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

Chọn B

Chọn A

Chọn D

Chọn C

\[\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 5\\x - 3y = 9\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 9 + 3y\\3(9 + 3y) + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 9 + 3y\\11y =  - 22\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 9 + 3y\\y =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y =  - 2\end{array} \right.\]

Vậy hệ phương trình có nghiệm là \[(x,y) = (3; - 2)\]

a) Rút gọn biểu thức \[A.\]

 \[A = \frac{{x\sqrt x  + 1}}{{x - 1}} - \frac{{x - 1}}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{{(\sqrt x  + 1)(x - \sqrt x  + 1)}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}} - \frac{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{{x - \sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} - (\sqrt x  - 1)\]

\[ = \frac{{x - \sqrt x  + 1 - {{(\sqrt x  - 1)}^2}}}{{\sqrt x  - 1}} = \frac{{x - \sqrt x  + 1 - x + 2\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 1}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}}\]

b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của \[x\] để \[A\] nhận giá trị nguyên.

Ta có: \[A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} = 1 + \frac{1}{{\sqrt x  - 1}}\]

Để \[A \in Z\] thì \[\frac{1}{{\sqrt x  - 1}} \in Z \Leftrightarrow \sqrt x  - 1 \in \] Ư(1) \[ = \left\{ {1; - 1} \right\}\]

+ Nếu \[\sqrt x  - 1 = 1 \Leftrightarrow x = 4\] (thỏa mãn ĐK).

+ Nếu  \[\sqrt x  - 1 =  - 1 \Leftrightarrow x = 0\] (thỏa mãn ĐK).

Vậy \[x \in \left\{ {0;4} \right\}\] thì \[A\] có giá trị nguyên.

a) Giải phương trình (1) khi \[m = 5.\]

Khi \[m = 5,\] ta có phương trình:\[{x^2} - 11x + 24 = 0\]

Ta có \[\Delta  = {( - 11)^2} - 4.24 = 25 > 0\]

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \[{x_1} = 3;{x_2} = 8\]

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \[S = \left\{ {3;8} \right\}\]

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \[m\] để phương trình (1) có hai nghiệm \[{x_1},{x_2}\]

Ta có \[\Delta  = {(2m + 1)^2} - 4({m^2} - 1) = 4m + 5\]

Để phương trình có hai nghiệm thì \[\Delta  \ge 0 \Leftrightarrow 4m + 5 \ge 0 \Leftrightarrow m \ge \frac{{ - 4}}{5}\]

Theo hệ thức Vi-et, ta có:\[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 1\\{x_1}.{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right.\]

Vì \[{x_1}\] là nghiệm của phương trình (1) nên ta có:\[x_1^2 - (2m + 1){x_1} + {m^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow x_1^2 - 2m{x_1} + {m^2} = {x_1} + 1\]

Thay \[x_1^2 - 2m{x_1} + {m^2} = {x_1} + 1\] vào \[(x_1^2 - 2mx + {m^2})({x_2} + 1) = 4.\] Ta có \[({x_1} + 1)({x_2} + 1) = 4 \Leftrightarrow {x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} = 3\] suy ra \[{m^2} - 1 + 2m + 1 = 3 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1(t/m)\\m = 3(ktm)\end{array} \right.\]

Vậy với \[m = 1\] thì phương trình (1) có hai nghiệm \[{x_1},{x_2}\] thảo mãn điều kiện \[(x_1^2 - 2mx + {m^2})({x_2} + 1) = 4.\]

Gọi giá cước của hãng taxi ở mức 2 là \[x\] đồng (ĐK \[x > 0\])

Gọi giá cước của hãng taxi ở mức 3 là \[y\] đồng (ĐK \[y > 0\])

Anh A: Trả tiền ở mức 2 là \[(25 - 1)x = 24x\] (đồng)

Trả tiền ở mức 3 là \[(32 - 25)y = 7y\] (đồng)

Theo bài ra ta có phương tringh: \[2000 + 24x + 7y = 479500 \Leftrightarrow 24x + 7y = 459500\] (1)

Chị B: Trả tiền ở mức 2 là \[(25 - 1)x = 24x\] (đồng)

Trả tiền ở mức 3 là \[(41 - 25)y = 16y\] (đồng)

Theo bài ra ta có phương tringh: \[2000 + 24x + 16y = 592000 \Leftrightarrow 24x + 16y = 572000\] (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}24x + 7y = 459500\\24x + 16y = 572000\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}24x + 7y = 459500\\9y = 112500\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 15500\\y = 12500\end{array} \right.\] (thỏa mãn ĐK)

Vậy: Giá tiền của hãng taxi ở mức 2 là \[15500\] đồng

 Giá tiền của hãng taxi ở mức 3 là \[125000\] đồng

Nên khách hàng đi 24 km thì phải trả số tiền là: \[20000 + 23.15500 = 376500\] đồng

a) Chướng minh \[EHAK\] là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác \[EHAK\] có:

\[\widehat {AHE} = {90^0}\] (do \[EH \bot AB\])

\[\widehat {AKE} = {90^0}\] (do \[EK \bot AC\])

\[ \Rightarrow \widehat {AHE} + \widehat {AKE} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\]. Mà hai đỉnh \[H,K\] là hai đỉnh đối diện nên \[EHAK\] là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi \[F\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[ABC.\] Chứng minh \[E\] thuộc đườn tròn \[(O)\] và \[E\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[BCF.\]

* Chứng minh \[E\] thuộc đườn tròn \[(O).\] 

Vì \[E\] thuộc phân giác của góc \[\widehat {BAC}\] nên \[EH = EK\] (theo tính chất)

Vì \[OE\] qua \[O\] và vuông góc với \[BC \Rightarrow OE\] đi qua trung điểm của \[BC\] (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \[EB = EC\] (tính chất).

Xét tam giác vuông \[EBH\] và tam giác vuông \[ECK\] có:

\[\widehat {EHB} = \widehat {ECK} = {90^0}\]

\[EB = EC\] (cmt)

\[EH = EK\] (cmt)

\[ \Rightarrow \Delta EHB = \Delta EKC\] (cạnh huyền – cạnh góc vuông) \[ \Rightarrow \widehat {EBH} = \widehat {ECK} = \widehat {ACE}\] (hai góc tương ứng).

Mà \[\widehat {EBH} + \widehat {ABE} = {180^0}\] (hai góc kề bù) \[ \Rightarrow \widehat {ACE} + \widehat {ABE} = {180^0}\]

Mà \[B,C\] là hai đỉnh đối nhau nên \[ABEC\] là tứ giác nội tiếp.

Mặt khác lại có \[A,B,C\] cùng thuộc \[(O)\] nên \[ABEC\] nội tiếp đường tròn \[(O).\]

Vậy \[E\] thuộc đường tròn \[(O)\] (đ.p.c.m)

* Chứng minh \[E\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[BCF\]

Ta có: \[\widehat {EBF} = \widehat {EBD} + \widehat {DBF}\]

Mà \[\widehat {EBD} = \widehat {EBC} = \widehat {EAC} = \widehat {BAF}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[EC\] và \[AE\] là phân giác của góc \[A\]).

Lại có \[\widehat {DBF} = \widehat {ABF}\] (do \[F\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[ABC\] nên \[BF\] là phân giác của \[\widehat {ABC}\]) \[ \Rightarrow \widehat {EBF} = \widehat {BAF} + \widehat {ABF} = \widehat {EFB}\] (góc ngoài bằng tổng hai góc trong không kề với nó).

\[\Delta EBF\] cân tại \[E\] (định nghĩa) \[ \Rightarrow EB = EF\] (tính chất).

Mà \[EB = EC\] (cmt)\[ \Rightarrow EB = EC = EF\].

Vậy \[E\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[BCF\] (đ.p.c.m).

c) Gọi \[M,N,I\] lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng \[AE,BE\] và \[BC.\] Chứng minh \[BMDN\] là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí điểm \[A\] để bốn điểm \[H,N,I,K\] thẳng hàng.

+ Xét tứ giác \[BHEI\] có: \[\widehat {BHE} + \widehat {BIE} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\]

Mà hai đỉnh \[H,I\] đối nhau nên \[BHEI\] là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \[N\] đường kính \[BE \Rightarrow \widehat {BIH} = \widehat {BEH}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[BH\]).

+ Xét tứ giác \[CEIK\] có:\[\widehat {CIE} = \widehat {CKE} = {90^0}\]

Mà \[I,K\] kề nhau cùng nhìn \[EC\] dưới hai góc bằng nhau nên \[CEIK\] là tứ giác nội tiếp \[ \Rightarrow \widehat {KIC} = \widehat {KEC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn \[KC\]).

Mà \[\Delta EHB = \Delta EKC\] (chứng minh b) nên \[\widehat {BEH} = \widehat {KEC}\] (hai góc tương ứng) \[ \Rightarrow \widehat {BIH} = \widehat {KIC}\]

Mà \[\widehat {BIH} + \widehat {HIC} = {180^0}\] (hai góc kề bù) \[\widehat {KIC} + \widehat {HIC} = {180^0} \Rightarrow \widehat {HIK} = {180^0} \Rightarrow H,I,K\] thẳng hàng.

Để \[H,N,I,K\] thẳng hàng thì cần \[H,N,I\] thẳng hàng.

Vì \[BHEI\] là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \[N\] đường kính \[BE\] (cmt) nên \[NH = NI.\]

Mà \[H,N,I\] thẳng hàng \[ \Rightarrow N\] là trung điểm của \[HI.\]

Mà \[N\] lại là trung điểm của \[BE \Rightarrow BHEI\] là hình bình hành (dhnb).

Lại có \[\widehat {BHE} = {90^0}\] (gt) \[ \Rightarrow BHEI\] là hình chữ nhật (dhnb)\[ \Rightarrow \widehat {HBI} = {90^0} \Rightarrow \widehat {ABC} = {90^0} \Rightarrow \Delta ABC\] vuông tại \[B.\]

Vậy \[A\] nằm trên đường tròn \[(O)\] sao cho \[\Delta ABC\] vuông tại \[B.\]

Phương trình  \[{\rm{a}}{{\rm{x}}^2} + bx + c + 2023 = 0\] nhận \[x = 1\] là nghiệm ta có: \[a + b + c + 2023 = 0 \Leftrightarrow a + b + c =  - 2023\] với mọi \[a,b,c \in \] R  ta có:

\[{(a - b)^2} \ge 0;{(b - c)^2} \ge ;{(c - a)^2} \ge 0.\]

Khi đó: \[P = \sqrt {3{a^2} - 2ab + 3{b^2}}  + \sqrt {5{b^2} - 6bc + 5{c^2}}  + \sqrt {6{c^2} - 8ca + 6{a^2}} \]

 \[P = \sqrt {{{(a + b)}^2} + 2{{(a - b)}^2}}  + \sqrt {{{(b + c)}^2} + 4{{(b - c)}^2}}  + \sqrt {{{(c + a)}^2} + 5{{(c - a)}^2}} \]

\[ \ge \sqrt {{{(a + b)}^2}}  + \sqrt {{{(b + c)}^2}}  + \sqrt {{{(c + a)}^2}} \]

\[ = \left| {a + b} \right| + \left| {b + c} \right| + \left| {c + a} \right|\]

\[ \ge \left| {2(a + b + c)} \right| = 2.2023 = 4046\]

Dấu “=” xảy ra khivaf chỉ khi \[a = b = c = \frac{{ - 2023}}{3}\]

Vậy giá trị nhỏ nhất của \[P\] là \[4046\] khi \[a = b = c = \frac{{ - 2023}}{3}\]