Tuyển tập đề thi và đáp án môn toán tuyển sinh vào 10 trung học phổ thông 20232024

Tuyển tập đè thi và hướng dẫn giải các đề tuyển sinh môn toán năm học 20232024 các tỉnh thành cảu cả nước. Tài liệu giúp các em có cái nhìn tổng quát về đề thi tuyển sinh các tỉnh. ...........................................................................................

PHẦN III: GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CÁC TỈNH

A.KH I KHÔNG CHUYÊN Ố

I.Đ BÀI Ề

1 S An Giang ở

2.S B c Liêu ở ạ (2023-2024 ngày thi 31/05/2023)

a) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số y=ax2 đi qua điểm M(-1;2) Vẽ đồ thị hàm sốvới giá trị a vừa tìm được

b) Giải hệ phương trình: {x−2 y=4 2 x+ y=3

Câu 3 (6 điểm)

Cho phương trình bậc hai x2−2 x+m−2=0( 1 ) với m là tham số

a) Xác định các hệ số a,b,c của phương trình (1)

b) Giải phương trình (1) khi m=-1

c) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn3(x12+x22)+x12x22=11

Câu 4 (6 điểm)

Trên đường tròn tâm O, đường kính 2R lấy hai điểm C,D sao cho CD vuông góc với AB tại H (H thuộc đoạn OA khác O và A) Gọi M là điểm trên đoạn CD (M khác C và D, CM>DM) E là giao điểm của AM và đường tròn tâm O(E khác A ) N là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD

a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp đường tròn

b) b)Chứng minh: NC.ND=NB.NE

c) Khi AC=R, xác định vị trí của M để 2AM+AE đạt giá trị nhỏ nhất

3.s B c giang ở ắ

4 S B c Ninh ở ắ

4.1 Ph n tr c nghi m ầ ắ ệ

4.2 Ph n t lu n ầ ự ậ

5 S Bình D ở ươ ng

6 S Bình Đ nh ở ị

7 S Bình Thu n ở ậ

8 S Cao B ng ở ằ

II.H ƯỚ NG D N GI I CHI TI T- ĐÁP S Ẫ Ả Ế Ố

Ta có ∆=b2−4 ac=(−3a) 2−4.1.a2=9 a2−4 a2=5a2>0∀ a≠0

Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt ∀ a≠ 0

=>2 hàm số trên luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt ∀ a≠ 0

c) Gọi y1, y2 là tung độ giao điểm của 2 đồ thị tìm a để y1+y2=28

Giải

Gọi x1, x2 hoàng độ của 2 giao điểm ta có

y1+ y2=28↔3 ax1−a2+3a x2−a2=28↔3a(x1+x2)−2a2=28 (2)

Do x1, x2 là nghiệm của phương trình (1) nên theo định lý vi-et ta có

x1+x2=3a

Thay vào phương trình (2) ta được:

3a.3a−2a2=28↔7 a2=28↔a2=4 ↔a=± 2 (TM a≠0)

Câu 3: Cho phương trình: x2−2mx+2m−3=0 (1)

BAD+^ BOD=900 +90 0 =180 0=> ABOD là tứ

giác nội tiếp

b) Tiếp tuyến tại điểm A với đường tròn(O) cắt

Bc tại P, cho PB=BO=2cm Tính độ dài đoạn PA và số đo ^

Giải:

Do AP là tiếp tuyến của (O) tại A nên ta có OA┴AP =>ΔOAP vuông tại A Mặtkhác PB=BO=2cm (gt)=> B là trung điểm của OP=> AB là trung tuyến của cạnhOP.=> AB=1/2 OP=OB=2(cm)

Mà: OA=OB=2(cm)(=R);OP=OB+PB=4(CM)

Xét ΔOAP ta có

OA2+ AP2=OP2↔22+ AP2 =4 2↔ AP2=12↔ AP=2√3 (cm)

sin ^APO=¿OA OP= 24=12= ¿^APO=300 ¿

Gọi x là chiều cao cây bách đàn sau n năm (n;x>1)

Gọi y là chiều cao cây bách đàn sau m năm (m;x>3)

Chiều cao cây bạch đàn sau 1 năm là: 1+1=2 (m)

Chiều cao cây bạch đàn sau 2 năm là: 1+2.1=3 (m)

Chiều cao cây bạch đàn sau 3 năm là: 1+3.1=4(m)

…

Chiều cao cây bạch đàn sau n năm là: 1+n.1=n+1 (m)

 Hàm số biểu diễn chiều cao cây bạch đàn là x=n+1

Chiều cao cây phượng sau 1 năm là: 3+0,5=3,5 (m)

Chiều cao cây phượng sau 2 năm là: 3+2.0,5=4 (m)

Chiều cao cây phượng sau 3 năm là: 3+3.0,5=4,5 (m)

……

Chiều cao cây phượng sau n năm là: 3+n.0,5=3+0,5n (m)

 Hàm số biểu diễn chiều cao cây phượng là x=0,5n+3

b) Sau bao nhiêu năm so với lúc mới vào trường thi cây bạch đàn sẽ cao hơn cây

phượng

Giải

Giả sử sau k năm (kϵN*) cây bạch đàn cao hơn cây phượng;

 K+1>0,5k+3  0,5k>2  k>4

 Vậy sau 5 năm so với lúc mới vào trường thì cây bạch đàn cao hơn cây phượng

2 S B c Liêu ở ạ (2023-2024 ngày thi 31/05/2023)

c) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số y=ax2 đi qua điểm M(-1;2) Vẽ đồ thị hàm số

với giá trị a vừa tìm được

Giải

Đồ thị hàm số y=f(x)=ax2 đi qua điểm M(-1;2) nên tọa độ điểm M thỏa mãn

phương trình f(x) Thay tọa đổ điểm M ta có 2=a.(-1)2a=2

parabol có bề lõm quay lên nhận Oy làm

trục đối xứng Ta có đồ thị như sau:

d) Giải hệ phương trình: {x−2 y=4 2 x+ y=3

Cho phương trình bậc hai x2−2 x+m−2=0( 1 ) với m là tham số

d) Xác định các hệ số a,b,c của phương trình (1)

a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp đường tròn

Xét ΔOAC CÓ OA=OC=AC=R=> ΔOAC Là tam giác đều

 H là trung điểm của OA => AH=1/2 OA=R/2Đặt MH=x (0<x<R)

{3 x−2 y=9 x−3 y=10↔{3(10+3 y)−2 y=9

x=10+3 y ↔{30+9 y−2 y=9 x=10+3 y ↔{ x=10+3 y ↔{ 7 y=−21 y=−3 x=1

y=ax+b (d1) y=x+2023 (d2)

(d1)// (d2)=> a=1

(d1) đi qua M(2,1) => tọa độ điểm M thỏa mãi phương trình (d1)

Thay tọa độ điểm M vào phương trình (d1) ta có: 1=2.a+b => b=1-2a

mà a=1 nên =>b=1-2.1=-1

Vậy a= 1 và b=-1

Câu 2:

Cho phương trình x2−2 (m+1)x+4 m=0(1) với m là tham số

a) Giải phương trình (1) khi m=2

Gọi số người dự kiến tham gia trồng cây là x (x>4)

Số cây mỗi người phải trồng theo dự kiến là 80/x cây

Số người trồng cây thực tế là x-4 (người)

Số cây phải trồng theo thực tế là 80/(x-4)

Theo thực tế mỗi người trồng nhiều hơn so với dự kiến 1 cây nên ta có

Vậy só người dự kiến là 20 người

Câu 4: Cho ΔABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) các

đường cao AD,BF,CE của ΔABC cắt nhau tại H

a) Chứng minh tứ giác BEHD nội tiếp

 tứ giác BEHD nội tiếp

b) Kéo dài AD cắt đường tròn tâm

(O) tại điểm thứ hai K kéo dài KE

cắt đường tròn tâm (O) tại điểm

thứ hai I Gọi N là giao điểm của

CI và EF Chứng minh:

CE2=CN.CI

Giải

Xét tứ giác AFHE có ^AEH+^ AFH=1800 => tứ giác AFHE nội tiếp

=>^HEF=^ HAF góc nội tiếp chắn cung HF

=>^HEF=^ KIC hay CEN=^^ EIC

Xét ΔCNE và ΔCEI có : ^ECI chung; CEN=^^ EIC => ΔCNE ΔCEI (g.g)

Khi đó ta có: FN NE = IE NC CE : HE CN KE = IE NC KE CE HE.CN = IE KE CE HE (1)

Ta lại có ΔIEA ΔBEK (g.g) ( do: ^IEA=^ BEK( 2 góc đối đỉnh) và

^

IAE=^ BKE 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BI)=> BE IE = EA ẸK= ¿IE.EK =EA BE( 2 )

Ta lại có: ΔAEH ΔCEB (g.g) ( do: ^EAH =^ ECB( cùng phụ: ^ ) và

^AFH=^ CEB=90¿ 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BI)=> EC AE = EH ẸB= ¿ EC.EH=EA.EB (3)

Thay (2), (3) vào (1) ta có: FN NE = IE KE CE HE = EA BE EA EB=1= ¿NE=FN => N thuộc trungtrực của EF (**)

A=√3 a+bc+√3b+ac+√3 c+ab

↔ A=√(a+b+c) a+bc+√(a+b+c) b+ac+√(a+b+c)c+ab

↔ A=√a2+ab+c a+bc+√ab+b2+cb+ac+√ac+bc+c2+ab

↔ A=√(a2+ab)+ (ca+bc) +√(ab+b2)+ (cb+ac) +√(bc+c2)+ (ac+ab)

↔ A=√a(a+b)+c(a+b) +√b(a+b)+c(b+a) +√c(b+c)+a(c+b)

↔ A=√(a+c)(a+b) +√(b+c) (b+a) +√(a+c) (c+b)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Vậy Max A=6  a=b=c=1

Cho phương trình: x2 −2 (m−1)x+m−3=0( 1 ) (m là tham số)

1 Giải phương trình (1) khi m=0

Giải:

Với m=0 phương trình (1) trở thành : x2+2x−3=0

Mà một buổi hợp có 208 người đến dự họp, do đó ban tổ chức đã kê

thêm 1 hàng ghế và mỗi hàng ghế nhiều hơn quy định 2 ghế mới đủ chỗ

nên ta có (x+1)(y+2)=208  xy+2x+y+2=208 (2)

2.Chứng minh: AB2=BI.BD

Giải:

Xét ΔABC ta có ^BAC=900(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Có đường cao AH => AB2=BH.BC (hệ thức lượng trong tam giác vuông

Xét Δvuông BIH và Δ vuông BCD có CBD chung^ =>ΔIEA ΔBEK (g.g)

 BC BI = BH

2= HI BD

3.Lấy điểm M trên đoạn BC sao cho BM=AB Chứng minh tâm đường tròn ngoại

tiếp tam giác MID luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi D thay đổi trên

cung nhỏ AC

Giải:

Ta có BM=AB=> BM2=AB2= BI.BD nên BM/BD=BI/BM Ta lại có ^MBI chung

=> ΔBMI ΔBDM (c.g.c)=> ^BMI=^ BDM(2 góctươngứng) (1)

Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔDMI Ta có ^BDM=^ IDM= 12^

Ta lại có x2+ y2≥ 2xy (bất đẳng thức cô si) (2)

Do x,y,z > 0 nên ta có 2 xy+72z ≥2√2xy 72 z=24√xyz (bất đẳng thức cô si) (3)

Từ (1); (2);(3)=> 8 (x+ y+z)≥ 24√xyz↔ x+ y+z3 ≥√xyz

2 (y−1)+3 y=8 ↔{ x= y−1

2 y−2+3 y=8 ↔{x= y−1

Hệ số a=-0.5 nên Parabol cong xuống Nhận oy làm trục đối xứng

2 Viết phương trình đường (d1) biết (d1) vuông

góc với (d) và tiếp xúc với Parabol (p)

Giải

Do (d1) vuông góc với (d) => (d1) có hệ số góc a.(-1/2)=-1 =>a=2 =>phương trình đường (d1) y=2a+b

Mà (d1) tiếp xúc với (p) thì phương trình hoành độ giao điểm có nghiệmduy nhất: -0.5x2=2x+b 0.5x2+2x+b=0

Δ’=1-0.5b=0 b=2 => phương trình đường (d1) y=2x+2

Câu 3: cho phương trình x2-2(m+1)x+m2+m=0 (m là tham số)

1 Tìm giá trị m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2

Giải:

x2-2(m+1)x+m2+m=0 (1)

Δ’=(m+1)2-m2-m=m2+2m+1-m2-m=m+1

(1)Có 2 nghiệm phân biệt  Δ’>0  m+1>0  m>-1

2 Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 mà không phụ thuộc vào tham số m

Số tiền bác tư phải trả cho 1 cái quạt máy là : x(100%-15%)=0.85x (đồng)

Số tiền bác tư phải trả cho 1 cái quạt máy là : y(100%-12%)=0.88y (đồng)

Do bác tư phải trả 543000 khi mua 2 sản phẩm nên ta có 0.85x+0.88y=543000 (2)

Hay tứ giác CNHD nội tiếp đường tròn.

2 Chứng minh CM=CO

Giải:

Xét ΔDBC có DN và CH là đường cao cắt nhau tại M=> M là trực tâm của ΔDBC

=>CM┴DC

Mà CO┴DC (tiếp tuyến) => BM// CO

Lại có CH┴BD (gt); OB┴BD (tiếp tuyến) => CM//OB=> OBMC là hình bình hành => CM=OB mà OB=OC bằng bán kính => OC=CM

3 Các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại E Chứng minh EA.EB=EC2

Giải

Xét ΔEAC và ΔECB có : CEA chung^ ; ^ECA=^ ABC => ΔEAC ΔECB(g.g)

 CE EB = EA CE →CE2=EA EB(đpcm)

3.Khi quay tam giác DNB một vòng xung quang cạnh DN ta nhận được một

hình nón Biết OB=6cm, BD = 8 cm Tính thể tích hình nón tạo thành

Giải:

Do ΔOBD vuông tại B đường cao BN nên ta có OD2=BD2+OB2=62+82=100 => OD=10

BD2=DN.OD => DN=BD2/OD=82/10=6.4 => NB2=BD2-DN2=82-6.42=23.04 => BN=4.8

Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được hình nón chiều cao DN=6.4

Giải:

Ta có

√x≥ 0¿x≥0, x≠16)→√x+4≥ 4→ 8

√x+4 ≤ 84=2→P ≤ 2

Max P=2  x=0 TM x≥0, x≠16

Bài 2:

1 Cho phương trình: x2 − (m+3)x+ 14m2 +1=0 (mlàtham số) Tim tất cả các giá trị của m

để phương trình có hai nghiệm phân biệt và thảo mãn 2(x1+x2)2−8x1.x2=34

2 Trong hệ tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng (d) y=ax-4 và (d1) y=-3x+2

a.Biết đường thẳng (d) đi qua A(-1;5) Tìm a

Giải:

Do đường thẳng (d) đi qua A => tọa đổ điểm A thỏa mãn phương trình của đường

thẳng (d) Thay tọa độ điểm A vào (d) ta được

5=a(-1)-4 => a=-9 => phương trình đường thẳng (d) y=-9x-4

b Tìm giao điểm của (d1) với trục hoành, trục tung Tính khoảng cách từ gốc tọa

Bài 3:

Gọi số học sinh dự thi của trường A và trường B lần lượt là x và y (x,yϵN*;x,y<380)

Vì số thí sinh duwjthi của cả ha trường là 380 nên ta có x+y=380 (1)

Khi đó

Số thí sinh trúng tuyển của trường A là 0,55x (thí sinh)

Số thí sinh trúng tuyển của trường B là 0,45x (thí sinh)

Số thí sinh trúng tuyển của cả 2 trường là 191 => 0,55x+0,45y=191 (2)

Do BE,CF là đường cao của ΔABC nên

BE┴AC, CF┴AB =>^BEC=^ BFC=900

2 đỉnh kề nhau cùng nhìn BC dưới 1 góc bằng nhau => BFEC nội tiếp

2 Chứng minh ΔEAC và ΔECB đồng dạng => KB.KC=KF.KE

Giải

Do BFEC nội tiếp nên ^ACB=^ AFE(cùngbùgóc ^ BFE)

Mà ^KFB=^ AFE (đối đỉnh) nên ^KFB=^ ABC=^ KCE¿

Xét ΔEAC và ΔECB có ^KFB=^ KCE; ^EKC chung => ΔEAC ~ ΔECB (g.g)

 KF/KC =KB/KE =>KB.KC=KE.KF

3 Đường thẳng AK căt đường tròn(O) tại G khác A Chứng minh A,G, F,E,H cùngthuộc đường tròn

Giải

Xét tứ giác AFHE có: ^AFH =^ AEH =900→^ AFH +^ AEH=1800

Mà 2 góc ở vị trí đối điện nên tứ giác AFHE nội tiếp (1)

Xét ΔKAB và ΔKCG có ^KAB=^ KCG; ^AKC chung => ΔKAB ~ ΔKCG (g.g)

 KA/KC=KB/KG => KG.KA=KB.KC

Mà KB.KC=KE.KF (cmt) => KG.KA= KE.KF => KG/KE=KF/KA

Xét ΔKGF và ΔKEA có KG KE = KF KA (cmt); ^AKEchung => ΔKGF ~ ΔKEA (g.c.g)

Mà ^KGF +^ FGA=1800 (2góc kề bù) = ¿^FGA +^ KEA=1800

Mặt khác 2 góc này ở vị trí đối điện nên tứ giác AGFE nội tiếp (2)

Từ (1) và (2) => A,G,F,E,H cùng thuộc một đường tròn

4 Gọi I là trung điểm của BC chứng minh HI vuông góc với AK

Giải

 Do A,G,F,E,H cùng thuộc một đường tròn =>

Kẻ đường kính AD của (O) khi đó

^AGD=900 (Góc nộitiếp chắnnửa đườngtròn) = ¿DG ┴ AG => G,H,D thẳng hàng (3)

Ta có ^ABD=900Và ^ ACD=900 (Góc nộitiếp chắnnửa đườngtròn) => DC┴AC, DB┴AB

Ta lại có: {DB ┴ AB

CH ┴ AB => CH//BD

Tương tự BH, CD cùng vuông góc với AC nên BH// CD => CHBD là hình bình hành

Mà I là trung điểm của BC nên I là trung điểm của HD ( tình chất hình bình hành)

 H,I, D thẳng hàng (4)

Từ (3) và (4) => G, H, I, D thẳng hàng

Do DG┴AG=> DG┴ AK=> HI┴AK

Câu 5: cho các số thực a,b,c thỏa mãn a+b+c=2024 tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

a+√2024 a+bc+

b b+√2024 b+ca+

c c+√2024 c+ab

a+√2024 a+bc+

b b+√2024 b+ca+

c c+√2024 c+ab ≤

2 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x 1 ;x 2 thỏa mãn x 1 <2024<x 2

Số xe lớn phải thuê là x-2 (xe)

Số người trên xe nhỏ là 210/x (người)

Số người trên xe lớn là 210/(x-2) (người)

Vì mỗi xe nhỏ chở ít hơn xe lớn 12 người nên ta có phương trình:

Gọi bán kính đáy chai là x( cm;x>0)

Lượng nước trong chai là 10πx 2 (Cm 3 )

Thể tích còn lại của chai nước là 450π-10πx 2

Vì khi lật ngược chai lại thì phần không chứa nước cũng là hình trụ có chiều cao 8cm nên thể tích hình trị đó là 8πx 2 => 450π-10πx 2 =8πx 2  450π =18πx 2  x 2 =25  x=5 hoặc x=-5 (loại)

Vậy bán kính của chai là 5cm

Xét tứ giác ABOC có ^ABO+^ ACO=1800 mà 2 góc này ở vị trí

đối diện =>tứ giác ABOC nội tiếp

b) Vẽ đường kính CE, nối AE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ 2 là F Chứng minh

AB 2 =AE.AF

Giải:

Xét ΔABF và ΔAEB có

^

BAEchung; ^ ABF=^ AEB(gócnội tiếp tạobởitiếp tuyến vàdây cungBF )

=> ΔABF ~ΔAEB (g.g) => AB/AF=AE/AB => AB 2 =AE.AF

c) Cho OA cắt BC tại H, BF cắt OA tại I Chứng minh I là trung điểm của AH

BCE=^ OAB(gócnội tiếp cháncungOB) = ¿^IFA=^ OAB= ^ IAB

Xét ΔIAF và ΔIBA có ^BIA chung; ^ IFA=^ IAB(cmt)=> ΔIAF ~ ΔIBA (g.g)

 IA/IB=IF/IA=> IA 2 =IB.IF (1)

Ta lại có AB=AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)=> A thuộc trung trực của BC

OB=OC (= bán kính) => O thuộc trung trực của BC => OA là trung trực của BC=> OA┴BC={H}

Xét ΔABO vuông tại B đường cao BH nên ta có AB 2 =AH.AO mà AB 2 =AE.AF => AH.AO= AE.AF=>

AH/AE=AF/AO

Mặt khác ^EAO chung => ΔAHF ~ ΔAEO (c.g.c) => ^AHF=^ AEO

Mà ^FBC=^ AEO(cùngchắncungCF) => ^AHF=^ FBC=¿^IHF=^ HBI

Mà ^BIH chung => ΔIHF ~ ΔIBH (g.g) => IH/IB=IF/IH =>IH2 =IB.IF (2)

Từ (1) và (2) => IH 2 =IA 2  IH=IA => I là trung điểm của AH

Bài 7

Gọi độ dài cạnh của hình vuông đầu tiên là x (x>0) => diện tích hình vuông là x 2

Khi đó cạnh hình vuông thứ 2 có độ dài là √( x

Vậy phương trình đồ thị là y=2x+2

c) Giải phương trình x2−6 x+5=0 ta có a+b+c=0 => x=1 hoặc x= c/a=5

Gọi chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật là x (m) (90>x>0)

Gọi chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật là y (m) (90>y>0)

Chu vi mảnh vườn hình chữ nhật là 180m => 2(x+y)=180  x+y=90 (m) (1)

Nếu tăng chiều rộng lên thêm 20m và giảm chiều dài đi 20m thì diện tích không thay đổi.

Nếu tăng chiều rộng lên thêm 20m và giảm chiều dài đi 20m thì diện tích không thay đổi.