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

Ta có \(\sqrt[3]{{ - 27}} = \sqrt[3]{{{{\left( { - 3} \right)}^3}}} =  - 3\)
Chọn B

\(P = \sqrt {x - 2} \) có nghĩa \( \Leftrightarrow x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2\)

Chọn B. \(x \ge 2\).           

Hàm số \(y = mx - 2\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(m > 0\)Chọn A

Ta có \(0 = {3.0^2}\), \(6 \ne {3.1^2}\), \(1 \ne {3.1^2}\), \(3 \ne {3.0^2}\) nên đồ thị hàm số \(y = 3{x^2}\) đi qua điểm \(M\left( {0;0} \right)\)Chọn A

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 4\\x + 2y =  - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2y = 8\\x + 2y =  - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 3\\x - y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y =  - 3\end{array} \right.\)Chọn C

Nếu phương trình \[a{x^2} + bx + c = 0\] với \[a \ne 0\] có hai nghiệm \[{x_1}\] và \[{x_2}\], thì theo hệ thức Viét ta có \[{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}\]

Chọn C

Ta có \[\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}\]

Chọn D

Chọn A

Ta có \(OH\), \(OA\) lần lượt là đường vuông góc và đường xiên kẻ từ \(O\) đến đường thẳng \(d\) nên \(OH < OA\) (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên) hay \(OH < R\).

Ta có trong một đường tròn góc nội tiếp có số đo bằng nửa số đo cung bị chắn nên số đo góc nội tiếp chắn cung \({150^0}\) bằng \({75^0}\).

Chọn D

Ta có \(S = 4\pi {R^2}\).Chọn B

a)  \(2x - 8 = 0 \Leftrightarrow 2x = 8 \Leftrightarrow x = 4\)

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

b)  \({x^2} + 4x + 3 = 0\)

Ta có \(a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0\) nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1} =  - 1\) và \({x_2} =  - \frac{c}{a} =  - 3\)

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

c)  \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 1\\3x + 2y = 11\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 12\\x - 2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).

a)  Ta có \(B = \sqrt {36}  + \sqrt 4  - \sqrt {25}  = 6 + 2 - 5 = 3\).

b)  Vẽ hệ trục toạ độ \[Oxy\]

Cho \[x = 0 \Rightarrow y = 3.0 - 6 =  - 6\] \[ \Rightarrow \] đồ thị hàm số \(y = 3x - 6\) đi qua điểm \(A\left( {0;6} \right)\)

Cho \[y = 0 \Rightarrow 0 = 3.x - 6 \Leftrightarrow x = 2\] \[ \Rightarrow \] đồ thị hàm số \(y = 3x - 6\) đi qua điểm \(B\left( {2;0} \right)\)

Vẽ đường thẳng \(d\) đi qua hai điểm \(A\) và \(B\) ta được đồ thị hàm số \(y = 3x - 6\).

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\), \({x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} - 1.\left( {{m^2} - 3} \right) > 0\)

\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - {m^2} + 3 > 0 \Leftrightarrow  - 2m + 4 > 0 \Leftrightarrow  - 2m >  - 4 \Leftrightarrow m < 2\).

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

Ta có \({x_1} + {x_2} = {x_1}{x_2} - 2\) \( \Leftrightarrow 2m - 2 = {m^2} - 3 - 2 \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 3 = 0\) (1)

Vì \(a - b + c = 1 + 2 - 3 = 0\) nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({m_1} =  - 1\) (thoả mãn) và

\({m_2} = 3\) (loại)

Vậy \(m =  - 1\) là giá trị cần tìm.

Gọi chiều rộng của mảnh đất là \(x\,\left( m \right)\) (điều kiện \(x > 0\))

Chiều dài của mảnh đất là: \(2x\,\left( m \right)\)

Vì chu vi của mảnh đất là \(60\,\,m\) nên ta có phương trình:

\(2\left( {x + 2x} \right) = 60 \Leftrightarrow 3x = 30 \Leftrightarrow x = 10\left( m \right)\) (thoả mãn điều kiện)

Diện tích mảnh đất là: \(10.20 = 200\left( {{m^2}} \right)\)

Giá tiền bán mảnh đất đó là: \(200.8 = 1600\) (triệu đồng) \( = 1,6\) (tỉ đồng)

Vậy giá tiền của mảnh đất đó là \(1,6\) (tỉ đồng).

a)    Chứng minh tứ giác \(AOCD\) nội tiếp.

Ta có \(DA\) và \(DC\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {DAO} = \widehat {DCO} = {90^0}\) (tính chất của tiếp tuyến)

Xét tứ giác \(AOCD\) có \(\widehat {DAO} + \widehat {DCO} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) mà \(\widehat {DAO}\) và \(\widehat {DCO}\) là hai góc đối nhau nên tứ giác \(AOCD\) nội tiếp.

b)    Chứng minh \(CB\) là tia phân giác của \(\widehat {HCF}\).

Xét \(\left( O \right)\) ta có \(\widehat {ACB} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {ACH} + \widehat {BCH} = {90^0}\)

Mà \(\widehat {ACH} + \widehat {CAH} = {90^0}\) (vì \(\Delta ACH\) vuông tại \(H\)) nên ta có \(\widehat {BCH} = \widehat {CAH}\)

Lại có \(\widehat {CAH} = \widehat {BCF}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn ) nên \(\widehat {BCH} = \widehat {BCF}\)\( \Rightarrow \)\(CB\) là tia phân giác của \(\widehat {HCF}\).

c)    Chứng minh \(AO.AH = 2A{E^2}\).

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DA = DC\\OA = OC\end{array} \right. \Rightarrow DO\) là đường trung trực của \(AC\)

\( \Rightarrow AC = 2AE \Rightarrow A{C^2} = 4A{E^2}\)(1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), ta có \(AB.AH = A{C^2} \Rightarrow 2AO.AH = A{C^2}\)(Vì \(AB = 2AO\)) (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra \(2AO.AH = 4A{E^2}\)\( \Rightarrow AO.AH = 2A{E^2}\).

d)    Chứng minh \(M\) là trung điểm của \(CH\).

Gọi \(K\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

Vì \(CB\) là tia phân giác của \(\widehat {HCF}\) mà \(\widehat {HCF}\) là góc ngoài của \(\Delta DCM\) nên \(CB\) là phân giác ngoài của \(\Delta DCM\) \( \Rightarrow \frac{{BM}}{{BD}} = \frac{{CM}}{{CD}}\) (tính chất đường phân giác trong tam giác)

Mà \(CD = AD\) nên  \(\frac{{BM}}{{BD}} = \frac{{CM}}{{AD}}\) (3)

Vì \(CH{\rm{//}}AD\) nên \(\frac{{HM}}{{AD}} = \frac{{BM}}{{BD}}\) (định lý Talet) (4)

Từ (3) và (4) ta suy ra \(\frac{{CM}}{{AD}} = \frac{{HM}}{{AD}} \Rightarrow CM = HM \Rightarrow \)\(M\) là trung điểm của \(CH\).

\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2}\left( {1 + \frac{4}{{{y^2}}}} \right) = 12\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\2\sqrt {x + 3y + 2}  = 3\sqrt y  + \sqrt {x + 2} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Cách 1: Điều kiện \(x \ge  - 2;y > 0\)

Phương trình \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 4\left( {x + 3y + 2} \right) = 9y + x + 2 + 6\sqrt {y\left( {x + 2} \right)} \)

                           \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3x + 3y + 6 = 6\sqrt {y\left( {x + 2} \right)} \\ \Leftrightarrow x + y + 2 = 2\sqrt {y\left( {x + 2} \right)} \\ \Leftrightarrow {\left[ {\left( {x + 2} \right) + y} \right]^2} = 4y\left( {x + 2} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} + 2y\left( {x + 2} \right) + {y^2} = 4y\left( {x + 2} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} - 2y\left( {x + 2} \right) + {y^2} = 0\\ \Leftrightarrow {\left[ {\left( {x + 2} \right) - y} \right]^2} = 0\\ \Leftrightarrow y = x + 2\end{array}\)

Thay \(y = x + 2\) vào \(\left( 1 \right)\) ta được \({x^2}\left( {1 + \frac{4}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \right) = 12\,\,\, \Leftrightarrow {x^2}{\left( {x + 2} \right)^2} + 4{x^2} = 12{\left( {x + 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {x^4} + 4{x^3} + 8{x^2} = 12{x^2} + 48x + 48 \Leftrightarrow {x^4} + 4{x^3} - 4{x^2} - 48x - 48 = 0\)

\[ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 2x - 4} \right)\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 2x - 4} \right)\left[ {{{\left( {x + 3} \right)}^2} + 3} \right] = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 4 = 0\] \( \Leftrightarrow x = 1 + \sqrt 5 \) hoặc \(x = 1 - \sqrt 5 \) (thoả mãn)

Với \(x = 1 + \sqrt 5  \Rightarrow y = 3 + \sqrt 5 \) (thoả mãn)

Với \(x = 1 - \sqrt 5  \Rightarrow y = 3 - \sqrt 5 \) (thoả mãn)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + \sqrt 5 \\y = 3 + \sqrt 5 \end{array} \right.\) và \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - \sqrt 5 \\y = 3 - \sqrt 5 \end{array} \right.\).

Cách 2: Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge  - 2\\y > 0\end{array} \right.\,\,\,\left( * \right)\)

Phương trình \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 4\left( {x + 3y + 2} \right) = 9y + x + 2 + 6\sqrt {y\left( {x + 2} \right)} \)

                           \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4\left( {x + 3y + 2} \right) = 9y + x + 2 + 6\sqrt {y\left( {x + 2} \right)} \\ \Leftrightarrow 3\left( {x + 2} \right) + 3y = 6\sqrt {y\left( {x + 2} \right)} \\ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {x + 2}  - \sqrt y } \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {x + 2}  = \sqrt y \\ \Leftrightarrow y = x + 2\end{array}\)

Thay \(y = x + 2\) vào \(\left( 1 \right)\) ta được

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} + \frac{{4{x^2}}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = 12\,\,\,\,\,\,\left( {x \ne  - 2} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {x - \frac{{2x}}{{x + 2}}} \right)^2} = 12 - \frac{{4{x^2}}}{{x + 2}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{x^2}}}{{x + 2}}} \right)^2} + 4.\left( {\frac{{{x^2}}}{{x + 2}}} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{{x + 2}} = 2\\\frac{{{x^2}}}{{x + 2}} =  - 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 2x - 4 = 0\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\\{x^2} + 6x + 12 = 0\,\,\,\left( 4 \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Giải phương trình (3) có hai nghiệm \(x = 1 + \sqrt 5 \); \(x = 1 - \sqrt 5 \).

Với \(x = 1 + \sqrt 5  \Rightarrow y = 3 + \sqrt 5 \) (thoả mãn)

Với \(x = 1 - \sqrt 5  \Rightarrow y = 3 - \sqrt 5 \) (thoả mãn)

Phương trình (4) vô nghiệm

Đối chiếu với điều kiện (*) hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là \(\left( {1 - \sqrt 5 ;3 - \sqrt 5 } \right),\,\left( {1 + \sqrt 5 ;\,3 + \sqrt 5 } \right)\).