Đề tuyển sinh vào môn Toán năm 2023 2024 sở GD ĐT Bình Định

Lời giải Bài 1:

1. Giải hệ phương trình: 5 3 1 3 5 x y x y      

2. Cho biểu thức 3 4 32 ; 0, 16. 16 4 4 x x x P x x x x x

        

c) Rút gọn biểu thức P . d) Tìm giá trị lớn nhất của P .

1. Ta có

1 5 3 1 6 6 1

4 3 5 5 3 1 5.1 3 1

3

x x y x x x y x y y y

                           

2.

a) Ta có:

  

    

     

  

    

3 4 32 3 4 32 16 4 4 4 4 4 4

4 3 4 4 32 4 3 12 4 32

4 4 4 4

8 4 8 32 8

4 4 4 4 4

x x x x x x P x x x x x x x

x x x x x x x x x x

x x x x

x x

x x x x x

              

               

    

    

b) P lớn nhất  4 x  nhỏ nhất  0 x   0 x  . Khi đó 2 P  . Vậy giá trị lớn nhất của P là 2. Bài 2:

1.   2 2 1 3 1 0 4 x m x m    

Ta có  

2 2 2 2 1 3 4( 1) 6 9 4 6 5 4 m m m m m m          

Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x   5 0 6 5 0 * 6 m m      

Khi điều kiện  * được thỏa, phương trình có hai nghiệm 1 2 , x x , theo định lý Vi-et ta có:





1 2

2 1 2

3 1

1 1 2 4

x x m

x x m

      

Do đó:

   

 

2 2 2 1 2 1 2

2 2

1 2 8 . 34 2. 3 8 1 34 4

2 6 9 2 8 34

12 24 2 (Thoûa (*))

x x x x m m

m m m

m m

             

     

   

Vậy giá trị cần tìm là 2 m  .

2. a) Đường thẳng  d đi qua điểm   1;5 A     5 . 1 4 5 4 9 a a a       .

b) Cho 0 y  thay vào phương trình đường thẳng   1d ta được: 2 0 3 2 3 x x     .

Vậy   1d cắt trục hoành tại điểm 2 ;0 3 M      

.

Cho 0 x  thay vào phương trình đường thẳng   1d ta được 2 y  . Vậy   1d cắt trục

tung tại điểm   0;2 N .

Ta có 2 , 2 3 OM ON   . Trong tam giác vuông OMN ta vẽ đường

cao OH , khi đó:

2 2 2 2 2

2

1 1 1 1 1 5 2 2 2 3

2 10 5 5

OH OM ON

OH OH

          

   

Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng   1d là

10 5 OH 

Bài 3: Cách 1: Gọi ,x y lần lượt là số học sinh dự thi của mỗi trường A, B. Điều kiện ,x y nguyên

dương. Cả hai trường A và B có tổng số 380 thí sinh dự thi nên:  380 1 x y  

Số thí sinh trúng tuyển của trường A và B lần lượt là: 55 45 , 100 100 (thí sinh) (thí sinh) x y .

Số thí sinh trúng tuyển của cả hai trường là 191 thí sinh nên:

 55 45 191 11 9 3820 2 100 100 + x y x y    

Từ (1) suy ra 380 y x   thay vào (2) ta được:   11 9 380 3820 2 400 200 x x x x       

Suy ra 180 y  . Vậy số thí sinh dự thi của mỗi trường A, B lần lượt là 200 và 180.

Cách 2: Gọi x là số thí sinh dự thi trường A. Điều kiện: x nguyên dương, 380 x  (*) Số thí sinh dự thi trường B là 380 x . Theo đề bài ta lập được phương trình:   0,55 0,45 380 191 0,1 20 200 180 (thoûa (*)) x x x x y         

Vậy có 200 thí sinh dự thi trường A và 180 thí sinh dự thi trường B.

Bài 4:

1. vaø BE CF là các đường cao của tam giác ABC nên   90 BFC BEC   . Vậy các điểm , E F cùng nhìn đoạn BC dưới một góc vuông nên các điểm , , , E F B C cùng nằm trên

đường tròn đường kính BC . Hay tứ giác BCEF nội tiếp.

2. Tứ giác BCEF nội tiếp nên   BCF BEF  (góc nội tiếp cùng chắn cung  BF )

Ta cĩ        90 (Góc ngoài tam giác) KBF BCF CFB BEF BEF BEC KEC       

Xét hai tam giác KBF và KEC ta có:   BKF EKC  (Góc chung),   KBF KEC  , do đó hai

tam giác này đồng dạng. Suy ra . . KB KF KB KC KF KE KE KC    .

 Ta có:   90 AEH AFH   4 điểm , , , A E H F cùng nằm trên đường tròn đường kính AH .

Xét hai tam giác KAB và KCG :

  AKB CKG  Góc chung),   KAB KCG  (Góc nội tiếp cùng chắn cung  BG )

Vậy hai tam giác nói trên là đổng dạng do đó: . . . KA KB KG KA KB KC KF KE KC KG     .

Suy ra: KG KF KE KA  , kết hợp với   GKF EKA  (Góc chung) nên hai tam giác KGF và KEA

đồng dạng.

Suy ra   AEK FGK  (Góc tương ứng).

Tứ giác AGFE có:       180 AGF AEF AGF AEK AGF FGK        (Kề bù) Vậy tứ giác AGFE nội tiếp. Suy ra 5 điểm A, G, F, E, H cùng thuộc một đường tròn đường …