toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Bắc Giang năm 2018 chính thức, được tổng hợp đầy đủ và cập nhật mới nhất. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Với các đề thi được giải chi tiết, kèm đáp án, các em có thể tự học tại nhà, kiểm tra kiến thức và tìm ra những điểm cần cải thiện.
Câu I (2,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức
Câu I (2,0 điểm)
Câu II (3,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức B.
b) Đặt \(C = B.\left( {a - \sqrt a + 1} \right)\). So sánh C và 1.
a) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1.\)
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1};\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Câu III (1,5 điểm)
Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường.
Câu IV (3,0 điểm)
Cho tam giác \(ABC\) nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh \(AB,AC\) lần lượt tại các điểm \(M,N\,\,\left( {M \ne B,N \ne C} \right)\). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm của AH và BC.
Câu V (0,5 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{81{x^2} + 18225x + 1}}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\) với \(x > 0\)
Câu I (2,0 điểm)
Câu II (3,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức B.
b) Đặt \(C = B.\left( {a - \sqrt a + 1} \right)\). So sánh C và 1.
a) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1.\)
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1};\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Câu III (1,5 điểm)
Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường.
Câu IV (3,0 điểm)
Cho tam giác \(ABC\) nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh \(AB,AC\) lần lượt tại các điểm \(M,N\,\,\left( {M \ne B,N \ne C} \right)\). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm của AH và BC.
Câu V (0,5 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{81{x^2} + 18225x + 1}}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\) với \(x > 0\)
Câu I.
Phương pháp:
Cách giải:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - \sqrt 5 } \right) + 1\\A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {{2^2}.5} - \sqrt 5 } \right) + 1\\A = \sqrt 5 \left( {2\sqrt 5 - \sqrt 5 } \right) + 1\\A = \sqrt 5 .\sqrt 5 + 1\\A = 5 + 1\\A = 6\end{array}\)
Đường thẳng \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2018\) có hệ số góc bằng 3 \( \Leftrightarrow m - 1 = 3 \Leftrightarrow m = 4\).
Câu II.
Phương pháp:
b) Quy đồng, rút gọn biểu thức B.
Tính C và sử dụng BĐT Cauchy để so sánh C với 1.
Cách giải:
1. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 4y = 8\\2x + 5y = 13\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 4y = 8\\2x + 5y = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 8y = 16\\2x + 5y = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y = 3\\x = 8 - 4y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 4\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;1} \right)\).
2. Cho biểu thức \(B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{a\sqrt a - a - \sqrt a + 1}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\) (với \(a > 0,\,a \ne 1\))
a) Rút gọn biểu thức B.
Với \(a > 0,\,a \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{a\sqrt a - a - \sqrt a + 1}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{a\left( {\sqrt a - 1} \right) - \left( {\sqrt a - 1} \right)}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {a - 1} \right)}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{{6\left( {\sqrt a - 1} \right) + 10 - 2\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {a - 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{{6\sqrt a - 6 + 10 - 2\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {a - 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{{4\left( {\sqrt a + 1} \right)}}{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}\left( {\sqrt a + 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{4}{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{1}{{\sqrt a }}\end{array}\)
b) Đặt \(C = B.\left( {a - \sqrt a + 1} \right)\). So sánh C và 1.
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{1}{{\sqrt a }} \Rightarrow C = B.\left( {a - \sqrt a + 1} \right)\\ \Rightarrow C = \dfrac{1}{{\sqrt a }}\left( {a - \sqrt a + 1} \right) = \sqrt a - 1 + \dfrac{1}{{\sqrt a }}\end{array}\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có \(\sqrt a + \dfrac{1}{{\sqrt a }} \ge 2\sqrt {\sqrt a .\dfrac{1}{{\sqrt a }}} = 2 \Rightarrow \sqrt a - 1 + \dfrac{1}{{\sqrt a }} \ge 2 - 1 = 1\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt a = \dfrac{1}{{\sqrt a }} \Leftrightarrow a = 1\).
Vậy \(C \ge 1\) và \(C = 1 \Leftrightarrow a = 1\).
3. Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 2} \right)x + 3m - 3 = 0\,\,\left( 1 \right)\), với x là ẩn, m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1.\)
Thay \(m = - 1\) vào phương trình (1) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) + 2\left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy khi \(m = - 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 2;3} \right\}\).
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1};\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) là hai cạnh của một tam giác vuông nên \({x_1};{x_2} > 0\)
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt dương \({x_1};\,\,{x_2}\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S = {x_1} + {x_2} > 0\\P = {x_1}.{x_2} > 0\end{array} \right.\left( * \right)\)
Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 2\\{x_1}{x_2} = 3m - 3\end{array} \right.\)
\(\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {3m - 3} \right) > 0\\m + 2 > 0\\3m - 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 4} \right)^2} > 0\\m + 2 > 0\\3m - 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 4\\m > - 2\\m > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 1;m \ne 4\)
Vì \({x_1};\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5 nên áp dụng định lí Pi-ta-go ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 = {5^2} = 25\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 25\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} - 2\left( {3m - 3} \right) = 25\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m + 4 - 6m + 6 = 25\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 15 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 5m + 3m - 15 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 5} \right) + 3\left( {m - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 5} \right)\left( {m + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 5\left( {tm} \right)\\m = - 3\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\,\,\end{array}\)
Vậy \(m = 5\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu III.
Phương pháp:
- Gọi vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) (ĐK: \(x > 2\))
- Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà.
- Tính thời gian đi từ nhà đến trường và thời gian đi từ trường về nhà.
- Do thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút \( = \dfrac{{15}}{{60}} = \dfrac{1}{4}\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
Thời gian đi từ trường về nhà – thời gian đi từ nhà đến trường \( = \dfrac{1}{4}\).
Cách giải:
Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường.
Gọi vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) (ĐK: \(x > 2\))
Khi đó vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà là \(x - 2\,\,\left( {km/h} \right)\).
Thời gian bạn Linh đi từ nhà đến trường là \(\dfrac{{10}}{x}\,\,\left( h \right)\)
Thời gian bạn Linh đi từ trường về nhà là \(\dfrac{{10}}{{x - 2}}\,\,\left( h \right)\)
Do thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút \( = \dfrac{{15}}{{60}} = \dfrac{1}{4}\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{{10}}{{x - 2}} - \dfrac{{10}}{x} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow 40x - 40\left( {x - 2} \right) = x\left( {x - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 40x - 40x + 80 = {x^2} - 2x\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 10x + 8x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 10} \right) + 8\left( {x - 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 10} \right)\left( {x + 8} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 10\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 8\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là 10 km/h.
Câu IV.
Phương pháp:
Tam giác ABC đều \( \Rightarrow \) Trực tâm H là trọng tâm của tam giác ABC \( \Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AP\). Tính AH, suy ra bán kính và tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác tứ giác AMHN.
4. Gọi \(D = AO \cap EF\), chứng minh \(HD \bot AO\) và \(EF \bot AO \Rightarrow EF \equiv HD\).
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh \(AB,AC\) lần lượt tại các điểm \(M,N\,\,\left( {M \ne B,N \ne C} \right)\). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm của AH và BC.
1. Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn.
Ta có \(\widehat {BMC} = \widehat {BNC} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \widehat {AMH} = \widehat {ANH} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AMHN\) có \(\widehat {AMH} + \widehat {ANH} = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
2. Chứng minh \(BM.BA = BP.BC\).
Xét \(\Delta ABP\) và \(\Delta CBM\) có:
\(\widehat {APB} = \widehat {CMB} = {90^0}\) ;
\(\widehat {ABC}\) chung;
\( \Rightarrow \Delta ABP \sim \Delta CBM\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{BA}}{{BP}} = \dfrac{{BC}}{{BM}} \Rightarrow BM.BA = BP.BC\)
3. Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác \(ABC\) đều cạnh bằng \(2a\) . Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN.
Ta có \(BN \bot AC;\,\,CM \bot AB;\,\,BN \cap CM = H \Rightarrow H\) là trực tâm tam giác ABC.
\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow \widehat {ABP} = \widehat {ABC} = {60^0}\)
Xét tam giác vuông ABP có \(AP = AB.\sin {60^0} = 2a.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)
Do H là trực tâm tam giác ABC nên đồng thời H cũng là trọng tâm của tam giác ABC\( \Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AP = \dfrac{2}{3}a\sqrt 3 = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)
Vì AH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN nên bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là \(\dfrac{{AH}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là \(C = 2\pi .\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{2\pi a\sqrt 3 }}{3}\).
4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF của đường tròn tâm O đường kính BC (E, F là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm \(E,H,F\) thẳng hàng.
Gọi D là giao điểm của OA và EF.
H là trực tâm tam giác ABC \( \Rightarrow AH \bot BC \Rightarrow AP \bot BC \Rightarrow \widehat {APC} = {90^0}\)
\(\widehat {BNC} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {ANH} = {90^0}\)
Xét \(\Delta AHN\) và \(\Delta ACP\) có :
\(\widehat {ANH} = \widehat {APC} = {90^0}\) (cmt)
\(\widehat {PAC}\) chung ;
\( \Rightarrow \Delta AHN \sim \Delta ACP\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AC}} = \dfrac{{AN}}{{AP}} \Rightarrow AH.AP = AN.AC\,\,\,\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta AFN\) và \(\Delta ACF\) có :
\(\widehat {FAC}\) chung ;
\(\widehat {AFN} = \widehat {ACF}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung NF).
\( \Rightarrow \Delta AFN \sim \Delta ACF\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{AC}} = \dfrac{{AN}}{{AF}} \Rightarrow AN.AC = A{F^2}\,\,\,\left( 2 \right)\)
Ta có \(AF \bot OF\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \Delta OAF\) vuông tại F.
Có \(AE = AF\,\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ; \(OE = OF\,\,\left( { = R} \right) \Rightarrow OA\) là trung trực của EF.
\( \Rightarrow OA \bot EF \Rightarrow FD\)là đường cao của tam giác vuông OAF.
\( \Rightarrow A{F^2} = AD.AO\,\,\,\left( 3 \right)\)(hệ thức lượng trong tam giác vuông).
Từ (1), (2) và (3) \( \Rightarrow AH.AP = AD.AO \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AO}} = \dfrac{{AD}}{{AP}}\)
Xét \(\Delta AHD\) và \(\Delta AOP\) có:
\(\widehat {OAP}\) chung;
\(\dfrac{{AH}}{{AO}} = \dfrac{{AD}}{{AP}}\,\,\left( {cmt} \right)\);
\( \Rightarrow \Delta AHD \sim \Delta AOP\,\,\left( {c.g.c} \right)\).
\( \Rightarrow \widehat {ADH} = \widehat {APO} = {90^0} \Rightarrow HD \bot OA\)
Từ đó ta có qua điểm D ta kẻ được \(EF \bot OA\) (cmt) và \(HD \bot OA \Rightarrow EF \equiv HD\).
Vậy ba điểm \(E,H,F\) thẳng hàng.
Câu V.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{81{x^2} + 18225x + 1}}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\) với \(x > 0\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{81{x^2} + 18225x + 1}}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\\P = 9x + 2025 + \dfrac{1}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\end{array}\)
Ta chứng minh \(\dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \le 9\,\,\forall x > 0\).
Giả sử :
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \le 9\\ \Leftrightarrow \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} - \dfrac{{9x + 9}}{{x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{6\sqrt x + 8 - 9x - 9}}{{x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 9x + 6\sqrt x - 1}}{{x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - {{\left( {3\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{x + 1}} \le 0\end{array}\)
Ta có \(x > 0 \Leftrightarrow x + 1 > 1;\,\,{\left( {3\sqrt x - 1} \right)^2} \ge 0 \Rightarrow \dfrac{{ - {{\left( {3\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{x + 1}} \le 0\,\,\forall x > 0\)
\( \Rightarrow \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \le 9\,\,\forall x > 0 \Rightarrow - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \ge - 9\forall x > 0\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow P \ge 2\sqrt {9x.\dfrac{1}{{9x}}} + 2025 - 9\\ \Leftrightarrow P \ge 2018\end{array}\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x = \dfrac{1}{{9x}}\\3\sqrt x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}81{x^2} = 1\\\sqrt x = \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{9}\).
Vậy \({P_{\min }} = 2018 \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{9}\).
Câu I.
Phương pháp:
Cách giải:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - \sqrt 5 } \right) + 1\\A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {{2^2}.5} - \sqrt 5 } \right) + 1\\A = \sqrt 5 \left( {2\sqrt 5 - \sqrt 5 } \right) + 1\\A = \sqrt 5 .\sqrt 5 + 1\\A = 5 + 1\\A = 6\end{array}\)
Đường thẳng \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2018\) có hệ số góc bằng 3 \( \Leftrightarrow m - 1 = 3 \Leftrightarrow m = 4\).
Câu II.
Phương pháp:
b) Quy đồng, rút gọn biểu thức B.
Tính C và sử dụng BĐT Cauchy để so sánh C với 1.
Cách giải:
1. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 4y = 8\\2x + 5y = 13\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 4y = 8\\2x + 5y = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 8y = 16\\2x + 5y = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y = 3\\x = 8 - 4y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 4\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;1} \right)\).
2. Cho biểu thức \(B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{a\sqrt a - a - \sqrt a + 1}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\) (với \(a > 0,\,a \ne 1\))
a) Rút gọn biểu thức B.
Với \(a > 0,\,a \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{a\sqrt a - a - \sqrt a + 1}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{a\left( {\sqrt a - 1} \right) - \left( {\sqrt a - 1} \right)}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {a - 1} \right)}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{{6\left( {\sqrt a - 1} \right) + 10 - 2\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {a - 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{{6\sqrt a - 6 + 10 - 2\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {a - 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{{4\left( {\sqrt a + 1} \right)}}{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}\left( {\sqrt a + 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{4}{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{1}{{\sqrt a }}\end{array}\)
b) Đặt \(C = B.\left( {a - \sqrt a + 1} \right)\). So sánh C và 1.
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{1}{{\sqrt a }} \Rightarrow C = B.\left( {a - \sqrt a + 1} \right)\\ \Rightarrow C = \dfrac{1}{{\sqrt a }}\left( {a - \sqrt a + 1} \right) = \sqrt a - 1 + \dfrac{1}{{\sqrt a }}\end{array}\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có \(\sqrt a + \dfrac{1}{{\sqrt a }} \ge 2\sqrt {\sqrt a .\dfrac{1}{{\sqrt a }}} = 2 \Rightarrow \sqrt a - 1 + \dfrac{1}{{\sqrt a }} \ge 2 - 1 = 1\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt a = \dfrac{1}{{\sqrt a }} \Leftrightarrow a = 1\).
Vậy \(C \ge 1\) và \(C = 1 \Leftrightarrow a = 1\).
3. Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 2} \right)x + 3m - 3 = 0\,\,\left( 1 \right)\), với x là ẩn, m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1.\)
Thay \(m = - 1\) vào phương trình (1) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) + 2\left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy khi \(m = - 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 2;3} \right\}\).
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1};\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) là hai cạnh của một tam giác vuông nên \({x_1};{x_2} > 0\)
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt dương \({x_1};\,\,{x_2}\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S = {x_1} + {x_2} > 0\\P = {x_1}.{x_2} > 0\end{array} \right.\left( * \right)\)
Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 2\\{x_1}{x_2} = 3m - 3\end{array} \right.\)
\(\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {3m - 3} \right) > 0\\m + 2 > 0\\3m - 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 4} \right)^2} > 0\\m + 2 > 0\\3m - 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 4\\m > - 2\\m > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 1;m \ne 4\)
Vì \({x_1};\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5 nên áp dụng định lí Pi-ta-go ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 = {5^2} = 25\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 25\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} - 2\left( {3m - 3} \right) = 25\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m + 4 - 6m + 6 = 25\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 15 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 5m + 3m - 15 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 5} \right) + 3\left( {m - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 5} \right)\left( {m + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 5\left( {tm} \right)\\m = - 3\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\,\,\end{array}\)
Vậy \(m = 5\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu III.
Phương pháp:
- Gọi vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) (ĐK: \(x > 2\))
- Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà.
- Tính thời gian đi từ nhà đến trường và thời gian đi từ trường về nhà.
- Do thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút \( = \dfrac{{15}}{{60}} = \dfrac{1}{4}\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
Thời gian đi từ trường về nhà – thời gian đi từ nhà đến trường \( = \dfrac{1}{4}\).
Cách giải:
Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường.
Gọi vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) (ĐK: \(x > 2\))
Khi đó vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà là \(x - 2\,\,\left( {km/h} \right)\).
Thời gian bạn Linh đi từ nhà đến trường là \(\dfrac{{10}}{x}\,\,\left( h \right)\)
Thời gian bạn Linh đi từ trường về nhà là \(\dfrac{{10}}{{x - 2}}\,\,\left( h \right)\)
Do thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút \( = \dfrac{{15}}{{60}} = \dfrac{1}{4}\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{{10}}{{x - 2}} - \dfrac{{10}}{x} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow 40x - 40\left( {x - 2} \right) = x\left( {x - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 40x - 40x + 80 = {x^2} - 2x\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 10x + 8x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 10} \right) + 8\left( {x - 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 10} \right)\left( {x + 8} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 10\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 8\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là 10 km/h.
Câu IV.
Phương pháp:
Tam giác ABC đều \( \Rightarrow \) Trực tâm H là trọng tâm của tam giác ABC \( \Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AP\). Tính AH, suy ra bán kính và tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác tứ giác AMHN.
4. Gọi \(D = AO \cap EF\), chứng minh \(HD \bot AO\) và \(EF \bot AO \Rightarrow EF \equiv HD\).
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh \(AB,AC\) lần lượt tại các điểm \(M,N\,\,\left( {M \ne B,N \ne C} \right)\). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm của AH và BC.
1. Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn.
Ta có \(\widehat {BMC} = \widehat {BNC} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \widehat {AMH} = \widehat {ANH} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AMHN\) có \(\widehat {AMH} + \widehat {ANH} = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
2. Chứng minh \(BM.BA = BP.BC\).
Xét \(\Delta ABP\) và \(\Delta CBM\) có:
\(\widehat {APB} = \widehat {CMB} = {90^0}\) ;
\(\widehat {ABC}\) chung;
\( \Rightarrow \Delta ABP \sim \Delta CBM\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{BA}}{{BP}} = \dfrac{{BC}}{{BM}} \Rightarrow BM.BA = BP.BC\)
3. Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác \(ABC\) đều cạnh bằng \(2a\) . Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN.
Ta có \(BN \bot AC;\,\,CM \bot AB;\,\,BN \cap CM = H \Rightarrow H\) là trực tâm tam giác ABC.
\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow \widehat {ABP} = \widehat {ABC} = {60^0}\)
Xét tam giác vuông ABP có \(AP = AB.\sin {60^0} = 2a.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)
Do H là trực tâm tam giác ABC nên đồng thời H cũng là trọng tâm của tam giác ABC\( \Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AP = \dfrac{2}{3}a\sqrt 3 = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)
Vì AH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN nên bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là \(\dfrac{{AH}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là \(C = 2\pi .\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{2\pi a\sqrt 3 }}{3}\).
4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF của đường tròn tâm O đường kính BC (E, F là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm \(E,H,F\) thẳng hàng.
Gọi D là giao điểm của OA và EF.
H là trực tâm tam giác ABC \( \Rightarrow AH \bot BC \Rightarrow AP \bot BC \Rightarrow \widehat {APC} = {90^0}\)
\(\widehat {BNC} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {ANH} = {90^0}\)
Xét \(\Delta AHN\) và \(\Delta ACP\) có :
\(\widehat {ANH} = \widehat {APC} = {90^0}\) (cmt)
\(\widehat {PAC}\) chung ;
\( \Rightarrow \Delta AHN \sim \Delta ACP\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AC}} = \dfrac{{AN}}{{AP}} \Rightarrow AH.AP = AN.AC\,\,\,\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta AFN\) và \(\Delta ACF\) có :
\(\widehat {FAC}\) chung ;
\(\widehat {AFN} = \widehat {ACF}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung NF).
\( \Rightarrow \Delta AFN \sim \Delta ACF\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{AC}} = \dfrac{{AN}}{{AF}} \Rightarrow AN.AC = A{F^2}\,\,\,\left( 2 \right)\)
Ta có \(AF \bot OF\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \Delta OAF\) vuông tại F.
Có \(AE = AF\,\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ; \(OE = OF\,\,\left( { = R} \right) \Rightarrow OA\) là trung trực của EF.
\( \Rightarrow OA \bot EF \Rightarrow FD\)là đường cao của tam giác vuông OAF.
\( \Rightarrow A{F^2} = AD.AO\,\,\,\left( 3 \right)\)(hệ thức lượng trong tam giác vuông).
Từ (1), (2) và (3) \( \Rightarrow AH.AP = AD.AO \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AO}} = \dfrac{{AD}}{{AP}}\)
Xét \(\Delta AHD\) và \(\Delta AOP\) có:
\(\widehat {OAP}\) chung;
\(\dfrac{{AH}}{{AO}} = \dfrac{{AD}}{{AP}}\,\,\left( {cmt} \right)\);
\( \Rightarrow \Delta AHD \sim \Delta AOP\,\,\left( {c.g.c} \right)\).
\( \Rightarrow \widehat {ADH} = \widehat {APO} = {90^0} \Rightarrow HD \bot OA\)
Từ đó ta có qua điểm D ta kẻ được \(EF \bot OA\) (cmt) và \(HD \bot OA \Rightarrow EF \equiv HD\).
Vậy ba điểm \(E,H,F\) thẳng hàng.
Câu V.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{81{x^2} + 18225x + 1}}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\) với \(x > 0\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{81{x^2} + 18225x + 1}}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\\P = 9x + 2025 + \dfrac{1}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\end{array}\)
Ta chứng minh \(\dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \le 9\,\,\forall x > 0\).
Giả sử :
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \le 9\\ \Leftrightarrow \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} - \dfrac{{9x + 9}}{{x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{6\sqrt x + 8 - 9x - 9}}{{x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 9x + 6\sqrt x - 1}}{{x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - {{\left( {3\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{x + 1}} \le 0\end{array}\)
Ta có \(x > 0 \Leftrightarrow x + 1 > 1;\,\,{\left( {3\sqrt x - 1} \right)^2} \ge 0 \Rightarrow \dfrac{{ - {{\left( {3\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{x + 1}} \le 0\,\,\forall x > 0\)
\( \Rightarrow \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \le 9\,\,\forall x > 0 \Rightarrow - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \ge - 9\forall x > 0\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow P \ge 2\sqrt {9x.\dfrac{1}{{9x}}} + 2025 - 9\\ \Leftrightarrow P \ge 2018\end{array}\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x = \dfrac{1}{{9x}}\\3\sqrt x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}81{x^2} = 1\\\sqrt x = \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{9}\).
Vậy \({P_{\min }} = 2018 \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{9}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là điều cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Giang năm 2018 là một nguồn tài liệu quý giá, giúp học sinh làm quen với dạng đề và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Giang năm 2018 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Đề thi số 1: Đề thi này tập trung vào các bài toán đại số, đặc biệt là phương trình và hệ phương trình. Các bài toán yêu cầu học sinh phải có kiến thức vững chắc về các phương pháp giải phương trình và hệ phương trình, cũng như khả năng vận dụng linh hoạt các kiến thức đó vào giải quyết các bài toán thực tế.
Đề thi số 2: Đề thi này tập trung vào các bài toán hình học, đặc biệt là hình học phẳng. Các bài toán yêu cầu học sinh phải có kiến thức vững chắc về các định lý và tính chất của hình học phẳng, cũng như khả năng vẽ hình và chứng minh các bài toán hình học.
Đề thi số 3: Đề thi này kết hợp cả đại số và hình học, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức tổng hợp và khả năng liên kết các kiến thức khác nhau để giải quyết các bài toán phức tạp.
Để giải tốt các bài tập trong đề thi vào 10 môn Toán Bắc Giang năm 2018, học sinh cần nắm vững các kiến thức cơ bản và rèn luyện kỹ năng giải toán thường xuyên. Dưới đây là một số hướng dẫn giải các dạng bài tập thường gặp:
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Bắc Giang năm 2018, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Giang năm 2018 là một tài liệu quan trọng giúp học sinh chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh. Bằng cách nắm vững kiến thức, rèn luyện kỹ năng giải toán, và tìm kiếm sự giúp đỡ khi cần thiết, các em học sinh có thể đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới.
Dive into the world of innovation with comprehensive technology news, master skills with our easy-to-follow how-to guides, and explore captivating film & music reviews. Your ultimate A-Z resource for tech and entertainment awaits. Start exploring now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về 'đừng đùa với tình yêu của phái đẹp'!
Khám phá phân dạng - một khái niệm toán học kỳ diệu, ẩn sau vẻ đẹp của tự nhiên và nghệ thuật. Tìm hiểu về tính bất ngờ và ứng dụng của phân dạng trong thế giới xung quanh bạn!
Khám phá khái niệm paradox một cách dễ hiểu. Tìm hiểu những ví dụ thú vị, từ logic đến đời thường, và cách chúng thách thức nhận thức của bạn. Đọc ngay!
Đánh giá chi tiết cuốn sách 'Tên của trò chơi là bắt cóc', khám phá cách tác giả xây dựng những nhân vật phản diện phức tạp và góc nhìn độc đáo về động cơ phạm tội. Đọc ngay để hiểu rõ hơn!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán nâng cao lớp 1 cực khó. Hướng dẫn từng bước giúp bé tự tin chinh phục kiến thức toán học, phát triển tư duy logic và kỹ năng giải quyết vấn đề.
