[9x\] (kg)

Tổng khối lượng của các sản phẩm loại B là \[10y\] (kg)

Vì tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là 95kg nên ta có phương trình: \[9x + 10y = 95\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 10\\9x + 10y = 95\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}10x + 10y = 100\\9x + 10y = 95\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 10 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 5\end{array} \right.\]   (thỏa mãn điều kiện)

Vậy số lượng sản phẩm loại A là 5 (sản phẩm), số lượng sản phẩm loại B là 5 (sản phẩm).

Ta có: \[\Delta ' = {m^2} - {m^2} - m + 2 =  - m + 2\]

Để phương trình (1) có hai nghiệm \[{x_1}\], \[{x_2}\] \[ \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow  - m + 2 \ge 0 \Leftrightarrow m \le 2.\]

Áp dụng định lý Vi – ét \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 2m &  & \left( 2 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2 & \left( 3 \right)\end{array} \right.\]

Do \[{x_1}\] là nghiệm của phương trình (1) nên ta có:

\[x_1^2 + 2m{x_1} + {m^2} + m - 2 = 0 \Leftrightarrow  - x_1^2 = 2m{x_1} + {m^2} + m - 2\] thay vào biểu thức P ta có:

\[\begin{array}{c}P = 2m{x_1} + {m^2} + m - 2 + \left( {2m + 3} \right){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}\\ = 2m{x_1} + {m^2} + m - 2 + 2m{x_2} + 3{x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}\\ = \left( {2m + 3} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} + {m^2} + m - 2.\end{array}\]

Thay \[(2),\left( 3 \right)\]vào P ta có:

\[\begin{array}{c}P = \left( {2m + 3} \right)\left( { - 2m} \right) + {m^2} + m - 2 + {m^2} + m - 2.\\ =  - 4{m^2} - 6m + 2{m^2} + 2m - 4\\ =  - 2{m^2} - 4m - 4\\ =  - 2{\left( {m + 1} \right)^2} - 2.\end{array}\]

Vì \[{\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0 \Rightarrow  - 2{\left( {m + 1} \right)^2} - 2 \le  - 2.\]

Dâu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi \[m + 1 = 0 \Leftrightarrow m =  - 1\] (thỏa mãn điều kiện).

Vậy \[m =  - 1.\]

a) Xét \[\Delta \,ABC\]vuông tại A, đường cao AH có

\[\cos \widehat {ABC} = \frac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow AB = BC.\cos \widehat {ABC} = 40.\cos 60^\circ  = 40.\frac{1}{2} = 20.\]

Vậy \[AB = 20\left( {cm} \right).\]

b) Áp dụng Pytago cho \[\Delta \,ABC\] ta có \[A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {40^2} - {20^2} = 1200\]

\[ \Rightarrow AC = 20\sqrt 3 \left( {cm} \right).\]

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có:

\[A{C^2} = BC\,.\,HC \Rightarrow HC = \frac{{A{C^2}}}{{BC}} = \frac{{1200}}{{40}} = 30.\]

Do \[\Delta \,ABC\]vuông tại A \[ \Rightarrow \widehat {ACB} = 90^\circ  - 60^\circ  = 30^\circ .\]

Xét \[\Delta \,HKC\] vuông tại K có

\[\sin \widehat {HCK} = \frac{{KH}}{{HC}} \Rightarrow HK = KC.\sin \widehat {HCK} = 30.\sin 30^\circ  = 30.\frac{1}{2} = 15\]

Vậy \[HK = 15\left( {cm} \right).\]

a) Vì IA, IC là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] với tiếp điểm lần lượt là A, C nên \[\widehat {IAO} = \widehat {ICO} = 90^\circ .\]

Xét tứ giác OAIC ta có \[\widehat {IAO} + \widehat {ICO} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ .\]

Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác OAIC nội tiếp               (1)

b) Xét \[\Delta \,ICD\] và \[\Delta \,IBC\]ta có

         \[\widehat {{B_1}} = \widehat {{C_1}}\] (góc nội tiếp, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung CD).

         \[\widehat {{I_1}}\] chung

Nên \[\Delta \,IBC\](g.g)

Suy ra \[\frac{{IC}}{{IB}} = \frac{{ID}}{{IC}}\]hay \[I{C^2} = IB\,\,.\,\,ID \Rightarrow \] điều phải chứng minh.

c) Vì M là trung điểm của BD nên \[OM \bot BD\] (Liên hệ giữa đường kính và dây cung)     (2)

Suy ra \[\widehat {OMI} = 90^\circ \]

Ta có \[\widehat {OMI} + \widehat {OCI} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ .\]

Mà hai góc này ở vị tí đối diện nên tứ giác OMIC nội tiếp               (3)

Từ (1) và (3) suy ra năm điểm O, M, A, I, C cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra tứ giác AMCI nội tiếp.

Suy ra \[\widehat {{I_2}} = \widehat {{C_2}}\] (Hai góc cùng nhìn cạnh AM)

Ta có \[\widehat {{C_2}} = \widehat {{A_2}}\] (Góc nội tiếp, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AE).

Suy ra \[\widehat {{I_2}} = \widehat {{A_2}}\] mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \[AE\,{\rm{//}}\,BD & \left( 4 \right).\]

Từ (2) và (4) suy ra \[OM \bot AE \Rightarrow \]điều phải chứng minh.