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

a. Giải phương trình $3x^2-7x+4=0.$

Ta có $$a+b+c=3+(-7)+4=0$$

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1=1$ và $x_2=\frac{4}{3}.$

b. Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{c}3x+y=9\\ 2x-y=1\end{array}.$

$$\iff \{\begin{array}{l}5x=10\\ 2x-y=1\end{array}$$

$$\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ 2.2-y=1\end{array}$$  $$\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ y=3\end{array}.$$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $$\left(2;3\right).$$

c. Cho phương trình $x^2-2x+m+3=0$($x$ là ẩn số, $m$ là tham số). Với giá trị nào của  $m$ thì phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa mãn $x_1^2.x_2+x_1.x_2^2=-4.$

Ta có: $$\Delta =-8-4m$$

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $\Delta >0$

$$\iff m<-2.$$

Theo hệ thức Vi-ét $$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\\ x_1.x_2=m+3\end{array}$$

Theo đề bài  $x_1^2.x_2+x_1.x_2^2=-4$

$$\iff$$$x_1.x_2.\left(x_1+x_2\right)=-4\iff \left(m+3\right).2=-4$

$$\iff$$$m=-5$ (thỏa mãn).

Vậy  $m=-5$thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn $x_1^2.x_2+x_1.x_2^2=-4.$

Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy cho parabol $\left(P\right):y=2x^2$ và đường thẳng $\left(d\right):y=-2x+4.$

a.Vẽ parabol $\left(P\right)$ và đường thẳng $\left(d\right)$ trên cùng mặt phẳng tọa độ.

.Trên cùng hệ trục tọa độ, vẽ parabol $(P)$ và đường thẳng $(d)$.

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

$y=2x^2$.$2$ .$0$.$2$

.$x$.$0$.$2$

$y=-2x+4$.$4$ .$0$

Oxy cho parabol (ảnh 1)">

b.Tìm tọa độ giao điểm của $\left(P\right):y=2x^2$ và $\left(d\right):y=-2x+4$ bằng phép tính.

.Phương trình hoành độ giao điểm của $$\left(P\right)$$ và $$\left(d\right)$$: $$2x^2=-2x+4$$

$$\iff 2x^2+2x-4=0\iff [\begin{array}{l}x=-2\Rightarrow y=8\\ x=1\Rightarrow y=2\end{array}.$$

Vậy tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$ là $$\left(-2;8\right)$$và $$\left(1;2\right).$$

a. Cho tam giác  $ABC$ vuông tại $A,$ đường cao $AH.$ Biết $AH=3cm,HC=4cm.$ Tính độ dài đoạn thẳng $HB,AC$và số đo góc $C$(kết quả làm tròn đến độ).

ABC vuông tại $A,$ đường cao $AH.$ Biết (ảnh 1)">

* Xét tam giác $ABC$vuông tại $A$ nên $A{H}^2=HB.HC$

   $$\Rightarrow$$$HB=\frac{A{H}^2}{HC}=\frac{9}{4}=2,25cm.$. 

* Xét tam giác vuông $AHC$ có:

$A{C}^2=A{H}^2+H{C}^2$ (định lí pytago)

$$\Rightarrow$$$AC=\sqrt{3^2+4^2}$$=5cm.$. 

* $\cos C=\frac{CH}{CA}=0,8$ hoặc $\cos C=\frac{CH}{CA}=\frac{4}{5}$. 

       Vậy $\hat{C}\approx 37^0.$.

b. Để xác định chiều cao của một tòa tháp cao tầng (hình vẽ bên), một người đứng tại điểm $C$cách chân tháp một khoảng $CD=60m,$ sử dụng giác kế nhìn thấy đỉnh tòa tháp với góc $\widehat{AOB}=60^0.$ Hãy Tính chiều cao của tòa tháp. Biết rằng khoảng cách từ mặt đất đến ống ngắm của giác kế là $OC=1m,$ (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

ABC vuông tại $A,$ đường cao $AH.$ Biết (ảnh 2)">

Tam giác $$OAB$$ vuông tại $$B,$$ có $AB=60.\tan 60^0.$ . 

Vậy chiều cao của ngọn tháp là $h\approx 105m.$ . 

ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác (ảnh 1)">

a. Chứng minh tứ giác $CDHE$ nội tiếp đường tròn.

Xét $\Delta ABC$ có:

$AD$là đường cao $$\Rightarrow$$$\widehat{ADC}=90^0$ $$\Rightarrow$$$\widehat{HDC}=90^0.$

$BE$là đường cao $$\Rightarrow$$$\widehat{BEC}=90^0$$$\Rightarrow$$$\widehat{HEC}=90^0.$

Xét tứ giác $CDHE$ có: $\widehat{HDC}+\widehat{HEC}=90^0+90^0=180^0.$

Vậy tứ giác $CDHE$ là tứ giác nội tiếp đường tròn.

 b. Chứng minh: $HA.HD=HB.HE.$

Xét $\Delta AHE$và $\Delta BHD$ có:

       $\widehat{BHD}=\widehat{AHE}$ ( đối đỉnh)

      $\hat{D}=\hat{E}=90^0.$

  $\Delta BHD$và $\Delta AHE$ đồng dạng $\left(g\acute{o}c-g\acute{o}c\right)$

Vậy $\frac{BH}{HA}=\frac{HD}{HE}$ $$\iff$$$BH.HE=HD.HA$ (đpcm)

c. Gọi điểm $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $CDHE.$ Chứng minh $IE$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $AB.$ .

ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác (ảnh 2)">

* Xét tứ giác $BAED$ có: $\widehat{BDA}=\widehat{BEA}=90^0$$$\Rightarrow$$Tứ giác $BAED$ nội tiếp đường tròn có tâm $O,$ đường kính$AB$$$\Rightarrow$$$\widehat{OEA}=\widehat{OAE}$    (vì $\Delta OAE$ cân tại $O)$    (1)

             $$\Rightarrow$$ $\widehat{BAE}=\widehat{EDC}$ ( cùng bù với $\widehat{EDB}$) hay  $\widehat{OAE}=\widehat{EDC}$      (2)

* Xét đường tròn $\left(I\right)$ có: $\widehat{EDC}=\widehat{EHC}=\frac{1}{2}$sđ                            (3)

*  Ta có $\Delta IEH$ cân tại $I$$$\Rightarrow$$$\widehat{EHI}=\widehat{IEH}$ hay  $\widehat{EHC}=\widehat{IEB}$             (4)

Từ (1), (2), (3), (4) $$\Rightarrow$$$\widehat{OEA}=\widehat{IEB}$

Mà $\widehat{OEI}=\widehat{OEB}+\widehat{IEB}$$=\widehat{OEB}+\widehat{OEA}=90^0$

Vậy $$OE\perp EI$$ tại $E$ $$\Rightarrow$$$EI$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $AB.$

Từ giả thiết suy ra $y=-2-x.$ Khi đó $A=3x^2+3{\left(-x-2\right)}^2+10\mathrm{x}\left(-x-2\right).$

$A=-4{\left(x+1\right)}^2+16\le 16$

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $A$ là $16.$

Dấu  xảy ra khi $x=-1,y=-1.$