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

Cách giải:

1. Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) \[{x^4}--3{x^2}--4 = 0\left( 1 \right)\]

Đặt \[t = {x^2}(t \ge 0)\]

Khi đó \[\left( 1 \right) \Leftrightarrow {t^2}--3t--4 = 0\]

Do \[a--b + c = 1--\left( {--3} \right)--4 = 0\]nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt\(\left[ \begin{array}{l}{t_1} =  - 1(ktm)\\{t_2} = 4(tm)\end{array} \right.\)

Với \(t = 4 \Rightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\x = 2\end{array} \right.\) (thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \[S = \left\{ {--2;2} \right\}.\]

b) \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 3\\3x + 2y = 1\end{array} \right.\)

Ta có\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 3\\3x + 2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x - 2y = 6\\3x + 2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 7\\2x - y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2x - 3 = 2 - 3 =  - 1\end{array} \right.\)

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

2. Cho phương trình\[{x^2} - 2\left( {m--1} \right)x + {m^2}--4 = 0\], với \[m\]là tham số.

a) Tìm \[m\]để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Xét \[\Delta ' = {\left( {m--1} \right)^2}--1\left( {{m^2}--4} \right) = {m^2}--2m + 1--{m^2} + 4 = 5--2m\]

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ${\Delta }^{\text{'}}>0\iff 5-2m>0\iff m<\frac{5}{2}$

Vậy \(m < \frac{5}{2}\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b) Khi phương trình có hai nghiệm\[{x_1},{x_2}\], tìm tất cả các giá trị của m để biểu thức \(P = x_1^2 + x_2^2 + {x_1}{x_2} + {m^2}\)đạt giá trị nhỏ nhất.

Để phương trình có \[2\] nghiệm \[{x_1},{x_2},\]thì ${\mathrm{\Delta }}^{{}^{\text{'}}}>0\iff 5-2m>0\iff m<\frac{5}{2}$

Khi đó áp dụng hệ thức Vi-et ta có\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2(m - 1)\\{x_1}.{x_2} = {m^2} - 4\end{array} \right.\)

Ta có

 \(\begin{array}{l}P = x_1^2 + x_2^2 + {x_1}{x_2} + {m^2} = x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - {x_1}{x_2} + {m^2}\\ = {({x_1} + {x_2})^2} - {x_1}{x_2} + {m^2}\\ = \left[ {2{{\left( {m - 1} \right)}^2}} \right] - ({m^2} - 4) + {m^2}\\ = 4{(m - 1)^2} - {m^2} + 4 + {m^2}\\ = 4{(m - 1)^2} + 4\end{array}\)

Do \({(m - 1)^2} \ge 0\,\forall m \Rightarrow 4{(m - 1)^2} + 4 \ge 4 \Rightarrow P \ge 4\)

Dấu bằng xảy ra khi \(m = 1\) (thỏa mãn \(m \le \frac{5}{2}\))

Vậy \({P_{\min }} = 4\) khi \(m = 1\).

Hai đội công nhân cùng thi công một đoạn đường nông thôn và dự định hoàn thành công việc đó trong \[16\]ngày. Khi làm được \[12\] ngày thì đội I được điều động đi làm việc ở nơi khác. Những ngày sau đó, đội II làm việc với năng suất gấp \[1,5\]lần năng suất ban đầu nên đã hoàn thành công việc đúng thời gian dự định. Hỏi theo năng suất ban đầu, nếu mỗi đội làm một mình thì phải bao nhiêu ngày mới hoàn thành công việc trên?

Cách giải:

Gọi thời gian đội I hoàn thành công việc một mình là \[x\left( {x > 16,ng\`a y} \right)\]

Gọi thời gian đội II hoàn + công việc một mình là \[y\left( {y > 16,ng\`a y} \right)\]

Một ngày đội I làm một mình được \[\frac{1}{x}\] (công việc)

Một ngày đội II làm một mình được \[\frac{1}{y}\] (công việc)

Suy ra \(1\) ngày \[2\] đội làm được \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\) (công việc)

Do \[2\] đội cùng thi công đoạn đường thì hoàn thành công việc trong \[16\] ngày nên ta có phương trình

\(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{16}}\,(1)\)

Ta có \[2\] đội làm cùng nhau trong \[13\] ngày được \(12\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right) = \frac{{12}}{{16}} = \frac{3}{4}\) (công việc)

Đội II tăng lên \[1,5\]lần nên mỗi ngày đội \[2\] làm được\[\frac{{1,5}}{y} = \frac{3}{{2y}}\]  (công việc)

Đề hoàn thành công việc trong \[16\] ngày như dự định thì đội II phải hoàn thành nốt công việc trong \[4\] ngày

Khi đó ta có phương trình \(\frac{3}{4} + \frac{3}{{2y}}.4 = 1 \Leftrightarrow y = 24\)

Thay \(y = 24\) vào \[\left( 1 \right)\]ta được\(\frac{1}{x} + \frac{1}{{24}} = \frac{1}{{16}} \Rightarrow x = 48\)(ngày)

Vậy đội I hoàn thành công việc một mình trong \[48\] ngày, đội II hoàn thành công việc trong \[24\] ngày.

Cách giải:

1. Cho tam giác \[ABC\]vuông tại\[A\], đường cao\[AH\]. Biết \[BH = 4cm,HC = 5cm\](như hình vẽ). Tính độ dài \[AB\]và\[AH\].

\[BC = BH + HC = 4 + 5 = 9\left( {cm} \right).\]

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \[ABC\]vuông tại\[A\], đường cao \[AH\]ta có:

\[\begin{array}{l} + )A{B^2} = BH.BC\\ \Rightarrow A{B^2} = 4.9 = 36\\ \Rightarrow AB = 6\left( {cm} \right)\\ + )A{H^2} = BH.HC\\ \Rightarrow A{H^2} = 4.5 = 20\\ \Rightarrow AH = \sqrt {20} \left( {cm} \right)\end{array}\]

Vậy \[AB = 6cm,AH = 2\sqrt 5 cm.\]

2. Cho tam giác \[ABC\]có ba góc nhọn \[\left( {AB < AC} \right)\]nội tiếp đường tròn\[\left( {O;R} \right)\]. Hai đường cao nhau tại \[H.\]

a) Chứng minh tứ giác \[CEHF\]nội tiếp đường tròn. Xác định tâm của đường tròn đó.

Ta có\(\left\{ \begin{array}{l}AE \bot BC \Rightarrow \angle HEC = {90^0}\\BF \bot AC \Rightarrow \angle HFC = {90^0}\end{array} \right.\)

Xét tứ giác \[CEHF\]có: \(\angle HEC + \angle HFC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Mà \[E,F\]là hai đỉnh đối nhau của tứ giác\[CEHF.\]

\[ \Rightarrow CEHF\]là tứ giác nội tiếp (dhnb).

Gọi \[I\]là trung điểm của\[CH\].

Do tam giác \[HEC\]vuông tại\[E\], có trung tuyến \[EI\]nên \(IE = \frac{1}{2}HC = IH = IC.\)

Do tam giác \[HFC\]vuông tại\[F\], có trung tuyến \[FI\]nên \[IF = HC = IH = IC.\]

\[ \Rightarrow IE = IF = IH = IC.\]

Vậy tứ giác \[CEHF\]nội tiếp đường tròn có tâm \[I\]là trung điểm của\[HC\].

b) Kẻ đường kính \[AD\]của đường tròn \[\left( O \right).\] Chứng minh tứ giác \[BHCD\]là hình bình hành. Biết \(BC = R\sqrt 3 \), tính \[AH\]theo\[R\].

+) Chứng minh tứ giác \[BHCD\]là hình bình hành.

Ta có: \(\angle ABD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

\( \Rightarrow BD \bot AB\)

Mà \(CH \bot AB\) (do \[H\]là trực tâm của tam giác\[ABC\]).

\( \Rightarrow BD\parallel AB\) (từ vuông góc đến song song)              (1)

Ta có: \(\angle ACD = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

\( \Rightarrow CD \bot AC\)

Mà \(BH \bot AC\) (gt)

\( \Rightarrow CD\parallel BH\) (từ vuông góc đến song song)             (2)

Từ (1), (2) suy ra \[BHCD\]là hình bình hành (dhnb) (đpcm).

+) Biết\[BC = R\sqrt 3 \], tính \[AH\]theo\[R\].

Gọi \(M = BC \cap HD\)

\( \Rightarrow \)M là trung điểm của \[BC\]và \[HD\](tính chất hình bình hành).

Ta có:

\[O\]là trung điểm của \[AD\](gt)

\[M\]trung điểm của \[HD\](cmt)

\[ = > OM\]làm là đường trung bình của tam giác \[AHD\](định nghĩa).

\( \Rightarrow OM = \frac{1}{2}AH \Rightarrow AH = 2OM\) (tính chất đường trung bình của tam giác).

Vì \[M\]là trung điểm của \[BC\](cmt) \[ \Rightarrow OM \bot BC\](quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)

\[ \Rightarrow \Delta OBM\]vuông tại\[M\], có \(OB = R,BM = \frac{1}{2}BC = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \[OBM\]ta có:

\(\begin{array}{l}O{M^2} + B{M^2} = O{B^2}\\ \Rightarrow O{M^2} = O{B^2} - B{M^2}\\ \Rightarrow O{M^2} = {R^2} - {\left( {\frac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = \frac{{{R^2}}}{4}\\ \Rightarrow OM = \frac{R}{2}\end{array}\)

Vậy \[AH = 2OM = R.\]

c) Gọi \[N\]là giao của hai đường thẳng \[CH\]và\[AB\], \[K\]là giao điểm của hai đường thẳng \[BC\]và\[FN\]. Chứng minh\[BK.CE = BE.CK\].

Vì \[H\]là trực tâm của tam giác \[ABC\]nên \[CH \bot AB\]tại \[N\]hay \[CN \bot AB\].

Xét tứ giác \[ANHF\]có:

\[\angle ANH = 90^\circ \](do \(CN \bot AB\))

\(\angle AFH = {90^0}\) (do \(BF \bot AC\))

\[\angle ANH + \angle AFH = 90^\circ + 90^\circ = {180^0}\]

Mà hai đỉnh \[N,F\]là hai đinh đối diện của tứ giác \[ANHF.\]

\[ \Rightarrow {\rm{ANHF}}\]là tứ giác nội tiếp (dhnb).

\( \Rightarrow \angle FNH = \angle FAH = \angle CAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn\[FH\]).

Chứng minh tương tự đối với tứ giác \[BEHN\]có:

\(\angle BNH = {90^0}\) (do \(CN \bot AB\))

\(\angle BEH = {90^0}\)(do \(AE \bot BC\))

\( \Rightarrow \angle BNH + \angle BEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Mà hai đỉnh \[N,E\]là hai đỉnh đối diện của tứ giác \[BEHN\]

\( \Rightarrow BEHN\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).

\( \Rightarrow \angle ENH = \angle EBH = \angle CBF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE).

Mà \(\angle CEA = \angle CBF\) (cùng phụ với \(\angle ACB\)).

\( \Rightarrow \angle FNH = \angle ENH\)

\[ \Rightarrow NH\]là phân giác của góc \[\angle ENF\].

Mà \[\angle ENK\] kề bù với \[\angle ENF\] ,  \(NH \bot NB\) (do \(CN \bot AB\)).

\[ \Rightarrow NB\]là phân giác trong của\[\angle ENK\], \[NH\]là phân giác ngoài của \[\angle ENK\].

Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\frac{{BE}}{{BK}} = \frac{{CE}}{{CK}} = \frac{{NE}}{{NK}}\)

Vậy \[BK.CE = BE.CK\](đpcm).