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

ĐÁP ÁN:

Bài 1 (2 điểm).

1) Giải phương trình 2 6 0 x x + − = .

25 0 ∆= > phương trình có hai nghiệm phân biệt

1 2 1 5 1 5 2; 3 2 2 x x −+ −− = = = = −.

Tập nghiệm phương trình là { } 2; 3 S = − .

2) Giải phương trình 3 4 x x − = .

Đặt ( ) 0, 0 t x x t = ≥ ≥ phương trình trở thành 2 3 4 0 t t − − = .

Ta có 1 ( 3) 4 0 −− − = nên phương trình có hai nghiệm 1 1 t = − (loại), 2 4 t = (nhận).

Với 4 4 16 t x x = ⇒ = ⇔ = .

Tập nghiệm phương trình là { } 16 S = .

3) Giải hệ phương trình 1 2 3 8 x y x y − = −   + = 

1 3 3 3 5 5 1 1 2 3 8 2 3 8 2 3 8 2 3 8 2 x y x y x x x x y x y x y y y − = − − = − = = =      ⇔ ⇔ ⇔ ⇔      + = + = + = + = =     

Tập nghiệm hệ phương trình là ( ) { } 1;2 S = .

Bài 2 (1,5 điểm).

1) Vẽ đồ thị của hàm số 2 0,5 y x = − .

x

y

O 2

-2

-2

-8

-4 4

2) ( ) 1 : d y ax b = + vuông góc với ( ): 0,5 2 d y x = − + nên có ( ) . 0,5 1 2 a a − = −⇔ = .

( ) 1 : 2 d y x b = + tiếp xúc 2 ( ): 0,5 P y x = − nên phương trình

2 2 0,5 2 0,5 2 0 x x b x x b − = + ⇔− − − = có nghiệm kép nên 4 2 0 2 b b ∆= − = ⇔ = . Vậy phương trình đường thẳng ( ) 1 : 2 2 d y x = + .

Bài 3 (1,5 điểm).

1) Phương trình 2 2 2( 1) 0 x m x m m − + + + = có hai nghiệm phân biệt khi

2 2 2 1 1 0 1 m m m m m m ′ ∆= + + − − = + > ⇔ > −. Vậy 1 m > − thì phương trình 2 2 2( 1) 0 x m x m m − + + + = có hai nghiệm phân biệt.

2) 2 2 2( 1) 0 x m x m m − + + + =

Ta có

1 2

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

1 2( 1) 2

. 1 1 2 2

x x m x x m

x x x x x x m m x x

+  = −  + = +   ⇔   + + = +     = − + −      

⇒

( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 2 4 0 x x x x x x + − + − = là hệ thức liên hệ giữa 1x và 2x mà không phụ thuộc vào tham số m.

Bài 4 (1,5 điểm).

Gọi giá tiền niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc là ( ) , 0, 0 x y x y > > (đồng). Ta có phương trình 630000 x y + = .

Giá tiền quạt máy sau khi giảm giá là 15% 85% 0,85 x x x x − = = . Giá tiền ấm siêu tốc sau khi giảm giá là 12% 88% 0,88 y y y y − = = . Ta có phương trình 0,85 0,88 543000 x y + = .

Giải hệ 630000 0,85 0,88 543000 x y x y + =   + = 

630000 0,88 0,88 554400 0,85 0,88 543000 0,85 0,88 543000 x y x y x y x y + = + =   ⇔ ⇔   + = + =  

0,03 11400 380000 380000 630000 380000 630000 250000 x x x x y y y = = =    ⇔ ⇔    + = + = =   

Vậy giá tiền niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc là 380000 (đồng) và 250000 (đồng).

Bài 5 (3,5 điểm).

1) Ta có CH ⊥ BD ⇒ H nhìn CD dưới một góc vuông (1)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau CD và BD, ta có DC = DB Hai bán kính OC = OB ⇒ OD là trung trực của BC ⇒ OD ⊥ CB ⇒ N nhìn CD dưới một góc vuông (2) Từ (1) và (2) ⇒ tứ giác CNHD nội tiếp được trong đường tròn.

2 1

E

N

M

H

D

A O B

C

2) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau CD và BD, ta có DC = DB, ta có   1 2 D D =

Theo tính chất tiếp tuyến và giả thiết, ta có góc   COD DMH = (cùng phụ với hai góc bằng nhau   1 2 D D = )

Mặt khác   DMH CMO = (đối đỉnh) ⇒   COD CMO = ∆COM có   COM CMO = ⇒ cân tại C ⇒ CM CO = . 3) ∆EAC và ∆ECB có góc E chung và góc   ECA CBA = (cùng chắn cung AC)

⇒ đồng dạng ⇒ 2 . EA EC EA EB EC EC EB = ⇒ = .

4) Hình nón được tạo bởi tam giác vuông DNB quay quanh DN

⇒ bán kính r NB = và chiều cao h ND = .

Theo Pitago cho tam giác vuông BOD: 2 2 36 64 10 OD OB BD cm = + = + = . Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông BOD, ta có:

6.8 . . 4,8 10 BN OD OB BD BN cm = ⇒ = = .

Và 2 64 . 6,4 10 BD DN DO DN cm = ⇒ = =

Thể tích của hình nón tạo thành

( ) 2 2 3 1 1 6144 . . .(4,8) .6,4 154,4156 3 3 125 V r h cm π π π = = = ≈ .

Trường THPT Tân Bình − Bình Dương.

Giáo viên: Lê Hành Pháp.