Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD & ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu năm 2024-2025 có đáp án

5 câu · Đề thi Toán vào lớp 10

Đề tự luận: mỗi câu có đáp án tham khảo của đề gốc để bạn tự đối chiếu bài làm (không tính điểm).

Câu 1

Câu tự luận

1) Giải phương trình: $x^{2} - 7 x + 12 = 0$ .

2) Giải hệ phương trình: ${3 x - y = 3 x + 2 y = 8$ .

3) Rút gọn biểu thức: $A = \frac{3}{2 - 3} - 75 + \frac{2 33}{11}$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1) $x^{2} - 7 x + 12 = 0$ . Ta có $Δ = (- 7)^{2} - 4 \cdot 1 \cdot 12 = 1 > 0$ .

Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $x = \frac{7 + 1}{2} = 4; x = \frac{7 - 1}{2} = 3$ .

b) ${3 x - y = 3 x + 2 y = 8$ . Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 2, ta được: ${6 x - 2 y = 6 x + 2 y = 8 .$

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được $7 x = 14$ hay $x = 2$ .

Thế $x = 2$ vào phương trình thứ hai của hệ mới, ta có $2 + 2 y = 8$ hay $2 y = 6$ , suy ra $y = 3.$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $(2; 3) .$

c) Ta có $A = \frac{3}{2 - 3} - 75 + \frac{2 33}{11}$

$= \frac{3 ( 2 + 3 )}{( 2 - 3 ) ( 2 + 3 )} - 25 \cdot 3 + \frac{2 3 \cdot 11}{11}$

$= 3 (2 + 3) - 53 + 23$

$= 6 + 33 - 53 + 23 = 6$ .

Vậy $A = 6$ .

Câu 2

Câu tự luận

Cho parabol $(P) : y = \frac{1}{2} x^{2}$ và đường thẳng $(a) : y = - m x + 3$ (với $m$ là tham số).

1) Vẽ parabol $(P)$ .

2) Tìm tất cả giá trị của tham số $m$ để $(d)$ thỏa mãn cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn $x_{1} (x_{2}^{2} - 6) = 24$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1) Tập xác định $D = R$ . Bảng giá trị:

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

$y = \frac{1}{2} x^{2}$ 2 $\frac{1}{2}$ 0 $\frac{1}{2}$ 2

Đồ thị hàm số $y = \frac{1}{2} x^{2}$ là parabol nhận $O y$ làm trục đối xứng, có đỉnh $O (0; 0),$ bề lõm hướng lên và đi qua các điểm $(- 1; \frac{1}{2}), (1; \frac{1}{2}),$ $(- 2; 2), (2; 2) .$

Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm $O (0; 0); A (- 2; 2); B (- 1; \frac{1}{2});$ $C (1; \frac{1}{2}); D (2; 2) .$

Hệ số $a = \frac{1}{2} > 0$ nên parabol có bề cong hướng lên, đồ thị hàm số nhận $O y$ làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số $y = \frac{1}{2} x^{2}$ như sau:

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của $(d)$ và $(P)$ , ta có:

$\frac{1}{2} x^{2} = - m x + 3$ hay $\frac{1}{2} x^{2} + m x - 3 = 0.$

Xét $Δ = m^{2} - 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot (- 3) = m^{2} + 6 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Áp dụng định lí Viète, ta có: ${x_{1} + x_{2} = \frac{- m}{\frac{1}{2}} = - 2 m x_{1} \cdot x_{2} = \frac{- 3}{\frac{1}{2}} = - 6$ .

Khi đó $x_{1} (x_{2}^{2} - 6) = 24$ hay $x_{1} (x_{2}^{2} + x_{1} x_{2}) = 24$ nên $x_{1} x_{2} (x_{2} + x_{1}) = 24$

Suy ra $- 6 \cdot (- 2 m) = 24$ , suy ra $12 m = 24$ hay $m = 2$ .

Vậy $m = 2$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 3

Câu tự luận

1) Nhân dịp Quốc tế thiếu nhi, trường trung học cơ sở $A$ tổ chức đi thăm và trao quà cho các em tại một mái ấm tình thương. Ban tổ chức giao cho một nhóm học sinh chuyến 120 phần quà lên khu vực trao quà. Tuy nhiên, khi thực hiện thì có 2 học sinh được phân công làm việc khác, nên mỗi học sinh còn lại trong nhóm phải chuyển nhiều hơn so với đự kiến 2 phần quà. Tính số học sinh trong nhóm dự kiến lúc đầu.

2) Giải phương trình: $x + 4 + 1 - 2 x = 3$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1) Gọi số học sinh dự kiến là $x$ (học sinh). Điều kiện $x \in N *, x > 2.$

Dự kiến mỗi học sinh chuyển số phần quà là: $\frac{120}{x}$ (phần quà).

Thực tế số học sinh là: $x - 2$ (học sinh).

Thực tế mỗi học sinh chuyển số phần quà là: $\frac{120}{x - 2}$ (phần quà).

Vì thực tế mỗi học sinh phải chuyển nhiều hơn so với dự kiến 2 phần quà nên ta có phương trình $\frac{120}{x} + 2 = \frac{120}{x - 2}$

$120 (x - 2) + 2 x (x - 2) = 120 x$

$120 x - 240 + 2 x^{2} - 4 x = 120 x$

$x^{2} - 2 x - 120 = 0$

$x = 12$ (thỏa mãn điều kiện) hoặc $x = - 10$ (không thỏa mãn điều kiện).

Vậy dự kiến có 12 học sinh.

2) Ta có $x + 4 + 1 - 2 x = 3$ (điều kiện $- 4 \leq x \leq \frac{1}{2}) .$

$x + 4 + 1 - 2 x + 2 (x + 4) (1 - 2 x) = 9$

$2 (x + 4) (1 - 2 x) - (x + 4) = 0$

$x + 4 (2 1 - 2 x - x + 4) = 0$

$x + 4 = 0$ hoặc $2 1 - 2 x = x + 4$

$x + 4 = 0$ hoặc $4 (1 - 2 x) = x + 4$

$x = - 4$ hoặc $4 - 8 x = x + 4$

$x = - 4$ (thỏa mãn) hoặc $x = 0$ (thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm $x = - 4$ và $x = 0$ .

Câu 4

Câu tự luận

Từ điểm $P$ nằm ngoài đường tròn $(O),$ kẻ hai tiếp tuyến $P A, P B$ của đường tròn $(A, B$ là hai tiếp điểm). Gọi $H$ là giao điểm của $P O$ và $A B .$

1) Chứng minh tứ giác $P A O B$ nội tiếp.

2) Chứng minh $P A^{2} = P H \cdot P O .$

3) Điểm $N$ trên cung lớn $A B$ của đường tròn $(O)$ sao cho tam giác $N A B$ nhọn và $N A > N B .$ Đường thẳng $P N$ cắt $(O)$ tại điểm $M$ khác $N .$ Chứng minh $O M N = O H N$ .

4) Đường thẳng qua $N$ song song với $P O$ cá́t đường thẳng $A O$ tại $K$ . Gọi $I$ là trung điểm của $M N .$ Chúng minh đường thẳng $K I$ vuông góc với đường thẳng $A M .$

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1) Do $P A, P B$ là tiếp tuyến nên $O A P = O B P = 9 0^{\circ} .$

Xét tứ giác $P A O B$ có

$O A P + O B P = 9 0^{\circ} + 9 0^{\circ} = 18 0^{\circ}$ .

Mà $O A P, O B P$ ở vị trí đối diện nên tứ giác $P A O B$ nội tiếp.

2) Ta có $P A = P B$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), $O A = O B = R$ nên $P O$ là trung trực của $A B .$

Suy ra $P O ⊥ A B$ tại $H$ là trung điểm của $A B .$

Xét $Δ P A H$ và $Δ P A H$ $Δ P O A$ có $P H A = P A O = 9 0^{\circ};$ $A P H$ chung.

Do đó .

Suy ra $\frac{P A}{P H} = \frac{P O}{P A}$ hay $P A^{2} = P H \cdot P O$ (đpcm).

3) Xét $Δ P B M$ và $Δ P N B$ có $B P M$ chung và

Do đó suy ra $\frac{P B}{P N} = \frac{P M}{P B}$ hay $P B^{2} = P M \cdot P N = P A^{2}$ .

Mà $P A^{2} = P H \cdot P O$ nên $P M \cdot P N = P H \cdot P O$ hay $\frac{P M}{P O} = \frac{P H}{P N}$ .

Xét $Δ P M H$ và $Δ P O N$ có $O P N$ chung; $\frac{P M}{P O} = \frac{P H}{P N}$ (cmt).

Do đó , suy ra $P M H = P O N$ (hai góc tương ứng).

Mặt khác $P M H + N M H = 18 0^{\circ}$ (kề bù) nên $P O N + N M H = 18 0^{\circ}$ .

Mà $P O N, N M H$ nằm ở vị trí đối diện nên tứ giác $H M N O$ nội tiếp.

Suy ra $O M N = O H N$ (cùng chắn cung $O N)$ .

4) Kẻ đường kính $A E$ của $(O)$ . Do $I$ là trung điểm của $M N$ nên $O I ⊥ M N .$

Xét tam giác $O M N (O M = O N)$ có $O I$ là đường trung tuyến (vì $I$ là trung điểm của $M N)$ nên $O I$ cũng là đường cao hay $O I ⊥ M N .$

Suy ra $O I P + O A P = 9 0^{\circ} + 9 0^{\circ} = 18 0^{\circ}$ .

Mà $O I P, O A P$ nằm ở trị trí đối diện nên tứ giác $O I P A$ nội tiếp.

Suy ra $I P O = I A O$ (cùng chắn cung $I O)$

Mà $I P O = I N K$ ( $O P // N K$ , so le trong) nên $I A O = I N K$ .

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác $A B C D$ có $A C B = A D B .$ Chứng minh tứ giác $A B C D$ là tứ giác nội tiếp.

• Giả sử $Δ A B C$ có đường tròn ngoại tiếp tâm $O$ và đường kính $A K$ nên tứ giác $A B C K$ nội tiếp, suy ra $A C B = A K B$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $A B) .$

Mà $A C B = A D B$ (giả thiết) nên $A D B = A K B .$ $(6)$

⦁ Gọi $F$ là giao điểm của $A K$ và $B D,$ $F$ nằm trong đường tròn $(O) .$

Xét $Δ A F D$ và $Δ B F K$ có: $A F D = B F K$ (đối đỉnh) và $A D F = B K F$ (chứng minh trên)

Do đó suy ra $\frac{A F}{B F} = \frac{D F}{K F}$ nên $\frac{A F}{D F} = \frac{B F}{K F} .$

Xét $Δ D F K$ và $Δ A F B$ có: $\frac{A F}{D F} = \frac{B F}{K F}$ và $D F K = A F B$ (đối đỉnh)

Do đó suy ra $F D K = F A B . (7)$

⦁ Ta có $A B K$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $A B K = 9 0^{\circ},$ do đó $Δ A B K$ vuông tại $B,$ suy ra $F A B + A K B = 9 0^{\circ} . (8)$

Từ $(6), (7), (8)$ suy ra $A D B + F D K = 9 0^{\circ}$ hay $A D K = 9 0^{\circ} .$

Khi đó $Δ A D K$ vuông tại $D$ nên điểm $D$ nằm trên đường tròn đường kính $A K .$

Suy ra tứ giác $A B C D$ nội tiếp đường tròn $(O)$ đường kính $A K .$

Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác $I K N A$ có $I A O = I N K$ nên tứ giác $I K N A$ nội tiếp.

Suy ra $N I K = N A K$ (cùng chắn cung $N K$ ).

Mà $N A K = N M E$ (cùng chắn cung $N E$ ) nên $N I K = N M E$ suy ra $I K // M E$ (hai góc đồng vị bằng nhau)

Mặt khác $A M E = 9 0^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $M E ⊥ A M .$

Do đó $N K ⊥ A M$ (đpcm).

Câu 5

Câu tự luận

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P = x (12 - 3 x^{2} + 1 - x^{2})$ , với $x$ là số thực thỏa mãn $0 \leq x \leq 2$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Ta có $P = x (12 - 3 x^{2} + 1 - x^{2}) = x 12 - 3 x^{2} + x - x^{3}$ .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

$x 12 - 3 x^{2} = \frac{2 \cdot 3 x 12 - 3 x ^{2}}{6} \leq \frac{9 x ^{2} + 12 - 3 x ^{2}}{6} = x^{2} + 2$ .

Suy ra $P \leq x^{2} + 2 + x - x^{3} = - (x - 1)^{2} (x + 1) + 3 \leq 3$ .

Dấu xảy ra khi và chỉ khi $x = 1$ .