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

\(A = 5 + 6\sqrt 3 - 6\sqrt 3 = 5.\)

a)\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 3}\\{2x - y = 9}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x = 12}\\{x + y = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4}\\{y =  - 1}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)           

b) \({x^2} + 5x + 4 = 0\)

Ta có : \(a - b + c = 1 - 5 + 4 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} =  - 1}\\{{x_2} =  - 4}\end{array}} \right.\)

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

Bảng giá trị

b)Phương trình hoành độ giao điểm \( - {x^2} = x - m \Leftrightarrow {x^2} + x - m = 0\,\,(*)\)

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

Theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} =  - 1}\\{{x_1}{x_2} =  - m}\end{array}} \right.\)

Theo đề bài ta có: \(T = {x_1}\left( {1 - {x_2}} \right) + {x_2}\left( {1 - {x_1}} \right) - 2x_1^2x_2^2\)

                                  \(\begin{array}{l} = {x_1} + {x_2} - 2{x_1}{x_2} - 2x_1^2x_2^2\\ =  - 1 + 2m - 2{m^2}\\ =  - 2{\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} - \frac{1}{2} \le  - \frac{1}{2}\forall m\end{array}\)

Dấu ‘‘=’’ xảy ra \( \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\) (TMĐK)

Vậy \({T_{\min }} = \frac{{ - 1}}{2}\) khi \(m = \frac{1}{2}.\)

Gọi giá tiền của chiếc điện thoại mà An được thưởng và giá tiền phụ kiện lần lượt là \(x\)và \(y\) (đồng), \(x > 0,y > 0.\)

Theo đề bài ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 11500000\,\,\,\,\,}\\{x + 0,7y = 11050000}\end{array}} \right.\)

Giải hpt ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 10000000}\\{y = 1500000}\end{array}} \right.\) (TMĐK)

Vậy giá tiền của chiếc điện thoại mà AN được thưởng là \[10{\rm{ }}000{\rm{ }}000\] đồng.

a) Chứng minh \(AONH\) là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác AONH có :

\(\widehat {AHN} = \widehat {AON} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \widehat {AHN} + \widehat {AON} = {180^0}\)

\( \Rightarrow \)Tứ giác AONH là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh \(CO.CA = CN.CH.\)

Xét ∆CON và ∆CHA có :

\(\widehat {ACH}\) chung

c) Tính độ dài đường cao \(NI\) của tam giác \(NHO.\)

Kẻ \(NI \bot OH\) tại I

Xét \(\Delta OIN\) và \(\Delta AHN\) có :

\(\widehat {NOI} = \widehat {NAH}\)(cùng chắn )

\(\widehat {OIN} = \widehat {AHN} = {90^0}\)

Ta có : N là trung điểm của BC (gt)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB \bot AC}\\{ON \bot AC}\end{array}} \right. \Rightarrow ON\parallel AB\)

⇒ O là trung điểm của AC

⇒ ON là đường trung bình của tam giác ABC.

\( \Rightarrow ON = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}.6 = 3(cm).\)

Xét tam giác ABC \(\left( {\widehat A = {{90}^0}} \right)\), đường cao AH có \(BC = 10cm\)

\( \Rightarrow BN = \frac{1}{2}BC = 5(cm)\)

\(\begin{array}{l}AN = \frac{1}{2}BC = 5(cm)\\BH = \frac{{A{B^2}}}{{BC}} = \frac{{{6^2}}}{{10}} = 3,6(cm)\end{array}\)

\( \Rightarrow HN = BN - BH = 5 - 3,6 = 1,4(cm)\)

Thay độ dài ON, HN, AN vào (*) ta có \(NI = \frac{{ON.HN}}{{AN}} = \frac{{3.1,4}}{5} = 0,84(cm).\)

Thể tích bể cá cảnh là : \(\frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}.3,{14.9^3} = 3052,08(c{m^3})\)

Thể tích lượng nước cần đổ là :\(\frac{2}{3}.3052,08 = 2034,72(c{m^3}) = 2,03472\) lít

Vậy người ta cần đổ \(2,03472\) lít.