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

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

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

b) $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{3x - y = 3}\\{x + 2y = 8}\end{array}} \right.$. Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 2, ta được: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{6x - 2y = 6}\\{x + 2y = 8}\end{array}} \right..$

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

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

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $\left( {2\,;\,3} \right).$

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

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

$= 3\left( {2 + \sqrt 3 } \right) - 5\sqrt 3 + 2\sqrt 3$

$= 6 + 3\sqrt 3 - 5\sqrt 3 + 2\sqrt 3 = 6$.

Vậy $A = 6$.

1) Tập xác định $D = \mathbb{R}$. 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 $Oy$ làm trục đối xứng, có đỉnh $O\left( {0\,;\,\,0} \right),$ bề lõm hướng lên và đi qua các điểm $\left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right),\,\,\left( {1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right),\,$$\left( { - 2\,;\,\,2} \right),\,\,\left( {2\,;\,\,2} \right).$

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

Hệ số $a = \frac{1}{2} > 0$ nên parabol có bề cong hướng lên, đồ thị hàm số nhận $Oy$ 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 $\left( d \right)$ và $\left( P \right)$, ta có:

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

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

Áp dụng định lí Viète, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - m}}{{\frac{1}{2}}} = - 2m}\\{{x_1} \cdot {x_2} = \frac{{ - 3}}{{\frac{1}{2}}} = - 6}\end{array}} \right.$.

Khi đó ${x_1}\left( {x_2^2 - 6} \right) = 24$ hay ${x_1}\left( {x_2^2 + {x_1}{x_2}} \right) = 24$ nên ${x_1}{x_2}\left( {{x_2} + {x_1}} \right) = 24$

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

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

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

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 $\frac{{120}}{x} + 2 = \frac{{120}}{{x - 2}}$

$$120\left( {x - 2} \right) + 2x\left( {x - 2} \right) = 120x$$

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

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

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

Vậy dự kiến có 12 học sinh.

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

$x + 4 + 1 - 2x + 2\sqrt {\left( {x + 4} \right)\left( {1 - 2x} \right)} = 9$

$2\sqrt {\left( {x + 4} \right)\left( {1 - 2x} \right)} - \left( {x + 4} \right) = 0$

$\sqrt {x + 4} \left( {2\sqrt {1 - 2x} - \sqrt {x + 4} } \right) = 0$

$\sqrt {x + 4} = 0$ hoặc $2\sqrt {1 - 2x} = \sqrt {x + 4}$

$x + 4 = 0$ hoặc $4\left( {1 - 2x} \right) = x + 4$

$x = - 4$ hoặc $4 - 8x = x + 4$

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

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

1) Do $PA,{\rm{ }}PB$ là tiếp tuyến nên $\widehat {OAP} = \widehat {OBP} = 90^\circ .$

Xét tứ giác $PAOB$ có

$\widehat {OAP} + \widehat {OBP} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$.

Mà $\widehat {OAP},\,\,\widehat {OBP}$ ở vị trí đối diện nên tứ giác $PAOB$ nội tiếp.

2) Ta có $PA = PB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), $OA = OB = R$ nên $PO$ là trung trực của $AB.$

Suy ra $PO \bot AB$ tại $H$ là trung điểm của $AB.$

Xét $\Delta PAH$ và $\Delta PAH$$\Delta POA$ có $\widehat {PHA} = \widehat {PAO} = 90^\circ ;$ $\widehat {APH}$ chung.

Do đó .

Suy ra $\frac{{PA}}{{PH}} = \frac{{PO}}{{PA}}$ hay $P{A^2} = PH \cdot PO$ (đpcm).

3) Xét $\Delta PBM$ và $\Delta PNB$ có $\widehat {BPM}$ chung và

Do đó suy ra $\frac{{PB}}{{PN}} = \frac{{PM}}{{PB}}$ hay $P{B^2} = PM \cdot PN = P{A^2}$.

Mà $P{A^2} = PH \cdot PO$ nên $PM \cdot PN = PH \cdot PO$ hay$\frac{{PM}}{{PO}} = \frac{{PH}}{{PN}}$.

Xét $\Delta PMH$ và $\Delta PON$ có $\widehat {OPN}$ chung; $\frac{{PM}}{{PO}} = \frac{{PH}}{{PN}}$ (cmt).

Do đó , suy ra $\widehat {PMH} = \widehat {PON}$ (hai góc tương ứng).

Mặt khác $\widehat {PMH} + \widehat {NMH} = 180^\circ$ (kề bù) nên $\widehat {PON} + \widehat {NMH} = 180^\circ$.

Mà $\widehat {PON},\,\,\widehat {NMH}$ nằm ở vị trí đối diện nên tứ giác $HMNO$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat {OMN} = \widehat {OHN}$ (cùng chắn cung $ON\,)$.

4) Kẻ đường kính $AE$ của $\left( O \right)$. Do $I$ là trung điểm của $MN$ nên $OI \bot MN.$

Xét tam giác $OMN\,\,\left( {OM = ON} \right)$ có $OI$ là đường trung tuyến (vì $I$ là trung điểm của $MN)$nên $OI$ cũng là đường cao hay $OI \bot MN.$

Suy ra $\widehat {OIP} + \widehat {OAP} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$.

Mà $\widehat {OIP},\,\,\widehat {OAP}$ nằm ở trị trí đối diện nên tứ giác $OIPA$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat {IPO} = \widehat {IAO}$ (cùng chắn cung $IO\,)$

Mà $\widehat {IPO} = \widehat {INK}$ ($OP\,{\rm{//}}\,NK$, so le trong) nên $\widehat {IAO} = \widehat {INK}$.

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác $ABCD$ có $\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.$ Chứng minh tứ giác $ABCD$ là tứ giác nội tiếp.

• Giả sử $\Delta ABC$ có đường tròn ngoại tiếp tâm $O$ và đường kính $AK$ nên tứ giác $ABCK$ nội tiếp, suy ra $\widehat {ACB} = \widehat {AKB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB).$

Mà $\widehat {ACB} = \widehat {ADB}$ (giả thiết) nên $\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.$ $\left( 6 \right)$

⦁ Gọi $F$ là giao điểm của $AK$ và $BD,$ $F$ nằm trong đường tròn $\left( O \right).$

Xét $\Delta AFD$ và $\Delta BFK$ có: $\widehat {AFD} = \widehat {BFK}$ (đối đỉnh) và $\widehat {ADF} = \widehat {BKF}$ (chứng minh trên)

Do đó suy ra $\frac{{AF}}{{BF}} = \frac{{DF}}{{KF}}$ nên $\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}.$

Xét $\Delta DFK$ và $\Delta AFB$ có: $\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}$ và $\widehat {DFK} = \widehat {AFB}$ (đối đỉnh)

Do đó suy ra $\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 7 \right)$

⦁ Ta có $\widehat {ABK}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat {ABK} = 90^\circ ,$ do đó $\Delta ABK$ vuông tại $B,$ suy ra $\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 8 \right)$

Từ $\left( 6 \right),\,\,\left( 7 \right),\,\,\left( 8 \right)$ suy ra $\widehat {ADB} + \widehat {FDK} = 90^\circ$ hay $\widehat {ADK} = 90^\circ .$

Khi đó $\Delta ADK$ vuông tại $D$ nên điểm $D$ nằm trên đường tròn đường kính $AK.$

Suy ra tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AK.$

Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác $IKNA$ có $\widehat {IAO} = \widehat {INK}$ nên tứ giác $IKNA$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat {NIK} = \widehat {NAK}$ (cùng chắn cung $NK$).

Mà $\widehat {NAK} = \widehat {NME}$ (cùng chắn cung $NE$) nên $\widehat {NIK} = \widehat {NME}$ suy ra $IK\,{\rm{//}}\,ME$ (hai góc đồng vị bằng nhau)

Mặt khác $\widehat {AME} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $ME \bot AM.$

Do đó $NK \bot AM$ (đpcm).

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

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

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

Dấu xảy ra khi và chỉ khi $x = 1$.