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

a. Giải phương trình \(3{x^2} - 7x + 4 = 0.\)

Ta có \[a + b + c = 3 + ( - 7) + 4 = 0\]

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1\) và \({x_2} = \frac{4}{3}.\)

b. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x + y = 9}\\{2x - y = 1}\end{array}} \right..\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\2x - y = 1\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2.2 - y = 1\end{array} \right.\]  \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right..\]

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \[\left( {2;3} \right).\]

c. Cho phương trình \({x^2} - 2x + m + 3 = 0\;\;\)(\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Với giá trị nào của  \(m\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(\;x_1^2.{x_2} + {x_1}.x_2^2 =  - \,4.\)

Ta có: \[\Delta  =  - 8 - 4m\]

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \(\Delta \; > 0\)

\[ \Leftrightarrow m <  - 2.\]

Theo hệ thức Vi-ét \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}.{x_2} = m + 3\end{array} \right.\]

Theo đề bài  \(x_1^2.{x_2} + {x_1}.x_2^2 =  - 4\)

\[ \Leftrightarrow \]\({\rm{\;}}{x_1}.{x_2}.\left( {{x_1} + {x_2}} \right) =  - 4{\rm{\;}} \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right).2 =  - 4{\rm{\;}}\)

\[ \Leftrightarrow \]\(m =  - 5\) (thỏa mãn).

Vậy  \(m =  - 5{\rm{\;}}\)thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn \(x_1^2.{x_2} + {x_1}.x_2^2 =  - 4.\)

Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy cho parabol \(\left( P \right):y = 2{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y =  - 2x + 4.\)

a.Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng mặt phẳng tọa độ.

.Trên cùng hệ trục tọa độ, vẽ parabol \((P)\) và đường thẳng \((d)\).

\(x\).\( - 1\).\(0\).\(1\)

\(y = 2{x^2}\).\(2\) .\(0\).\(2\)

.\(x\).\(0\).\(2\)

\(y =  - 2x + 4\).\(4\) .\(0\)

b.Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right):y = 2{x^2}\) và \(\left( d \right):y =  - 2x + 4\) bằng phép tính.

.Phương trình hoành độ giao điểm của \[\left( P \right)\] và \[\left( d \right)\]: \[2{x^2} =  - 2x + 4\]

\[ \Leftrightarrow 2{x^2} + 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2 \Rightarrow y = 8\\x = 1\,\,\,\,\, \Rightarrow y = 2\end{array} \right..\]

Vậy tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) là \[\left( { - 2;\,\,8} \right)\]và \[\left( {1;\,\,2} \right).\]

a. Cho tam giác  \(ABC\) vuông tại \(A,\) đường cao \(AH\;.\) Biết \(\;AH = 3\;cm,\,\,\;HC = 4\;cm.\) Tính độ dài đoạn thẳng \(HB,\;\;AC\;\)và số đo góc \(C\)(kết quả làm tròn đến độ).

* Xét tam giác \(ABC\)vuông tại \(A\) nên \(A{H^2} = HB.HC\)

   \[ \Rightarrow \]\(HB = \frac{{A{H^2}}}{{HC}} = \;\frac{9}{4} = 2,25\;cm.\). 

* Xét tam giác vuông \(AHC\) có:

\(A{C^2} = A{H^2} + H{C^2}\) (định lí pytago)

\[ \Rightarrow \]\(AC = \;\sqrt {{3^2} + {4^2}} \)\( = 5\,\,cm.\). 

* \(\cos C = \frac{{CH}}{{CA}} = 0,8\) hoặc \(\cos C = \frac{{CH}}{{CA}} = \frac{4}{5}\). 

       Vậy \(\widehat C \approx {37^0}.\).

b. Để xác định chiều cao của một tòa tháp cao tầng (hình vẽ bên), một người đứng tại điểm \(C\)cách chân tháp một khoảng \(CD = 60\,m,\) sử dụng giác kế nhìn thấy đỉnh tòa tháp với góc \(\widehat {AOB} = {60^0}.\) Hãy Tính chiều cao của tòa tháp. Biết rằng khoảng cách từ mặt đất đến ống ngắm của giác kế là \(OC = 1\,m,\) (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Tam giác \[OAB\] vuông tại \[B,\] có \(AB = 60.\tan {60^0}.\) . 

Vậy chiều cao của ngọn tháp là \(h \approx 105\,\,m.\) . 

a. Chứng minh tứ giác \(CDHE\;\) nội tiếp đường tròn.

Xét \(\Delta \;ABC\) có:

\(AD\;\)là đường cao \[ \Rightarrow \]\(\widehat {ADC} = {90^0}\) \[ \Rightarrow \]\({\rm{\;\;}}\widehat {HDC} = {90^0}.\)

\(BE\;\)là đường cao \[ \Rightarrow \]\(\widehat {BEC} = {90^0}\)\[ \Rightarrow \]\({\rm{\;\;}}\widehat {HEC} = {90^0}.\)

Xét tứ giác \(CDHE\) có: \(\widehat {HDC} + \widehat {HEC} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.\)

Vậy tứ giác \(CDHE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn.

 b. Chứng minh: \(HA.\;HD = HB.\;HE.\)

Xét \(\Delta \;AHE\;\)và \(\Delta BHD\) có:

       \(\widehat {BHD} = \widehat {AHE}\) ( đối đỉnh)

      \(\widehat D = \widehat E = {90^0}.\)

  \(\Delta \;BHD\;\)và \(\;\Delta \;AHE\) đồng dạng \(\left( {\;g\'o c - g\'o c} \right)\)

Vậy \(\;\;\frac{{BH}}{{HA}} = {\rm{\;}}\frac{{HD}}{{HE}}\) \[ \Leftrightarrow \]\(BH.\;HE = HD.\;HA\) (đpcm)

c. Gọi điểm \(\;I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(CDHE.\) Chứng minh \(IE\) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \(AB.\) .

* Xét tứ giác \(BAED\) có: \(\widehat {BDA} = \widehat {BEA} = {90^0}\)\[ \Rightarrow \]Tứ giác \(BAED\;\) nội tiếp đường tròn có tâm \(O,\) đường kính\(AB\)\[ \Rightarrow \]\(\widehat {OEA} = \widehat {OAE}\)    (vì \(\Delta OAE\) cân tại \(O)\)    (1)

             \[ \Rightarrow \] \(\widehat {BAE} = \widehat {EDC}\) ( cùng bù với \(\widehat {EDB}\)) hay  \(\widehat {OAE} = \widehat {EDC}\)      (2)

* Xét đường tròn \(\left( I \right)\) có: \(\widehat {EDC} = \widehat {EHC} = \;\frac{1}{2}\)sđ                            (3)

*  Ta có \(\Delta IEH\) cân tại \(I\)\[ \Rightarrow \]\(\widehat {EHI} = \widehat {IEH}\) hay  \(\widehat {EHC} = \widehat {IEB}\)             (4)

Từ (1), (2), (3), (4) \[ \Rightarrow \]\(\widehat {OEA} = \widehat {IEB}\)

Mà \(\widehat {OEI} = \widehat {OEB} + \widehat {IEB}\)\( = \widehat {OEB} + \widehat {OEA} = {90^0}\)

Vậy \[OE \bot EI\] tại \(E\) \[ \Rightarrow \]\(EI\) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \(AB.\)