Đề tuyển sinh vào môn Toán năm 2023 2024 sở GD ĐT Đắk Lắk

trang 2

SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: 3 5 20 5    E . b) Giải phương trình: 2 4 3 0    x x .

c) Giải hệ phương trình: 3 3 2 7       

x y x y .

a) 3 5 20 5 3 5 2 5 5 2 5        E .

b)    2 1 0 1 4 3 0 1 3 0 3 0 3                    

x x x x x x x x .

Phương trình có hai nghiệm 1 2 1; 3   x x .

c) 3 3 5 10 2 2

2 7 3 3 3 2 3 3

                          

x y x x x

x y y x y y .

Hệ phương trình có một nghiệm     ; 2; 3  x y .

Câu 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức

2 1 1 1 2 2 1 1

                   

x x x A x x x với 0  x và 1  x .

a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm tất cả các giá trị của x để 0  A .

a)       

2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 2 1 1

                                 

x x x x x x A x x x x x x

       2 1 1 1 1 1 4 1 1 4 1 4

            

x x x x x x x x x x x x ;

b)   1 0 0 1 0 1 0, 0           x A x x x do x x .

Kết hợp với điều kiện, ta có 0 1   x thì 0  A . Câu 3: (1,5 điểm) Cho hàm số 2  y x có đồ thị là đường parabol (P) và hàm số 4 5   y mx có đồ thị là đường thẳng (d), với m là tham số. a) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) và đường thẳng () song song với nhau, với () là đồ thị của hàm số   5 3    y m x .

b) Tim các giá trị của tham số m đề đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 2 , x x thỏa mãn 2 2 1 4 105   x mx . a) Đường thẳng (d) và đường thẳng () song song với nhau khi 4 5 1 5 3

      

m m m .

b) Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:  2 2 4 5 4 5 0 *       x mx x mx có

Vì 5 0  ac , nên  * có hai nghiệm phân biệt với mọi m . Do đó đường thẳng (d) cắt

parabol (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m . Theo hệ thức Vi ét, ta có: 1 2 4   x x m .

trang 3

và  2 2 2 4 5 0    x mx a . Theo giả thiết  2 2 1 4 105   x mx b .

Từ   

2 2 1 2 25 5 , 4 100 16 100 4 2          a b m x x m m m .

Vậy 5 2  m thì đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 2 , x x

thỏa mãn 2 2 1 4 105   x mx . Câu 4: (1,0 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có chiều rộng ngắn hơn chiều dài 45m. Tinh diện tích của khu vườn, biết rằng nếu chiều dài giảm 2 lần và chiều rộng tăng 3 lần thì chu vi khu vườn không thay đổi.

Gọi  x m là chiều rộng khu vườn   0  x .

Khi đó: Chiều dài khu vườn là  45  x m .

Chiều dài khu vườn sau khi giảm 2 lần là  45 2  x m .

Chiều rộng khu vườn sau khi tăng 3 lần là  3x m .

Vì chu vi khu vườn không đổi, nên có phương trình:   45 2 45 2 3 2           

x x x x .

4 90 7 45 3 45 15         x x x x (TMĐK)

Vậy diện tích khu vườn là     2 15 15 45 900    m .

Câu 5: (3,0 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi M là điểm chính giữa cung AB, E là điềm trên cung AM (E khác A và M). Lấy điểm F trên đoạn BE sao cho BF = AE. Gọi K lả giao điểm của MO và BE. a) Chứng minh rằng EAOK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng EMF vuông cân. c) Hai đường thẳng AE và OM cắt nhau tại D. Chứng minh    MK ED MD EK . a) Chứng minh rằng EAOK là tứ giác nội tiếp. Vì     0 90      MA MB gt OM AB AOK . Xét tứ giác EAOK, ta có:  0 90  AEK (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))  0 90  AOK (cmt)   0 0 0 90 90 180      AOK AEK Vậy tứ giác EAOK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng EMF vuông cân. Vì       MA MB gt MA MB. Xét MAE và MBF, ta có: MA = MB (cmt),    MAE MBF (góc nội tiếp cùng chắn cung  ME ),    AE BF gt .

Vậy MAE = MBF (c-g-c)   ,    ME MF AME BMF .