Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Định

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

3
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh cùng tham khảo và tải về "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Định" được chia sẻ sau đây để luyện tập nâng cao khả năng giải bài tập, tự tin đạt kết quả cao trong kì thi sắp diễn ra. Chúc các em ôn tập và đạt kết quả cao trong kì thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Định

Lời giải Bài 1: 5 x  3 y  1 1. Giải hệ phương trình:  x  3y  5 x 3 x 4 x  32 2. Cho biểu thức P    ; x  0, x  16. x 4 x  4 x  16 c) Rút gọn biểu thức P . d) Tìm giá trị lớn nhất của P . x  1 5 x  3 y  1 6 x  6 x  1  1. Ta có     4 x  3y  5 5 x  3 y  1 5.1  3 y  1  y    3 2. a) Ta có: x 3 x 4 x  32 x 3 x 4 x  32 P      x 4 x  4 x  16 x 4 x 4  x 4  x 4   x    x  4   4 x  32  x  4 x  3x  12 x  4 x  32 x 4 3 x  x  4  x  4   x  4 x  4 8 x  32 8  x  4 8     x  4 x  4  x  4 x  4 x  4 b) P lớn nhất  x  4 nhỏ nhất  x  0  x  0 . Khi đó P  2 . Vậy giá trị lớn nhất của P là 2. Bài 2: 1 1. x 2   m  3 x  m 2  1  0 4 1 Ta có    m  3  4( m2  1)  m2  6m  9  m2  4  6m  5 2 4 5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2    0  6m  5  0  m    * 6 Khi điều kiện * được thỏa, phương trình có hai nghiệm x1 , x2 , theo định lý Vi-et ta có:  x1  x2  m  3 1   1 2  x1 x2  m  1  2   4 Do đó: 1  2  x1  x2   8 x1.x2  34  2.  m  3  8   m 2  1  34 2 2 4   2  m 2  6m  9   2m 2  8  34  12m  24  m  2 (Thoûa (*)) Vậy giá trị cần tìm là m  2 .
2. a) Đường thẳng  d  đi qua điểm A  1;5   5  a.  1  4  5   a  4  a  9 . 2 b) Cho y  0 thay vào phương trình đường thẳng  d1  ta được: 0  3x  2  x  . 3 2  Vậy  d1  cắt trục hoành tại điểm M  ;0  . 3  Cho x  0 thay vào phương trình đường thẳng  d1  ta được y  2 . Vậy  d1  cắt trục tung tại điểm N  0; 2  . 2 Ta có OM  , ON  2 . Trong tam giác vuông OMN ta vẽ đường 3 cao OH , khi đó: 1 1 1 1 1 5 2  2  2  2  2  OH OM ON  2 2 2    3 2 10  OH 2   OH  5 5 Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng  d1  là 10 OH  5 Bài 3: Cách 1: Gọi x, y lần lượt là số học sinh dự thi của mỗi trường A, B. Điều kiện x, y nguyên dương. Cả hai trường A và B có tổng số 380 thí sinh dự thi nên: x  y  380 1 55 45 Số thí sinh trúng tuyển của trường A và B lần lượt là: x (thí sinh), y (thí sinh) . 100 100 Số thí sinh trúng tuyển của cả hai trường là 191 thí sinh nên: 55 45 x+ y  191  11x  9 y  3820  2 100 100 Từ (1) suy ra y  380  x thay vào (2) ta được: 11x  9  380  x   3820  2 x  400  x  200 Suy ra y  180 . Vậy số thí sinh dự thi của mỗi trường A, B lần lượt là 200 và 180. Cách 2: Gọi x là số thí sinh dự thi trường A. Điều kiện: x nguyên dương, x  380 (*) Số thí sinh dự thi trường B là 380  x . Theo đề bài ta lập được phương trình: 0,55 x  0, 45  380  x   191  0,1x  20  x  200 (thoûa (*))  y  180 Vậy có 200 thí sinh dự thi trường A và 180 thí sinh dự thi trường B.
Bài 4:   1. BE vaø CF là các đường cao của tam giác ABC nên BFC  BEC  90 . Vậy các điểm E , F cùng nhìn đoạn BC dưới một góc vuông nên các điểm E , F , B, C cùng nằm trên đường tròn đường kính BC . Hay tứ giác BCEF nội tiếp.    2. Tứ giác BCEF nội tiếp nên BCF  BEF (góc nội tiếp cùng chắn cung BF )        Ta có KBF  BCF  CFB (Goùc ngoaøi tam giaùc)  BEF  90  BEF  BEC  KEC     Xét hai tam giác KBF và KEC ta có: BKF  EKC (Góc chung), KBF  KEC , do đó hai KB KF tam giác này đồng dạng. Suy ra   KB.KC  KF .KE . KE KC  Ta có:     90  4 điểm A, E, H , F cùng nằm trên đường tròn đường kính AH . AEH AFH Xét hai tam giác KAB và KCG :   CKG Góc chung), KAB  KCG (Góc nội tiếp cùng chắn cung BG ) AKB     KA KB Vậy hai tam giác nói trên là đổng dạng do đó:   KG.KA  KB.KC  KF .KE . KC KG KG KF   Suy ra:  , kết hợp với GKF  EKA (Góc chung) nên hai tam giác KGF và KEA KE KA đồng dạng. Suy ra   FGK (Góc tương ứng). AEK  Tứ giác AGFE có:           FGK  180 (Kề bù) AGF AEF AGF AEK AGF  Vậy tứ giác AGFE nội tiếp. Suy ra 5 điểm A, G, F, E, H cùng thuộc một đường tròn đường kính AH. 4. Từ kết quả câu 3. ta suy ra HG  AK . Vẽ đường kính AD khi đó ta có:  DG  AK (Góc DGA nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra D, H , G thẳng hàng.
 BH  AC   BH //DC  DC  AC Tương tự ta cũng có CH //BD , suy ra tứ giác BDCH là hình bình hành. Vậy I là trung điểm cùa HD hay G, H , I , D thẳng hàng. Do đó HI vuông góc với AK . Bài 5. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  2024 . Tìm giá trị lớn nhất của a b c biểu thức P    . a  2024a  bc b  2024b  ca c  2024c  ab a  b  a  c 2a  b  c Ta có 2024a  bc   a  b  c  a  bc   a  b  a  c    2 2 a   a a  a  b  a  c   a  2024a  bc a   a  b  a  c    a   a  b  a  c     a a  a  b  a  c   a 2  a  a  b  a  c  a  a  b  a  c   a 2   a 2   a  b  a  c  ab  bc  ca ab  bc  ca  2a  b  c  2 a a ab  ac  2    ab  bc  ca 2  ab  bc  ca  b bc  ba c ca  cb Tương tự ta cũng có:  ,  b  2024b  ca 2  ab  bc  ca  c  2024c  ab 2  ab  bc  ca  Suy ra: a b c ab  ac bc  ba ca  cb P      a  2024a  bc b  2024b  ca c  2024c  ab 2  ab  bc  ca  2  ab  bc  ca  2  ab  bc  ca  2  ab  bc  ca   1 2  ab  bc  ca  2024 Đẳng thức xảy ra  a  b  c  3 Vậy giá trị lớn nhất của P là 1 . 