Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023 – 2024 sở GD&ĐT Bình Định

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh đề chính thức kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2023 – 2024 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Bình Định; kỳ thi được diễn ra vào thứ Ba ngày 06 tháng 06 năm 2023. Mời bạn đọc đón xem!

56 28 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024

Môn: Môn Toán

Thông tin:

5 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Vũ Hường
Lời giải
Bài 1:
1. Giải hệ phương trình:
5 3 1
3 5
x y
x y
2. Cho biểu thức
3 4 32
16
4 4
x x x
P x x
x
x x
c) Rút gọn biểu thức
P
.
d) Tìm giá trị lớn nhất của
P
.
1. Ta có
1
5 3 1 6 6 1
4
3 5 5 3 1 5.1 3 1
3
x
x y x x
x y x y y
y
2.
a) Ta có:
3 4 32 3 4 32
16
4 4 4 4
4 4
4 3 4 4 32
4 3 12 4 32
4 4 4 4
8 4
8 32 8
4
4 4 4 4
x x x x x x
P
x
x x x x
x x
x x x x x
x x x x x
x x x x
x
x
x
x x x x
b)
P
lớn nhất
4
x
nhỏ nhất
0
x
0
x
. Khi đó
2
P
.
Vậy giá trị lớn nhất của
P
là 2.
Bài 2:
1.
2 2
1
3 1 0
4
x m x m
Ta có
2
2 2 2
1
3 4( 1) 6 9 4 6 5
4
m m m m m m
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
5
0 6 5 0 *
6
m m
Khi điều kiện
*
được thỏa, phương trình có hai nghiệm
1 2
,
x x
, theo định lý Vi-et ta có:
1 2
2
1 2
3 1
1
1 2
4
x x m
x x m
Do đó:
2 2
2
1 2 1 2
2 2
1
2 8 . 34 2. 3 8 1 34
4
2 6 9 2 8 34
12 24 2
(Thoûa (*))
x x x x m m
m m m
m m
Vậy giá trị cần tìm là
2
m
.
2.
a) Đường thẳng
d
đi qua điểm
1;5A
5 . 1 4 5 4 9a a a
.
b) Cho
0y
thay vào phương trình đường thẳng
1
d
ta được:
2
0 3 2
3
x x
.
Vậy
1
d
cắt trục hoành tại điểm
2
;0
3
M
.
Cho
0x
thay vào phương trình đường thẳng
1
d
ta được
2y
. Vậy
1
d
cắt trục
tung tại điểm
0;2N
.
Ta có
2
, 2
3
OM ON
. Trong tam giác vuông
OMN
ta vẽ đường
cao
OH
, khi đó:
2
2 2 2 2
2
1 1 1 1 1 5
2 2
2
3
2 10
5 5
OH OM ON
OH OH
Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng
1
d
là
10
5
OH
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:
380 1x y
Số thí sinh trúng tuyển của trường A và B lần lượt là:
55 45
,
100 100
(thí sinh) (thí sinh)x y
.
Số thí sinh trúng tuyển của cả hai trường là 191 thí sinh nên:
55 45
191 11 9 3820 2
100 100
+x y x y
Từ (1) suy ra
380y x
thay vào (2) ta được:
11 9 380 3820 2 400 200x x x x
Suy ra
180y
. 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,
380x
(*)
Số thí sinh dự thi trường B là
380 x
. Theo đề bài ta lập được phương trình:
0,55 0,45 380 191 0,1 20 200 180 (thoûa (*))x x x x y
Vậy có 200 thí sinh dự thi trường A và 180 thí sinh dự thi trường B.
Bài 4:
1.
vaø BE CF
là các đường cao của tam giác
ABC
nên
90BFC BEC
. 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
90 (Goùc ngoaøi tam giaùc)KBF BCF CFB BEF BEF BEC KEC
Xét hai tam giác
KBF
và
KEC
ta có:
BKF EKC
(Góc chung),
KBF KEC
, do đó hai
tam giác này đồng dạng. Suy ra
. .
KB KF
KB KC KF KE
KE KC
.
 Ta có:
90AEH AFH
4 điểm
, , ,A E H F
cùng nằm trên đường tròn đường kính
AH
.
Xét hai tam giác
KAB
và
KCG
:
AKB CKG
Góc chung),
KAB KCG
(Góc nội tiếp cùng chắn cung
BG
)
Vậy hai tam giác nói trên là đổng dạng do đó:
. . .
KA KB
KG KA KB KC KF KE
KC KG
.
Suy ra:
KG KF
KE KA
, kết hợp với
GKF EKA
(Góc chung) nên hai tam giác
KGF
và
KEA
đồng dạng.
Suy ra
AEK FGK
(Góc tương ứng).
Tứ giác
AGFE
có:
180AGF AEF AGF AEK AGF FGK
(Kề bù)
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
2024
a b c
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
.
2024 2024 2024
a b c
P
a a bc b b ca c c ab
Ta có
2
2024
2 2
a b a c a b c
a bc a b c a bc a b a c
2 2
2
2
2024
2
2
2
a a a b a c
a
a a bc
a a b a c a a b a c
a a a b a c
a a a b a c a a b a c a
a a b a c ab bc ca ab bc ca
a b c
a a
ab ac
ab bc ca ab bc ca
Tương tự ta cũng có:
2
2024
b bc ba
ab bc ca
b b ca
,
2
2024
c ca cb
ab bc ca
c c ab
Suy ra:
2 2 2
2024 2024 2024
2
1
2
a b c ab ac bc ba ca cb
P
ab bc ca ab bc ca ab bc ca
a a bc b b ca c c ab
ab bc ca
ab bc ca
Đẳng thức xảy ra
2024
3
a b c
Vậy giá trị lớn nhất của
P
là
1
.
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Lời giải Bài 1: 5
x  3y 1
1. Giải hệ phương trình: 
x  3y  5  2. Cho biểu thức x 3 x 4x 32 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  3y 1 6x  6 x 1  1. Ta có        4 x   3y  5 5x   3y 1 5.1   3y 1 y    3 2. a) Ta có: x 3 x 4x  32 x 3 x 4x  32 P       x  4 x  4 x 16 x  4
x  4  x  4 x  4
x x  4  3 x x  4 4x  32 x  4 x  3x 12 x  4x 32   
x  4 x  4
x 4 x 4 8 x   x 4 8 32  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. 2
x  m  3 2
x m 1  0 4 1
Ta có   m  32 2 2 2
 4( m 1)  m  6m  9  m  4  6m  5 4 5
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x , x    0  6m  5  0  m   * 1 2 6
Khi điều kiện * được thỏa, phương trình có hai nghiệm x , x , theo định lý Vi-et ta có: 1 2
x x m  3 1 1 2     1 2
x x m 1 2 1 2    4 Do đó:  
2 x x 2  8x .x  34  2.m  32 1 2 8 m 1  34 1 2 1 2    4   2 2
m  6m  9 2  2m 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 d ta được: 0  3x  2  x  . 1  3  2 Vậy  
d cắt trục hoành tại điểm M ;0 . 1     3 
Cho x  0 thay vào phương trình đường thẳng d ta được y  2 . Vậy d cắt trục 1  1 
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 2
OH   OH  5 5
Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d là 1  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 s , inh) 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  9y  3820 2 100 100
Từ (1) suy ra y  380  x thay vào (2) ta được: 11x  9380  x  3820  2x  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:
0,55x  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:  
AEH AFH  90  4 điểm ,
A E, H , F cùng nằm trên đường tròn đường kính AH .
Xét hai tam giác KAB và KCG :  
AKB CKG Góc chung),  
KAB KCG (Góc nội tiếp cùng chắn cung  BG ) 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  
AEK FGK (Góc tương ứng).
Tứ giác AGFE có:      
AGF AEF AGF AEK AGF FGK  180 (Kề bù)
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
a b c Ta có
a bc  a b ca bc  a ba c 2 2024   2 2 a a
a abac 
a  2024a bc
a abaca abac
a a  a ba c 2
a a a ba ca a ba c 2  a    2
a  a ba c
ab bc ca
ab bc ca
 2a b c  2 aa    2  ab ac  
ab bc ca
2ab bc cab bc ba c ca cb Tương tự ta cũng có:  , 
b  2024b ca
2ab bc cac  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   
ab bc ca 1 2 2024
Đẳng thức xảy ra  a b c  3
Vậy giá trị lớn nhất của P là 1. 
Document Outline

  • de-tuyen-sinh-vao-lop-10-mon-toan-nam-2023-2024-so-gddt-binh-dinh
  • TS_10_23-24