toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bạc Liêu năm 2021. 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 sắp tới.
Bộ đề thi này được tổng hợp từ các nguồn chính thức, đảm bảo tính chính xác và cập nhật. Các em có thể sử dụng để tự học, luyện tập hoặc tham khảo cùng với thầy cô giáo.
Câu 1 (4,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức
Câu 1 (4,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {28} + \sqrt {63} - 2\sqrt 7 \)
b) Chứng minh rằng: \(\dfrac{{x\sqrt y + y\sqrt x }}{{\sqrt {xy} }}:\dfrac{1}{{\sqrt x - \sqrt y }} = x - y\) với \(x > 0,\,\,y > 0\) và \(x \ne y\).
Câu 2 (4,0 điểm):
a) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 5\\2x - y = 7\end{array} \right..\)
b) Cho hàm số \(y = - \dfrac{1}{4}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(d:\,\,y = \dfrac{1}{2}x - 2.\) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) và tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) với đường thẳng \(d\) bằng phép tính.
Câu 3 (6,0 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình khi \(m = - 3\).
b) Chứng minh phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi số thực \(m.\)
c) Tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền là \(h = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }}\).
Câu 4 (6,0 điểm):
Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và đường thẳng \(d\) không đi qua \(O\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(A,\,\,B\). Trên tia đối của tia \(BA\), lấy một điểm \(M\), qua \(M\) kẻ hai tiếp tuyến \(MC\) và \(MD\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (\(C,\,\,D\) là các tiếp điểm). Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\).
a) Chứng minh rằng tứ giác \(OMCH\) nội tiếp được trong một đường tròn.
b) \(OM\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(I\) và cắt \(CD\) tại \(K\). Chứng minh \(OK.OM = {R^2}\).
c) Đường thẳng qua \(O\) vuông góc với \(OM\) cắt các tia \(MC\) và \(MD\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\). Tính độ dài \(OM\) theo \(R\) sao cho diện tích tam giác \(MPQ\) nhỏ nhất.
Câu 1 (4,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {28} + \sqrt {63} - 2\sqrt 7 \)
b) Chứng minh rằng: \(\dfrac{{x\sqrt y + y\sqrt x }}{{\sqrt {xy} }}:\dfrac{1}{{\sqrt x - \sqrt y }} = x - y\) với \(x > 0,\,\,y > 0\) và \(x \ne y\).
Câu 2 (4,0 điểm):
a) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 5\\2x - y = 7\end{array} \right..\)
b) Cho hàm số \(y = - \dfrac{1}{4}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(d:\,\,y = \dfrac{1}{2}x - 2.\) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) và tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) với đường thẳng \(d\) bằng phép tính.
Câu 3 (6,0 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình khi \(m = - 3\).
b) Chứng minh phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi số thực \(m.\)
c) Tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền là \(h = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }}\).
Câu 4 (6,0 điểm):
Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và đường thẳng \(d\) không đi qua \(O\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(A,\,\,B\). Trên tia đối của tia \(BA\), lấy một điểm \(M\), qua \(M\) kẻ hai tiếp tuyến \(MC\) và \(MD\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (\(C,\,\,D\) là các tiếp điểm). Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\).
a) Chứng minh rằng tứ giác \(OMCH\) nội tiếp được trong một đường tròn.
b) \(OM\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(I\) và cắt \(CD\) tại \(K\). Chứng minh \(OK.OM = {R^2}\).
c) Đường thẳng qua \(O\) vuông góc với \(OM\) cắt các tia \(MC\) và \(MD\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\). Tính độ dài \(OM\) theo \(R\) sao cho diện tích tam giác \(MPQ\) nhỏ nhất.
Câu 1 (TH)
Phương pháp:
a) Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép toán với các căn bậc hai.
b) Thực hiện phép chia với các phân thức đại số
Tìm các hạng tử chung của tử thức và mẫu thức sau đó rút gọn biểu thức để chứng minh.
Cách giải:
a) Ta có
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {28} + \sqrt {63} - 2\sqrt 7 \\A = \sqrt {{2^2}.7} + \sqrt {{3^2}.7} - 2\sqrt 7 \\A = 2\sqrt 7 + 3\sqrt 7 - 2\sqrt 7 \\A = 3\sqrt 7 \end{array}\)
Vậy \(A = 3\sqrt 7 \).
b) Với \(x > 0,\,\,y > 0\) và \(x \ne y\) ta có:
\(\begin{array}{l}VT = \dfrac{{x\sqrt y + y\sqrt x }}{{\sqrt {xy} }}:\dfrac{1}{{\sqrt x - \sqrt y }}\\\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt {xy} \left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)}}{{\sqrt {xy} }}.\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)\\\,\,\,\,\,\, = \left( {\sqrt x + \sqrt y } \right).\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)\\\,\,\,\,\,\, = x - y = VP\end{array}\)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 2 (VD)
Phương pháp:
a) Vận dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình.
b) + Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\) của đồ thị \(\left( P \right)\)
+ Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\)
Áp dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn, tìm được nghiệm của phương trình
Với mỗi nghiệm ta tìm được các giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\), từ đó kết luận.
Cách giải:
a) \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 5\\2x - y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 5\\4x - 2y = 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\y = 2x - 7\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2.3 - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {3; - 1} \right).\)
b) Vẽ đồ thị hàm số \(y = - \dfrac{1}{4}{x^2}.\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | \(0\) | \(2\) | \(4\) |
\(y = - \dfrac{1}{4}{x^2}\) | \( - 4\) | \( - 1\) | \(0\) | \( - 1\) | \( - 4\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,y = - \dfrac{1}{4}{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 4;\, - 4} \right),\,\,\left( { - 2;\, - 1} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\left( {2;\,\, - 1} \right),\,\,\left( {4; - 4} \right).\)
Đồ thị hàm số:
Phương trình hoành độ giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\) là:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\, - \dfrac{1}{4}{x^2} = \dfrac{1}{2}x - 2\\ \Leftrightarrow - {x^2} = 2x - 8\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 0\end{array}\)
Phương trình có: \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} + 8 = 9 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = - 1 + \sqrt 9 = 2\) và \({x_2} = - 1 - \sqrt 9 = - 4\)
Với \(x = 2\) \( \Rightarrow y = - \dfrac{1}{4}{.2^2} = - 1.\)
Với \(x = - 4\)\( \Rightarrow y = - \dfrac{1}{4}.{\left( { - 4} \right)^2} = - 4.\)
Vậy đường thẳng \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(\left( {2; - 1} \right)\) và \(\left( { - 4; - 4} \right).\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Thay \(m = - 3\) vào phương trình, ta có được phương trình bậc hai một ẩn
Áp dụng công thức nhẩm nghiệm nhanh: phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\,\left( {a \ne 0} \right)\) nếu có \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
b) Phương trình luôn có nghiệm với mọi số thực \(m\) khi \(\Delta \ge 0,\forall m\)
c) + Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0\)
+ Áp dụng định lí Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo tham số \(m\)
+ Do hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông nên ta có: \({x_1},{x_2} > 0\) suya ra điều kiện của \(m\)
+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có hệ thức \(\dfrac{1}{{x_1^2}} + \dfrac{1}{{x_2^2}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2}}}\). Biến đổi hệ thức, xuất hiện \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) sau đó thay tham số \(m\) thực hiện tính toán.
Cách giải:
a) Khi \(m = - 3\) phương trình (1) trở thành \({x^2} + x - 2 = 0\).
Vì \(a + b + c = 1 + 1 + \left( { - 2} \right) = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \dfrac{c}{a} = - 2\end{array} \right.\)
Vậy khi \(m = - 3\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1; - 2} \right\}\),.
b) Ta có: hệ số của \({x^2}\) là \(1 \ne 0\) nên phương trình \(\left( 1 \right)\) là phương trình bậc hai một ẩn.
Lại có: \(\Delta = {\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {m + 1} \right) = {m^2} + 4m + 4 - 4m - 4 = {m^2} \ge 0\,\,\,\forall \,m\).
Do đó phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi số thực \(m.\)
c) Phương trình (1) có: \(\Delta = {\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {m + 1} \right) = {m^2} + 4m + 4 - 4m - 4 = {m^2}\).
Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta > 0 \Leftrightarrow {m^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 0\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a} = m + 2\\{x_1}.{x_2} = \dfrac{c}{a} = m + 1\end{array} \right.\)
Do hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông nên ta có: \({x_1},{x_2} > 0\) suy ra:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} > 0\\{x_1}.{x_2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 2 > 0\\m + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 2\\m > - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m > - 1\).
Vì \({x_1},{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền là \(h = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }}\) nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(\dfrac{1}{{x_1^2}} + \dfrac{1}{{x_2^2}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2}}}\) \( \Leftrightarrow \dfrac{{x_2^2 + x_1^2}}{{x_1^2.x_2^2}} = \dfrac{5}{4}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) = 5x_1^2x_2^2\\ \Leftrightarrow 4{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 8{x_1}{x_2} = 5{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\\ \Rightarrow 4{\left( {m + 2} \right)^2} - 8\left( {m + 1} \right) = 5{\left( {m + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 16m + 16 - 8m - 8 - 5{m^2} - 10m - 5 = 0\\ \Leftrightarrow - {m^2} - 2m + 3 = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \(a + b + c = 1 + 2 + \left( { - 3} \right) = 0\) nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}m = 1\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = \dfrac{c}{a} = - 3\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
Vậy \(m = 1\) là giá trị cần tìm.
Câu 4 (VDC):
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu: Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp, cụ thể chứng minh \(\angle OHM = \angle OCM = {90^0}\) cùng nhìn cạnh \(OM\) dưới một góc không đổi.
b) + \(\;OM \bot CD\) tại \(K\).
+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OMD\), suy ra \(O{D^2} = OK.OM = {R^2}\)
c) + \(\Delta MPQ\) cân tại \(M\)\( \Rightarrow MO\) đồng thời là trung tuyến của \(\Delta MPQ\)\( \Rightarrow OP = \dfrac{1}{2}PQ\)
+ Tính được \({S_{\Delta MPQ}} = OM.OP\)
+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(OMP\) vuông tại \(O\) có \(\dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}} = \dfrac{1}{{O{C^2}}} = \dfrac{1}{{{R^2}}}\)
+ Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương \(\dfrac{1}{{O{M^2}}}\) và \(\dfrac{1}{{O{P^2}}}\) tìm được giá trị nhỏ nhất của \({S_{\Delta MPQ}}\)
Cách giải:
a) Vì \(H\) là trung điểm của \(AB\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow OH \bot AB\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
\( \Rightarrow \angle OHM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(OMCH\) có \(\angle OHM = \angle OCM = {90^0}\) \( \Rightarrow OMCH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
b) Vì \(MC = MD\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(CD\).
\(OC = OD\,\,\left( { = R} \right)\) nên \(O\) thuộc trung trực của \(CD\).
\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(CD\) \( \Rightarrow OM \bot CD\) tại \(K\).
Xét tam giác \(OMD\) vuông tại \(D\) có đường cao \(DK\) ta có: \(O{D^2} = OK.OM = {R^2}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
c) Ta có: \(MO\) là phân giác của \(\angle PMQ\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau).
\(MO\) là đường cao của \(\Delta PMQ\) (do \(PQ \bot OM\,\,\left( {gt} \right)\))
\( \Rightarrow \Delta MPQ\) cân tại \(M\) (tam giác có đường cao đồng thời là đường phân giác).
\( \Rightarrow MO\) đồng thời là trung tuyến của \(\Delta MPQ\) \( \Rightarrow O\) là trung điểm của \(PQ\) \( \Rightarrow OP = \dfrac{1}{2}PQ\).
Ta có \({S_{\Delta MPQ}} = \dfrac{1}{2}MO.PQ = OM.OP\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(OMP\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OC\) ta có:
\(\dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}} = \dfrac{1}{{O{C^2}}} = \dfrac{1}{{{R^2}}}\).
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương \(\dfrac{1}{{O{M^2}}}\) và \(\dfrac{1}{{O{P^2}}}\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}} \ge \dfrac{2}{{OM.OP}} = \dfrac{2}{{{S_{\Delta MPQ}}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{R^2}}} \ge \dfrac{2}{{{S_{\Delta MPQ}}}} \Leftrightarrow {S_{\Delta MPQ}} \ge 2{R^2}\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}OM = OP\\\dfrac{2}{{O{M^2}}} = \dfrac{1}{{{R^2}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}OM = OP\\OM = R\sqrt 2 \end{array} \right.\).
Vậy \({S_{\Delta MPQ}}\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2{R^2}\) khi \(OM = R\sqrt 2 \).
Câu 1 (TH)
Phương pháp:
a) Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép toán với các căn bậc hai.
b) Thực hiện phép chia với các phân thức đại số
Tìm các hạng tử chung của tử thức và mẫu thức sau đó rút gọn biểu thức để chứng minh.
Cách giải:
a) Ta có
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {28} + \sqrt {63} - 2\sqrt 7 \\A = \sqrt {{2^2}.7} + \sqrt {{3^2}.7} - 2\sqrt 7 \\A = 2\sqrt 7 + 3\sqrt 7 - 2\sqrt 7 \\A = 3\sqrt 7 \end{array}\)
Vậy \(A = 3\sqrt 7 \).
b) Với \(x > 0,\,\,y > 0\) và \(x \ne y\) ta có:
\(\begin{array}{l}VT = \dfrac{{x\sqrt y + y\sqrt x }}{{\sqrt {xy} }}:\dfrac{1}{{\sqrt x - \sqrt y }}\\\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt {xy} \left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)}}{{\sqrt {xy} }}.\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)\\\,\,\,\,\,\, = \left( {\sqrt x + \sqrt y } \right).\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)\\\,\,\,\,\,\, = x - y = VP\end{array}\)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 2 (VD)
Phương pháp:
a) Vận dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình.
b) + Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\) của đồ thị \(\left( P \right)\)
+ Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\)
Áp dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn, tìm được nghiệm của phương trình
Với mỗi nghiệm ta tìm được các giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\), từ đó kết luận.
Cách giải:
a) \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 5\\2x - y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 5\\4x - 2y = 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\y = 2x - 7\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2.3 - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {3; - 1} \right).\)
b) Vẽ đồ thị hàm số \(y = - \dfrac{1}{4}{x^2}.\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | \(0\) | \(2\) | \(4\) |
\(y = - \dfrac{1}{4}{x^2}\) | \( - 4\) | \( - 1\) | \(0\) | \( - 1\) | \( - 4\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,y = - \dfrac{1}{4}{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 4;\, - 4} \right),\,\,\left( { - 2;\, - 1} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\left( {2;\,\, - 1} \right),\,\,\left( {4; - 4} \right).\)
Đồ thị hàm số:
Phương trình hoành độ giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\) là:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\, - \dfrac{1}{4}{x^2} = \dfrac{1}{2}x - 2\\ \Leftrightarrow - {x^2} = 2x - 8\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 0\end{array}\)
Phương trình có: \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} + 8 = 9 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = - 1 + \sqrt 9 = 2\) và \({x_2} = - 1 - \sqrt 9 = - 4\)
Với \(x = 2\) \( \Rightarrow y = - \dfrac{1}{4}{.2^2} = - 1.\)
Với \(x = - 4\)\( \Rightarrow y = - \dfrac{1}{4}.{\left( { - 4} \right)^2} = - 4.\)
Vậy đường thẳng \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(\left( {2; - 1} \right)\) và \(\left( { - 4; - 4} \right).\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Thay \(m = - 3\) vào phương trình, ta có được phương trình bậc hai một ẩn
Áp dụng công thức nhẩm nghiệm nhanh: phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\,\left( {a \ne 0} \right)\) nếu có \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
b) Phương trình luôn có nghiệm với mọi số thực \(m\) khi \(\Delta \ge 0,\forall m\)
c) + Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0\)
+ Áp dụng định lí Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo tham số \(m\)
+ Do hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông nên ta có: \({x_1},{x_2} > 0\) suya ra điều kiện của \(m\)
+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có hệ thức \(\dfrac{1}{{x_1^2}} + \dfrac{1}{{x_2^2}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2}}}\). Biến đổi hệ thức, xuất hiện \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) sau đó thay tham số \(m\) thực hiện tính toán.
Cách giải:
a) Khi \(m = - 3\) phương trình (1) trở thành \({x^2} + x - 2 = 0\).
Vì \(a + b + c = 1 + 1 + \left( { - 2} \right) = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \dfrac{c}{a} = - 2\end{array} \right.\)
Vậy khi \(m = - 3\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1; - 2} \right\}\),.
b) Ta có: hệ số của \({x^2}\) là \(1 \ne 0\) nên phương trình \(\left( 1 \right)\) là phương trình bậc hai một ẩn.
Lại có: \(\Delta = {\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {m + 1} \right) = {m^2} + 4m + 4 - 4m - 4 = {m^2} \ge 0\,\,\,\forall \,m\).
Do đó phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi số thực \(m.\)
c) Phương trình (1) có: \(\Delta = {\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {m + 1} \right) = {m^2} + 4m + 4 - 4m - 4 = {m^2}\).
Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta > 0 \Leftrightarrow {m^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 0\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a} = m + 2\\{x_1}.{x_2} = \dfrac{c}{a} = m + 1\end{array} \right.\)
Do hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông nên ta có: \({x_1},{x_2} > 0\) suy ra:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} > 0\\{x_1}.{x_2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 2 > 0\\m + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 2\\m > - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m > - 1\).
Vì \({x_1},{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền là \(h = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }}\) nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(\dfrac{1}{{x_1^2}} + \dfrac{1}{{x_2^2}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2}}}\) \( \Leftrightarrow \dfrac{{x_2^2 + x_1^2}}{{x_1^2.x_2^2}} = \dfrac{5}{4}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) = 5x_1^2x_2^2\\ \Leftrightarrow 4{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 8{x_1}{x_2} = 5{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\\ \Rightarrow 4{\left( {m + 2} \right)^2} - 8\left( {m + 1} \right) = 5{\left( {m + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 16m + 16 - 8m - 8 - 5{m^2} - 10m - 5 = 0\\ \Leftrightarrow - {m^2} - 2m + 3 = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \(a + b + c = 1 + 2 + \left( { - 3} \right) = 0\) nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}m = 1\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = \dfrac{c}{a} = - 3\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
Vậy \(m = 1\) là giá trị cần tìm.
Câu 4 (VDC):
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu: Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp, cụ thể chứng minh \(\angle OHM = \angle OCM = {90^0}\) cùng nhìn cạnh \(OM\) dưới một góc không đổi.
b) + \(\;OM \bot CD\) tại \(K\).
+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OMD\), suy ra \(O{D^2} = OK.OM = {R^2}\)
c) + \(\Delta MPQ\) cân tại \(M\)\( \Rightarrow MO\) đồng thời là trung tuyến của \(\Delta MPQ\)\( \Rightarrow OP = \dfrac{1}{2}PQ\)
+ Tính được \({S_{\Delta MPQ}} = OM.OP\)
+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(OMP\) vuông tại \(O\) có \(\dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}} = \dfrac{1}{{O{C^2}}} = \dfrac{1}{{{R^2}}}\)
+ Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương \(\dfrac{1}{{O{M^2}}}\) và \(\dfrac{1}{{O{P^2}}}\) tìm được giá trị nhỏ nhất của \({S_{\Delta MPQ}}\)
Cách giải:
a) Vì \(H\) là trung điểm của \(AB\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow OH \bot AB\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
\( \Rightarrow \angle OHM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(OMCH\) có \(\angle OHM = \angle OCM = {90^0}\) \( \Rightarrow OMCH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
b) Vì \(MC = MD\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(CD\).
\(OC = OD\,\,\left( { = R} \right)\) nên \(O\) thuộc trung trực của \(CD\).
\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(CD\) \( \Rightarrow OM \bot CD\) tại \(K\).
Xét tam giác \(OMD\) vuông tại \(D\) có đường cao \(DK\) ta có: \(O{D^2} = OK.OM = {R^2}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
c) Ta có: \(MO\) là phân giác của \(\angle PMQ\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau).
\(MO\) là đường cao của \(\Delta PMQ\) (do \(PQ \bot OM\,\,\left( {gt} \right)\))
\( \Rightarrow \Delta MPQ\) cân tại \(M\) (tam giác có đường cao đồng thời là đường phân giác).
\( \Rightarrow MO\) đồng thời là trung tuyến của \(\Delta MPQ\) \( \Rightarrow O\) là trung điểm của \(PQ\) \( \Rightarrow OP = \dfrac{1}{2}PQ\).
Ta có \({S_{\Delta MPQ}} = \dfrac{1}{2}MO.PQ = OM.OP\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(OMP\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OC\) ta có:
\(\dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}} = \dfrac{1}{{O{C^2}}} = \dfrac{1}{{{R^2}}}\).
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương \(\dfrac{1}{{O{M^2}}}\) và \(\dfrac{1}{{O{P^2}}}\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}} \ge \dfrac{2}{{OM.OP}} = \dfrac{2}{{{S_{\Delta MPQ}}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{R^2}}} \ge \dfrac{2}{{{S_{\Delta MPQ}}}} \Leftrightarrow {S_{\Delta MPQ}} \ge 2{R^2}\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}OM = OP\\\dfrac{2}{{O{M^2}}} = \dfrac{1}{{{R^2}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}OM = OP\\OM = R\sqrt 2 \end{array} \right.\).
Vậy \({S_{\Delta MPQ}}\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2{R^2}\) khi \(OM = R\sqrt 2 \).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Trong đó, việc làm quen với cấu trúc đề thi và luyện tập giải các đề thi thử đóng vai trò then chốt. Bài viết này sẽ cung cấp phân tích chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2021, cùng với hướng dẫn giải các bài toán thường gặp, giúp các em học sinh tự tin hơn khi bước vào phòng thi.
Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2021 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Độ khó của đề thi thường ở mức trung bình, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức cơ bản và có kỹ năng giải toán tốt.
Dưới đây là một số dạng bài tập thường xuất hiện trong Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2021:
Ví dụ 1: Giải phương trình 2x + 3 = 7
Giải:
2x + 3 = 7
2x = 7 - 3
2x = 4
x = 2
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Giải:
Áp dụng định lý Pitago vào tam giác ABC vuông tại A, ta có:
BC2 = AB2 + AC2
BC2 = 32 + 42
BC2 = 9 + 16
BC2 = 25
BC = 5cm
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán, các em học sinh nên:
Ngoài sách giáo khoa, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Hy vọng với những thông tin và hướng dẫn trên, các em học sinh sẽ có thêm kiến thức và tự tin hơn khi bước vào kỳ thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2021. Chúc các em thành công!
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.
