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) $x^2+3x-10=0$                 

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

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) $x^4-8x^2-9=0$…(*)

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 $y\ge 0$): $x^2=9\iff x=\pm 3$

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

c) $\{\begin{array}{l}3x+y=2\\ x-y=6\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}4x=8\\ x-y=6\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ 2-y=6\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ y=-4\end{array}$

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:

                                          $x^2=2x+3$

                                    $\iff x^2-2x-3=0$…(*)

            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:

         $\{\begin{array}{l}S=x_1+x_2=\frac{-b}{a}=-1\\ P=x_1{x}_2=\frac{c}{a}=-10\end{array}$

         Ta có: $A=x_1^2+x_2^2-3x_1{x}_2=S^2-2P-3P=S^2-5P={\left(-1\right)}^2-5.\left(-10\right)=51$

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

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

            Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $\iff \Delta >0\iff 2m-3>0\iff m>\frac{3}{2}$.

            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: $x\left(x+5\right)=150$

                                                      $\iff x^2+5x-150=0$

         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 $CH\perp AB$ 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$.

Gọi$R$; $h$ lần lượt là chiều cao của hình trụ đã cho. Suy ra: R = 4cm; h = 12cm

Diện tích xung quanh của hình trụ: $S_{xq}=2\pi R.h=2\pi .4.12=96\pi \left(c{m}^2\right)$

Thể tích của hình trụ:$V=\pi R^{2}h=\pi .4^2.12=192\pi \left(c{m}^3\right)$