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

1. Giải hệ phương trình

$\{\begin{array}{l}5x+3y=1\\ x-3y=5\end{array}\iff \{\begin{array}{l}6x=6\\ x-3y=5\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ 1-3y=5\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ y=\frac{-4}{3}\end{array}$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(\mathrm{x};\mathrm{y})=\left(1;\frac{-4}{3}\right)$

2. a) Với $x\ge 0;x\ne 16$ ta có:

$\begin{array}{l}P=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+4}+\frac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}-4}-\frac{4x+32}{x-16}=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-4\right)}{\left(\sqrt{x}+4\right)\left(\sqrt{x}-4\right)}+\frac{3\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+4\right)}{\left(\sqrt{x}+4\right)\left(\sqrt{x}-4\right)}-\frac{4x+32}{\left(\sqrt{x}+4\right)\left(\sqrt{x}-4\right)}\\ =\frac{x-4\sqrt{x}+3x+12\sqrt{x}-4x-32}{\left(\sqrt{x}+4\right)\left(\sqrt{x}-4\right)}=\frac{8\sqrt{x}-32}{\left(\sqrt{x}+4\right)\left(\sqrt{x}-4\right)}=\frac{8\left(\sqrt{x}-4\right)}{\left(\sqrt{x}+4\right)\left(\sqrt{x}-4\right)}=\frac{8}{\sqrt{x}+4}.\end{array}$

$b)$ Với $x\ge 0;x\ne 16$ta có: $\sqrt{x}+4\ge 4$. Suy ra: $P=\frac{8}{\sqrt{x}+4}\le \frac{8}{4}=2$

Dấu "=" xảy ra khi $x=0$. Vậy GTLN của $P$ là 2 khi $x=0$

1. Phương trình có $\Delta =(\mathrm{m}+3{)}^2-4\cdot \left(\frac{1}{4}{\mathrm{m}}^2+1\right)={\mathrm{m}}^2+6\mathrm{m}+9-{\mathrm{m}}^2-4=6\mathrm{m}+5$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt ${\mathrm{x}}_1,{\mathrm{x}}_2\iff 6\mathrm{m}+5>0\iff \mathrm{m}>\frac{-5}{6}$

Theo hệ thức Vi - ét ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=m+3\\ x_1\cdot x_2=\frac{1}{4}{m}^2+1\end{array}$

Theo đề ta có: $2{\left({\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2\right)}^2-8{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2=34$

$\iff 2.(\mathrm{m}+3{)}^2-8.\left(\frac{1}{4}{\mathrm{m}}^2+1\right)=34\iff 2{\mathrm{m}}^2+12\mathrm{m}+18-2{\mathrm{m}}^2-8-34=0$

$\iff 12\mathrm{m}-24=0\iff \mathrm{m}=2$ (TMĐK). Vậy $\mathrm{m}=2$ là giá trị cần tìm.

2. Vì $A(-1;5)\in (d):y=ax-4$ nên: $5=\mathrm{a}\cdot (-1)-4\iff 5=-\mathrm{a}-4\iff \mathrm{a}=-9$

Vậy a $=-9$.

b) Tọa độ giao điểm của $\left({\mathrm{d}}_1\right)$ với trục hoành là $\mathrm{A}\left(\frac{2}{3};0\right)$

Tọa độ giao điểm của $\left({\mathrm{d}}_1\right)$ với trục tung là $\mathrm{B}(0;2)$

Ta có: $\mathrm{OA}=\left|\frac{2}{3}\right|=\frac{2}{3}($ đvđd) $\mathrm{OB}=|2|=2$(đvđd)

$\mathrm{AB}=\sqrt{\mathrm{O}{\mathrm{A}}^2+\mathrm{O}{\mathrm{B}}^2}=\sqrt{{\left(\frac{2}{3}\right)}^2+2^2}=\frac{2\sqrt{10}}{3}(\mathrm{dvdd})$

Diện tích tam giác $\mathrm{OAB}$ là:

${\mathrm{S}}_{\mathrm{OAB}}=\frac{1}{2}\cdot \mathrm{OA}\cdot \mathrm{OB}=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot 2=\frac{2}{3}(\mathrm{dvdt})$

Khoảng cách từ gốc tọa độ $\mathrm{O}$ đến $\left({\mathrm{d}}_1\right)$ là:

$\frac{2.{\mathrm{S}}_{\mathrm{OAB}}}{\mathrm{AB}}=\frac{2\cdot \frac{2}{3}}{\frac{2\sqrt{10}}{3}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$ (đvđd)

Gọi $\mathrm{x},\mathrm{y}$ (thí sinh) lần lượt là số thí sinh dự thi của hai trường $\mathrm{A}$ và $\mathrm{B}$.

ĐK: $x$, y nguyên dương; $x,y<380$.

Vì số thí sinh dự thi của cả hai trường là 380 thí sinh nên ta có phương trình: $\mathrm{x}+\mathrm{y}=380$

Số thí sinh trúng tuyển của trường $\mathrm{A}$ là: $55\%x=0,55x$ (thí sinh)

Số thí sinh trúng tuyển của trường $\mathrm{B}$ là: $45\%y=0,45y$ (thí sinh)

Ta có phương trình: $0,55x+0,45y=191$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=380\\ 0,55x+0,45y=180\end{array}$

Giải hệ phương trình ta được: $\{\begin{array}{l}x=200\\ y=180\end{array}$ (TMĐK)

Vậy số thí sinh dự thi của trường $\mathrm{A}$ là 200 thí sinh

Số thí sinh dự thi của trường $B$ là 180 thí sinh.

AB<AC, các đường cao (ảnh 1)">

1) Ta có: $\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^{\circ }$ nên $\mathrm{B},\mathrm{F},\mathrm{E},\mathrm{C}$ cùng thuộc đường tròn đường kính $\mathrm{BC}$.

Suy ra tứ giác $\mathrm{BFEC}$ nội tiếp đường tròn đường kính $\mathrm{BC}$.

2) Xét $\Delta KBF$ và $\Delta KEC$ có:

$\widehat{\mathrm{KFB}}=\widehat{\mathrm{KCE}}$ (vì cùng bù với góc $\mathrm{BFE})$

$\widehat{\mathrm{BKF}}$ : chung

Do đó:

Suy ra: $\frac{\mathrm{KB}}{\mathrm{KE}}=\frac{\mathrm{KF}}{\mathrm{KC}}\Rightarrow \mathrm{KB}.KC=\mathrm{KF}.\mathrm{KE}$        (1)

3) Ta chứng minh được (g.g)

Suy ra:$\frac{\mathrm{KB}}{\mathrm{KA}}=\frac{\mathrm{KG}}{\mathrm{KC}}\Rightarrow \mathrm{KB}.KC=\mathrm{KA}.KG$                (2)

Từ (1), (2) suy ra: $\mathrm{KA}.KG=\mathrm{KE}.KF$

Xét $\Delta \mathrm{KGF}$ và $\Delta \mathrm{KEA}$ có: $\frac{\mathrm{KG}}{\mathrm{KE}}=\frac{\mathrm{KF}}{\mathrm{KA}}$ (vì $\mathrm{KA}.KG=\mathrm{KE}.KF$); $\widehat{\mathrm{GKF}}$ : chung

Do đó: (c.g.c)

Suy ra: $\widehat{\mathrm{KGF}}=\widehat{\mathrm{KEA}}\Rightarrow$ Tứ giác AGFE nội tiếp                              (3)

Tứ giác $\mathrm{AEHF}$ nội tiếp (vì $\widehat{\mathrm{AEH}}+\widehat{\mathrm{AFH}}=180^{\circ }$)                             (4)

Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm: A, G, F, H, E cùng thuộc đường tròn đường kính $\mathrm{AH}$.

4) Kẻ đường kính $\mathrm{AD}$ của đường tròn $(\mathrm{O})$. Khi đó: $\mathrm{BH}//\mathrm{CD}$ (vì cùng vuông góc với $\mathrm{AC}$) $\mathrm{CH}//\mathrm{BD}$ (vì cùng vuông góc với $\mathrm{AB}$). Do đó tứ giác $\mathrm{BHCD}$ là hình bình hành.

Lại có $\mathrm{I}$ là trung điểm của đường chéo $\mathrm{BC}$ nên I là trung điểm của đường chéo $\mathrm{HD}$

Suy ra: H, I, D thẳng hàng                                                                 (5)

Ta có: $\widehat{\mathrm{AGD}}=90^{\circ }$ (vì nội tiếp chắn nửa đường tròn)                       (6)

$\widehat{AGH}=\widehat{AFH}=90^{\circ }$ (vì nội tiếp cùng chắn cung $\mathrm{AH}$)                      (7)

Từ (5), (6) và (7) suy ra: $\mathrm{H},\mathrm{G},\mathrm{I}$ thẳng hàng. Vậy $\mathrm{HI}$ vuông góc với $\mathrm{AK}$.

Cách 1: Ta có:

$\begin{array}{l}\frac{a}{a+\sqrt{2024a+bc}}=\frac{a}{a+\sqrt{(a+b+c)a+bc}}=\frac{a}{a+\sqrt{(a+b)(a+c)}}=\frac{a(\sqrt{(a+b)(a+c)}-a)}{(a+\sqrt{(a+b)(a+c)})\cdot (\sqrt{(a+b)(a+c)}-a)}\\ =\frac{a(\sqrt{(a+b)(a+c)}-a)}{(a+b)(a+c)-a^2}=\frac{a(\sqrt{(a+b)(a+c)}-a)}{ab+bc+ac}\end{array}$

Áp dụng Bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương $\mathrm{a}+\mathrm{b}$ và $\mathrm{a}+\mathrm{c}$, ta có :

$\sqrt{(a+b)(a+c)}\le \frac{a+b+a+c}{2}=\frac{2a+b+c}{2}$

Do đó: $\frac{a}{a+\sqrt{2024a+bc}}=\frac{a(\sqrt{(a+b)(a+c)}-a)}{ab+bc+ac}\le \frac{a\left(\frac{2a+b+c}{2}-a\right)}{ab+bc+ac}=\frac{ab+ac}{2(ab+bc+ac)}$

Tương tự: $\frac{b}{b+\sqrt{2024b+ca}}\le \frac{bc+ab}{2(ab+bc+ac)}$

                  $\frac{c}{c+\sqrt{2024c+ab}}\le \frac{ac+bc}{2(ab+bc+ac)}$

Từ (1), (2) và (3) suy ra: $\mathrm{P}\le \frac{2(ab+bc+ca)}{2(ab+bc+ca)}=1$

Dấu "=" xảy ra khi $\{\begin{array}{l}a=b=c\\ a+b+c=2024\end{array}\iff a=b=c=\frac{2024}{3}$

Vậy GTLN của P là 1 khi $a=b=c=\frac{2024}{3}$

Cách 2: Ta có 2024a $+\mathrm{bc}=(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})\cdot \mathrm{a}+\mathrm{bc}={\mathrm{a}}^2+\mathrm{ab}+\mathrm{ac}+\mathrm{bc}=(\mathrm{a}+\mathrm{b})(\mathrm{a}+\mathrm{c})$

Tương tự: $2024b+ca=(b+c)(b+a)$

$2024c+ab=(c+a)(c+b)$

Do đó $\mathrm{P}=\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}+\sqrt{(a+b)(a+c)}}+\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}+\sqrt{(a+b)(a+c)}}+\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{c}+\sqrt{(\mathrm{a}+\mathrm{c})(b+c)}}$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

$\sqrt{(a+b)(c+a)}=\sqrt{\left({(\sqrt{a})}^2+{(\sqrt{b})}^2\right)\cdot \left({(\sqrt{c})}^2+{(\sqrt{a})}^2\right)}\ge \sqrt{ac}+\sqrt{ab}$

Suy ra $\frac{a}{a+\sqrt{(a+b)(a+c)}}\le \frac{a}{a+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$

Tương tự $\frac{b}{b+\sqrt{(a+b)(a+c)}}\le \frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}};\frac{c}{c+\sqrt{(a+c)(b+c)}}\le \frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$

Do đó $\mathrm{P}\le \frac{\sqrt{\mathrm{a}}+\sqrt{\mathrm{b}}+\sqrt{\mathrm{c}}}{\sqrt{\mathrm{a}}+\sqrt{\mathrm{b}}+\sqrt{\mathrm{c}}}=1$

Dấu "=" xảy ra $\iff \{\begin{array}{l}a+b+c=2024\\ a=b=c\end{array}\iff a=b=c=\frac{2024}{3}$.