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

a) $3x^2+5x-12=0$

Ta có $\Delta =5^2-\mathrm{4.3.}(-12)=169>0$

Phương  trình có hai nghiệm phân biệt

$x_1=\frac{-5+\sqrt{69}}{2.3}=\frac{4}{3};x_2=\frac{-5-\sqrt{69}}{2.3}=-3$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{-3;\frac{4}{3}\right\}$ 

b) $\{\begin{array}{l}2x-y=7\\ x+2y=6\end{array}\iff \{\begin{array}{l}4x-2y=14\\ x+2y=6\end{array}\iff \{\begin{array}{l}5x=20\\ y=2x-7\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=4\\ y=1\end{array}$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là $(x;y)=(4;1)$

a) Rút gọn biểu thức $$Q=\frac{\sqrt{6}-2\sqrt{8}}{\sqrt{6}}-{\left(\sqrt{3}-1\right)}^2.$$

$$Q=\frac{\sqrt{6}\left(1-2\sqrt{3}\right)}{\sqrt{6}}-\left(\sqrt{3^2}-2\sqrt{3}+1\right)$$

$$Q=1-2\sqrt{3}-(4-2\sqrt{3})$$

$$Q=-3$$

b) Trên mặt phẳng tọa độ $$Oxy$$, vẽ đồ thị của hàm số $y=\frac{3}{2}{x}^2.$

Bảng giá trị

$x$.$-2$.$-1$.$0$.$1$.$2$

$y=\frac{3}{2}{x}^2.$.$6$.$\frac{3}{2}$.$0$.$\frac{3}{2}$.$6$

a)Gọi $$x,y$$ lần lượt là số học sinh trường THCS A và trường THCS A (ĐK: $$x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$ và$$x,y<322$$).

Theo đề bài ta có hệ phương trình

$$\{\begin{array}{l}x+y=322\\ 6x-5y=172\end{array}\iff \{\begin{array}{l}5x+5y=1610\\ 6x-5y=172\end{array}\iff \{\begin{array}{l}11x=1782\\ 6x-5y=172\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=162\\ y=160\end{array}$$

Giải hệ phương trình tìm được $$\{\begin{array}{l}x=162\\ y=160\end{array}$$ (thỏa mãn ĐK)

Vậy số quyển sách của trường THCS A quyên góp được là $$162.6=972$$quyển.

Số quyển sách của trường THCS B quyên góp được là $$160.5=800$$quyển

b)$$x^2-(2m+1)x+m^2+1=0$$

Ta có $\Delta =[-(2m+1){]}^2-\mathrm{4.1.}(m^2+1)=4m-3$

Phương  trình có hai nghiệm phân biệt khi$\Delta >0$

$\iff 4m-3>0\iff m>\frac{3}{4}$

Theo hệ thức Viet, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m+1\\ x_1.x_2=m^2+1\end{array}$

Theo đề bài, ta có:  $$(x_1+1{)}^2+(x_2+1{)}^2=13.$$

$$\iff {x_1}^2+2x_1+1+{x_2}^2+2x_2+1=13.$$

$$\iff \left({x_1}^2+{x_2}^2\right)+2(x_1+x_2)+2=13$$

$$\begin{array}{l}\iff \left({x_1}^2+{x_2}^2\right)+2(x_1+x_2)-11=0\\ \iff (x_1+x_2{)}^2-2x_1{x}_2+2(x_1+x_2)-11=0\\ \iff (2m+1{)}^2-2(m^2+1)+2(2m+1)-11=0\\ \iff 2m^2+8m-10=0\end{array}$$

$$\iff [\begin{array}{l}m=1\\ m=-5\end{array}$$$\begin{array}{l}(\mathrm{Nha}\ddot{\mathrm{a}}\mathrm{n})\\ (\mathrm{Loa}\ddot{\mathrm{i}}\mathrm{i})\end{array}$

Vậy $$m=1$$ thỏa mãn đề bài

$ABC(AB<AC)$có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm (ảnh 1)">

a) Chứng minh tứ giác $$KDOA$$ nội tiếp.

Xét tứ giác $$KDOA$$, ta có

$$\widehat{KAO}=90^{\circ }$$(Tính chất của tiếp tuyến);

$$\widehat{KDO}=90^{\circ }$$($$OD\perp BC$$ (gt))

Suy ra $$\widehat{KAO}+\widehat{KDO}=180^{\circ }\Rightarrow$$ $$KDOA$$ là tứ giác nội tiếp.

b) Đường thẳng $$AE$$ cắt $$BC$$tại$$N$$. Chứng minh tam giác $$KNA$$cân và $$K{N}^2=KB.KC$$.

$ABC(AB<AC)$có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm (ảnh 2)">

* Chứng minh tam giác $$KNA$$cân

Ta có $$OD\perp BC$$(gt) $$\Rightarrow D$$là trung điểm của $$BC$$(quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) nên $$OD$$là đường trung trực của $$BC$$

mà $$E\in OD$$nên

và $$\widehat{BNA}=\frac{1}{2}$$(sđsđ) (góc có đỉnh ở bên trong đường tròn)

$$\Rightarrow \widehat{KNA}=\frac{1}{2}$$(sđsđ) (1)

$$\widehat{EAK}=\frac{1}{2}$$sđ( sđsđ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $$\widehat{EAK}=\widehat{KNA}\Rightarrow \Delta KNA$$ cân tại $$K$$(đpcm)

* Chứng minh $$K{N}^2=KB.KC$$.

Xét $$\Delta KAB$$và $$\Delta KCA$$ ta có

$$\widehat{BKA}$$: chung

$$\widehat{KAB}=\widehat{ACK}=\frac{1}{2}$$sđ (cùng chắn cung )

Do đó (g-g)

Nên $$\frac{KA}{KC}=\frac{KB}{KA}\iff K{A}^2=KB.KC$$

mà $$\Delta KNA$$ cân tại $$K$$(cmt) $$\Rightarrow KA=KN$$(3)

Suy ra $$K{N}^2=KB.KC$$(đpcm)

c) Kẻ tiếp tuyến $$KM$$của đường tròn $$(O)$$($$M$$là tiếp điểm). Chứng minh tia $$MN$$và tia $$ED$$cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn $$(O)$$.

$ABC(AB<AC)$có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm (ảnh 3)">

Cách 1.Ta có: $$\widehat{BMN}=\widehat{KMN}-\widehat{KMB}$$

$$\widehat{CMN}=\widehat{KNM}-\widehat{BCM}$$(góc ngoài của tam giác$$MNC$$)

Mà $$\widehat{KMN}=\widehat{KNM}$$($$\Delta KMN$$cân do đó $$KM=KN=KA$$)

$$\widehat{KMB}=\widehat{BCM}$$(cùng chắn )

$$\Rightarrow \widehat{BMN}=\widehat{CM}N$$

$$\Rightarrow MN$$là tia phân giác của góc $$BMC$$

+ $$MN$$là tia phân giác của góc $$BMC$$ nên $$MN$$đi qua điểm chính giữa $$I$$của

+ $$OE\perp BC$$nên $$ED$$đi qua điểm chính giữa $$I$$của

Vậy tia $$MN$$và tia$$ED$$ cắt nhau tại một điểm thược đường tròn tâm $$O$$

Cách 2.Ta có $$A,K,M,D,O$$ thuộc đường tròn đường kính $$OK$$

Suy ra $$\widehat{KOM}=\widehat{KDM}$$(cùng chắn cung )

Mặt khác $$\widehat{AEM}=\widehat{KOM}\Rightarrow \widehat{AEM}=\widehat{KDM}$$

Suy ra tứ giác $$DEMN$$nội tiếp

Mà $$\widehat{NDE}=90^{\circ }\Rightarrow \widehat{NME}=90^{\circ }\Rightarrow MN\perp ME(1)$$

Vẽ đường kính$$EF$$, suy ra $$\widehat{FME}=90^{\circ }$$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$$\Rightarrow MF\perp ME(2)$$

Từ $$(1),(2)$$suy ra $$M,N,F$$thẳng hàng.

Hay tia $$MN$$và tia$$ED$$ cắt nhau tại một điểm thược đường tròn tâm $$O$$