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

1. \(A = \,\sqrt {27} \, - \,\frac{3}{{\sqrt 3 }}\, - \,\sqrt 3 \).

\(A\, = \,3\sqrt 3  - \,\sqrt 3  - \sqrt 3 \, = \,2\sqrt 3 \)

2. a) \({x^2} + 3x - 10 = 0\)                 

\(\Delta \, = \,{3^2} - \,4.1.\left( { - 10} \right) = \,49 > 0\)

Vì \(\Delta  > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\({x_1}\, = \,\frac{{ - b + \sqrt \Delta  }}{{2a}} = \,\frac{{ - 3 + \sqrt {49} }}{{2.1}}\, = \,2\); \({x_2}\, = \,\frac{{ - b - \sqrt \Delta  }}{{2a}} = \,\frac{{ - 3 - \sqrt {49} }}{{2.1}}\, =  - 5\)

Vậy tập nghiệm của phương trình: \(S\, = \left\{ {2; - 5} \right\}\).

b) \({x^4}\, - 8{x^2}\, - 9\, = 0\)…(*)

Đặt \(y\, = \,{x^2}\) (Điều kiện: \(y\, \ge 0\))

Khi đó phương trình (*) trở thành: \({y^2}\, - 8y\, - 9 = 0\)…(1)

Vì \(a\, - \,b\, + \,c\, = \,1\, - \left( { - 8} \right) + \left( { - 9} \right) = \,0\) nên phương trình (1) có nghiệm:

\(y = \, - 1\) (loại vì \(y \ge 0\))

\(y\, = \,\frac{{ - c}}{a}\, = 9\)(thỏa \(y \ge 0\)): \({x^2} = 9 \Leftrightarrow \,x\, = \, \pm 3\)

Vậy tập nghiệm của phương trình (*): \(S\, = \,\left\{ { \pm 3} \right\}\).

c) \(\left\{ \begin{array}{l}3x + y\, = \,2\\x - y\, = 6\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 8\\x - y\, = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2 - y\, = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y\, =  - 4\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình: \(S\, = \,\left\{ {\left( {2; - 4} \right)} \right\}\).

2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

                                          \({x^2} = \,2x\, + 3\)

                                    \( \Leftrightarrow \,{x^2} - 2x\, - \,3\, = \,0\)…(*)

            Vì \(a\, - \,b + \,c = \,1\, - \,\left( { - 2} \right)\, + \left( { - 3} \right)\, = 0\) nên phương trình (*) có nghiệm:

            \({x_1}\, = \, - 1\, \Rightarrow \,y\, = \,2.\,\left( { - 1} \right) + \,3 = \,1\)

            \({x_2}\, = \,\frac{{ - c}}{a}\, = \,3 \Rightarrow \,{y_2}\, = \,2.\left( 3 \right) + 3\, = 9\)

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: \(A\left( { - 1;1} \right),\,\,B\left( {3;9} \right)\)

         1. \({x^2} + x - 10 = 0\)

         Vì \(a.c = \,1.\left( { - 10} \right)\, = \, - 10 < 0\) nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,{x_2}\).

         Theo định lý Vi – ét, ta có:

         \(\left\{ \begin{array}{l}S\, = \,{x_1}\, + \,{x_2}\, = \,\frac{{ - b}}{a}\, = \, - 1\\P\, = \,{x_1}{x_2}\, = \,\frac{c}{a}\, = \, - 10\end{array} \right.\)

         Ta có: \(A\, = \,x_1^2\, + \,x_2^2\, - 3{x_1}{x_2} = \,{S^2}\, - 2P\, - 3P\, = \,{S^2} - 5P\, = \,{\left( { - 1} \right)^2} - 5.\left( { - 10} \right) = 51\)

         2. \({x^2} + \,\left( {m + 1} \right)x + \frac{1}{4}{m^2} + 1\, = 0\)

            \(\Delta \, = \,{\left( {m + 1} \right)^2}\, - 4.1.\left( {\frac{1}{4}{m^2} + 1} \right)\, = \,2m - 3\)

            Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta  > 0 \Leftrightarrow 2m\, - 3 > \,0 \Leftrightarrow m\, > \frac{3}{2}\).

            Vậy \(m\, > \,\frac{3}{2}\) thỏa yêu cầu bài toán.

         Gọi \(x\)\(\left( {x > 0;\,\,m} \right)\) là chiều rộng của khu vườn hình chữ nhật.

         Suy ra: chiều dài của khu vườn hình chữa nhật là: \(x + 5\,\,\left( m \right)\).

         Diện tích khu vườn hình chữ nhật: \(x\left( {x\, + \,5} \right)\,\,\left( {{m^2}} \right)\).

         Theo đề bài ta có phương trình: \(x\left( {x\, + \,5} \right)\, = \,150\)

                                                      \( \Leftrightarrow {x^2}\, + 5x\, - 150\, = 0\)

         Giải phương trình thu được:  \({x_1} = \,10\,\,\left( n \right);\,\,{x_2}\, = \, - 15\,\,\left( l \right)\)

         Vậy:

         Chiều rộng của khu vườn hình chữ nhật là 10 m.

         Chiều dài của khu vườn hình chữa nhật là: \(x + 5\, = \,10 + 5\, = 15\,\left( m \right)\).

Ta có: \(\widehat {ACB}\, = \,\widehat {ADB}\, = \,{90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB).

Suy ra: \(\widehat {KDB\,} = \,{90^0}\)

Vì \(CH\,\, \bot \,\,AB\) nên \(\widehat {CHB\,} = \,{90^0} \Rightarrow \,\widehat {KHB} = \,{90^0}\).

1. Chứng minh BHKD là một tứ giác nội tiếp.

Tứ giác \(BHKD\) có: \(\,\widehat {KHB} + \,\,\widehat {KDB} = \,{90^0}\, + \,{90^0} = {180^0}\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BHKD\) là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh tam giác ACK đồng dạng với tam giác ADC và chứng minh \(AK.\,AD\, = \,A{C^2}\).

Ta có: (góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

Mặt khác \(\widehat {{C_1}\,} = \,\widehat {{B_1}}\) (cùng phụ \(\widehat {{C_2}}\))

Do đó \(\widehat {{C_1}\,} = \,\widehat {{D_1}}\)

Xét tam giác ACK và tam giác ADC có:

\(\widehat {CAD}\): góc chung.

\(\widehat {{C_1}\,} = \,\widehat {{D_1}}\)(chứng minh trên)

Vậy: tam giác ACK đồng dạng với tam giác ADC (g – g)

\( \Rightarrow \)\(\frac{{AC}}{{AD}}\, = \,\frac{{AK}}{{AC}}\)\( \Rightarrow AK\,.\,AD\, = \,A{C^2}\).