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

\[\begin{array}{l}A = \sqrt 2  + \sqrt 8  - \sqrt {18} \\\quad  = \sqrt 2  + 2\sqrt 2  - 3\sqrt 2 \end{array}\]

\[\quad  = 0\]

Ta có: \[a + b + c = 1 + \left( { - 3} \right) + 2 = 0\]

Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \[{x_1} = 1\];

\[{x_2} = 2\].

\[\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4y =  - 4\\2x + y = 7\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\2x + 1 = 7\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\].

Vậy, hệ phương trình có nghiệm \[\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)\]

a.   Hàm số \[y = 2x + m\] đồng biến trên \[\mathbb{R}\].

Vì \[x = 2 > 0\]

b.   Đồ thị hàm số \[y = 2x + m\] đi qua điểm \[A\left( {1;3} \right)\] khi và chỉ khi

\[3 = 2.1 + m \Leftrightarrow m = 1\].

a.    Với \[x > 0\] thì \[B = \frac{{x\sqrt x  - 4\left( {\sqrt x  + 2} \right) + 8}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

\[\quad  = \frac{{\sqrt x \left( {x - 4} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

\[\quad  = \frac{{x - 4}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\sqrt x  + 2}} = \sqrt x  - 2\]

b.   Ta có: \[x = 7 + 4\sqrt 3  = {\left( {\sqrt 3  + 2} \right)^2}\].

Khi đó \[B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3  + 2} \right)}^2}}  - 2 = \sqrt 3  + 2 - 2 = \sqrt 3 \].

Gọi chiều rộng, chiều dài của hình chữ nhật lần lượt là \[x,y\;\left( {x,y > 0} \right)\], đơn vị: \[cm\].

Khi đó ta có: \[2\left( {x + y} \right) = 30 \Leftrightarrow x + y = 15\]

Khi chiều rộng tăng thêm \[3\;cm\] và chiều dài giảm đi \[1\;cm\] thì diện tích của hình chữ nhật đó sẽ tăng thêm \[18\;c{m^2}\]nên ta có phương trình

\[\left( {x + 3} \right)\left( {y - 1} \right) = xy + 18 \Leftrightarrow  - x + 3y = 21\].

Từ đó ta có hệ phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 15\\ - x + 3y = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y = 9\end{array} \right.\] (thỏa mãn điều kiện).

Vậy, chiều rộng, chiều dài của hình chữ nhật lần lượt là \[6\left( {cm} \right);9\left( {cm} \right)\].

Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông \[AHC\] ta có:

\[A{C^2} = A{H^2} + H{C^2} \Rightarrow A{C^2} = {4^2} + {3^2} = 25 \Rightarrow AC = 5\left( {cm} \right)\].

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

\[A{H^2} = BH.CH \Rightarrow BH = \frac{{A{H^2}}}{{CH}} = \frac{{16}}{3}\;\left( {cm} \right)\].

Do đó \[BC = BH + HC = \frac{{16}}{3} + 3 = \frac{{25}}{3}\;\left( {cm} \right)\].

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

\[AB.AC = AH.BC \Rightarrow AB = \frac{{AH.BC}}{{AC}} = \frac{{20}}{3}\;\left( {cm} \right)\].

Áp dụng định lý của góc nội tiếp ta có:

sđAD⏜=2ABD^=600

sđBC⏜=2BDC^=1200

Vì \[\widehat {BHC}\] là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn nên ta có:

BHC^=12sđAD⏜+sđBC⏜=900

 

a.   Chứng minh \[\widehat {DHA} = \widehat {DCA}\].

Vì \[\widehat {CAD} = \widehat {CHD} = {90^0}\] (giả thiết) nên tứ giác \[AHCD\] là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Suy ra \[\widehat {DHA} = \widehat {DCA}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

b.   Chứng minh \[AK = AB\].

Vì \[\left\{ \begin{array}{l}AC = AD\\\widehat {DAC} = {90^0}\end{array} \right.\] nên tam giác \[ACD\] vuông cân tại \[A\].

Suy ra \[\widehat {DHA} = \widehat {DCA} = {45^0}.\quad \left( 1 \right)\]

Vì \[\widehat {KAB} = \widehat {KHB} = {90^0}\] (giả thiết) nên \[\widehat {KAB} + \widehat {KHB} = {180^0}\].

Do đó tứ giác \[AKHB\] là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Suy ra \[\widehat {KBA} = \widehat {KHA}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn ).  \[\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[\widehat {KBA} = {45^0}\].

Do đó \[\widehat {AKB} = {90^0} - {45^0} = {45^0}\].

Vậy, tam giác \[ABK\] vuông cân tại \[A\]. Suy ra \[AK = AB\].

a.   Chứng minh rằng bốn điểm \[A,H,C,M\] cùng thuộc một đường tròn.

Theo giả thiết ta có:

\[HK \bot BM\]

Đồng thời \[K\] là trung điểm của \[BM\].

Suy ra \[\Delta HBM\] cân tại \[H\]. Suy ra \[\widehat {HBC} = \widehat {HMC}\].

Mặt khác \[\widehat {HBC} = \widehat {HAC}\] (hai góc cùng phụ với \[\widehat {ACB}\]).

Do đó \[\widehat {HAC} = \widehat {HMC}\]. Suy ra bốn điểm \[A,H,C,M\] cùng thuộc một đường tròn.b)

Ta có:

\[\widehat {FBC} = \widehat {FAC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

\[\widehat {FAC} = \widehat {HBC}\] (hai góc cùng phụ với \[\widehat {ACB}\]).

Suy ra \[\widehat {HBK} = \widehat {KBF}\].

\[\Delta HBF\] có \[BK\] đồng thời là đường cao và đường phân giác. Suy ra \[\Delta HBF\] cân tại \[B\]. Do đó \[KH = KF\].

Vì tứ giác \[HBFM\] có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm mỗi đường nên tứ giác \[HBFM\] là hình thoi.

Suy ra \[\widehat {NHK} = \widehat {KFP}\].

Xét \[\Delta KHN\] và \[\Delta KFP\] ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\widehat {KHN} = \widehat {KFP}\\KH = KF\\\widehat {HKN} = \widehat {FKP}\end{array} \right.\].

Suy ra \[\Delta KHN = \Delta KFP\;\left( {g.c.g} \right)\].

Do đó \[HN = FP\].

Vì:

\[\widehat {HAN} = \widehat {CMN}\] (tứ giác \[AHCM\] nội tiếp)

\[\widehat {ANH} = \widehat {MNC}\] (đối đỉnh)

nên \[\Delta ANH\] đồng dạng với \[\Delta MNC\;\left( {g.g} \right)\].

Suy ra \[\frac{{AN}}{{MN}} = \frac{{NH}}{{NC}} \Leftrightarrow AN.NC = NH.MN\].

Vì \[HN = FP\] nên \[NA.NC = NM.FP\].