toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2020 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 đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cam kết cung cấp đề thi chất lượng, đáp ứng đúng yêu cầu của kỳ thi và đi kèm với đáp án chi tiết, giúp các em tự học hiệu quả tại nhà.
Bài 1 (2,0 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
Bài 1 (2,0 điểm)
Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
1) \({x^2} + x - 12 = 0\) \(2)\,{x^4} + 8{x^2} - 9 = 0\)
Bài 2 (1,5 điểm)
Cho phương trình: \({x^2} - 2020x + 2021 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\). Không giải phương trình, tính giá trị của các biểu thức sau:
\(1)\,\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}}\) \(2)\,x_1^2 + x_2^2\)
Bài 3 (1,5 điểm)
Cho Parabol \(\left( P \right):\,y = \dfrac{3}{2}{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,y = - \dfrac{3}{2}x + 3\)
1) Vẽ đồ thị của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
2) Tìm tọa độ các giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Bài 4 (1,5 điểm)
Cho biểu thức \(A = \left( {\dfrac{1}{{x - \sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x\sqrt x - 2x + \sqrt x }}\) với \(0 < x \ne 1\).
1) Rút gọn biểu thức \(A.\)
2) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 8 - 2\sqrt 7 .\)
Bài 5 (3,5 điểm)
Cho đường tròn \(\left( {O;3cm} \right)\) có đường kính \(AB\) và tiếp tuyến \(Ax\). Trên \(Ax\) lấy điểm \(C\) sao cho \(AC = 8cm,\,BC\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(D.\) Đường phân giác của góc \(CAD\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M\) và cắt \(BC\) tại \(N.\)
1) Tính độ dài đoạn thẳng \(AD\).
2) Gọi \(E\)là giao điểm của \(AD\) và \(MB\). Chứng minh tứ giác \(MNDE\) nội tiếp được trong đường tròn.
3) Chứng minh tam giác \(ABN\) là tam giác cân.
4) Kẻ \(EF\) vuông góc với \(AB\) (\(F\) thuộc \(AB\)). Chứng minh: \(N,E,F\) thẳng hàng.
Bài 1 - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 - Đại số
Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 1) \({x^2} + x - 12 = 0\) \(2)\,{x^4} + 8{x^2} - 9 = 0\) |
Phương pháp:
1) Giải phương trình bằng cách đưa về phương trình tích.
2) Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ:
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình đã cho trở thành: \({t^2} + 8t - 9 = 0\)
Nhẩm nghiệm để giải phương trình ẩn \(t\) từ đó suy ra nghiệm \(x.\)
3) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
1) \({x^2} + x - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 4x - 12 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 3x} \right) + \left( {4x - 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) + 4\left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {3; - 4} \right\}\).
2) \({x^4} + 8{x^2} - 9 = 0\)
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình đã cho trở thành: \({t^2} + 8t - 9 = 0\).
Nhận thấy \(a + b + c = 1 + 8 + \left( { - 9} \right) = 0\) nên phương trình \({t^2} + 8t - 9 = 0\) có nghiệm \(t = 1\,\,\left( {tm} \right)\), \(t = \dfrac{c}{a} = - 9\,\,\left( {ktm} \right)\).
Với \(t = 1\) ta có \({x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 1} \right\}\).
3) \(\left\{ \begin{array}{l}3x + y = - 1\\6x + y = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6x + 2y = - 2\\6x + y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 4\\3x + y = - 1\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 4\\3x - 4 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 4\\3x = 3\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 4\\x = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 4} \right)\).
Bài 2 - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng
Cho phương trình: \({x^2} - 2020x + 2021 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\). Không giải phương trình, tính giá trị của các biểu thức sau: \(1)\,\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}}\) \(2)\,x_1^2 + x_2^2\) |
Phương pháp:
Tính \(\Delta ' = {b^{'2}} - ac > 0\) chứng minh phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng định lý Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2020\\{x_1}{x_2} = 2021\end{array} \right.\)
Từ đó biến đổi và tính giá trị của các biểu thức bài cho.
Cách giải:
Xét phương trình: \({x^2} - 2020x + 2021 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Ta có: \(\Delta ' = {1010^2} - 2021 = 1018079 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\)
Áp dụng định lý Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2020\\{x_1}{x_2} = 2021\end{array} \right.\)
a) \(\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}}\)
Ta có: \(\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} = \dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = \dfrac{{2020}}{{2021}}.\)
b) \(x_1^2 + x_2^2\)
Ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\) \( = {2020^2} - 2.2021 = 4076358\)
Bài 3 - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 - Đại số
Cho Parabol \(\left( P \right):\,y = \dfrac{3}{2}{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,y = - \dfrac{3}{2}x + 3\) 1) Vẽ đồ thị của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2) Tìm tọa độ các giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính. |
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị các hàm số trên cùng hệ trục tọa độ.
2) Giải phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số để tìm hoành độ giao điểm.
Thế hoành độ giao điểm vào một trong hai hàm số đã cho, để tìm tung độ giao điểm của hai đồ thị hàm số.
Cách giải:
Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = \dfrac{3}{2}{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = - \dfrac{3}{2}x + 3\)
1) Vẽ đồ thị của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
+) Vẽ parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{3}{2}{x^2}\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = \dfrac{3}{2}{x^2}\) | \(6\) | \(\dfrac{3}{2}\) | \(0\) | \(\dfrac{3}{2}\) | \(6\) |
Vậy \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{3}{2}{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm: \(\left( { - 2;\,\,6} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,\dfrac{3}{2}} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,\dfrac{3}{2}} \right),\,\,\left( {2;\,\,6} \right).\)
+) Vẽ \(\left( d \right):\,\,y = - \dfrac{3}{2}x + 3\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \(2\) |
\(y = - \dfrac{3}{2}x + 3\) | \(3\) | \(0\) |
Vậy \(\left( d \right):\,\,\,y = - \dfrac{3}{2}x + 3\) là đường thẳng đi qua các điểm \(\left( {0;\,\,3} \right)\) và \(\left( {2;\,\,0} \right).\)
2) Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{3}{2}{x^2} = - \dfrac{3}{2}x + 3\\ \Leftrightarrow 3{x^2} = - 3x + 6\\ \Leftrightarrow 3{x^2} + 3x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) - \left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 2 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)
+) Với \(x = - 2\) \( \Rightarrow y = \dfrac{3}{2}.{\left( { - 2} \right)^2} = 6\) \( \Rightarrow A\left( { - 2;\,\,6} \right).\)
+) Với \(x = 1\) \( \Rightarrow y = \dfrac{3}{2}{.1^2} = \dfrac{3}{2}\) \( \Rightarrow B\left( {1;\,\,\dfrac{3}{2}} \right)\)
Vậy \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( { - 2;\,\,6} \right)\) và \(B\left( {1;\,\,\dfrac{3}{2}} \right).\)
Bài 4 - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba
Cho biểu thức \(A = \left( {\dfrac{1}{{x - \sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x\sqrt x - 2x + \sqrt x }}\) với \(0 < x \ne 1\). 1) Rút gọn biểu thức \(A.\) 2) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 8 - 2\sqrt 7 .\) |
Phương pháp:
1) Quy đồng mẫu, biến đổi và rút gọn biểu thức đã cho.
2) Biến đổi \(x,\) đối chiếu với ĐKXĐ rồi thay vào biểu thức đã rút gọn để tính giá trị của biểu thức đã cho.
Cách giải:
\(A = \left( {\dfrac{1}{{x - \sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x\sqrt x - 2x + \sqrt x }}\) với \(0 < x \ne 1\).
1) Rút gọn biểu thức \(A\).
\(A = \left( {\dfrac{1}{{x - \sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x\sqrt x - 2x + \sqrt x }}\) với \(0 < x \ne 1\).
\(\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{1}{{x - \sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x\sqrt x - 2x + \sqrt x }}\\A = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x \left( {x - 2\sqrt x + 1} \right)}}\\A = \dfrac{{1 + \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}\\A = \dfrac{{1 + \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 1}}\\A = \sqrt x - 1\end{array}\)
2) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 8 - 2\sqrt 7 \).
Điều kiện: \(0 < x \ne 1.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}x = 8 - 2\sqrt 7 \\x = {\left( {\sqrt 7 } \right)^2} - 2.\sqrt 7 .1 + {1^2}\\x = {\left( {\sqrt 7 - 1} \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x = \sqrt {{{\left( {\sqrt 7 - 1} \right)}^2}} = \left| {\sqrt 7 - 1} \right| = \sqrt 7 - 1\,\,\left( {Do\,\,\sqrt 7 - 1 > 0} \right)\end{array}\)
Thay \(\sqrt x = \sqrt 7 - 1\,\,\left( {tm\,\,DKXD} \right)\) vào biểu thức A sau khi rút gọn ta có:
\(A = \sqrt 7 - 1 - 1 = \sqrt 7 - 2\).
Vậy khi \(x = 8 - 2\sqrt 7 \) thì \(A = \sqrt 7 - 2\).
Bài 5 - Ôn tập tổng hợp chương 1, 2, 3 - Hình học
| Cho đường tròn \(\left( {O;3cm} \right)\) có đường kính \(AB\) và tiếp tuyến \(Ax\). Trên \(Ax\) lấy điểm \(C\) sao cho \(AC = 8cm\), \(BC\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(D\). Đường phân giác của góc \(CAD\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M\) và cắt \(BC\) tại \(N\). |
Phương pháp:
1) Tính độ dài đoạn thẳng \(AD\) bằng hệ thức lượng trong tam giác \(CAB\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AD.\)
2) Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}.\)
3) Chứng minh tam giác \(ABN\) cân dựa vào tính chất của tam giác cân.
4) Áp dụng tiên đề Ơ-clit để chứng minh ba điểm \(N,\,\,E,\,\,F\) thẳng hàng.
Cách giải:
1) Tính độ dài đoạn thẳng \(AD\).
Vì \(\angle ADB\) nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle ADB = {90^0}\) \( \Rightarrow AD \bot BD\) hay \(AD \bot BC\).
Ta có: \(Ax\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(Ax \bot AB\) hay \(AB \bot AC\).
\(AB\) là đường kính của \(\left( {O;3cm} \right)\) nên \(AB = 2.3 = 6\,\,\left( {cm} \right)\).
Do đó tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AD\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{A{D^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} \Rightarrow \dfrac{1}{{A{D^2}}} = \dfrac{1}{{{6^2}}} + \dfrac{1}{{{8^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{A{D^2}}} = \dfrac{{25}}{{576}} \Rightarrow A{D^2} = \dfrac{{675}}{{25}}\\ \Rightarrow AD = \dfrac{{24}}{5} = 4,8\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy \(AD = 4,8\,\,cm\).
2) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AD\) và \(MB\). Chứng minh rằng tứ giác \(MNDE\) nội tiếp được trong đường tròn.
Ta có: \(AD \bot BC\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle EDN = {90^0}\).
Tương tự ta có: \(\angle AMB\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle AMB = {90^0}\)
\( \Rightarrow AM \bot BM\) hay \(AN \bot BM\).
\( \Rightarrow \angle EMN = {90^0}\).
Xét tứ giác \(MNDE\) có \(\angle EDN + \angle EMN = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy tứ giác \(MNDE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
3) Chứng minh tam giác \(ABN\) là tam giác cân.
Ta có: \(\angle CAN = \angle ABM\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AM\)).
\(\angle MAD = \angle MBD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MD\)).
Mà \(\angle CAN = \angle MAD\) (gt) \( \Rightarrow \angle ABM = \angle MBD\), do đó \(BM\) là tia phân giác của \(\angle ABN\).
Xét tam giác \(ABN\) có \(BM\) là đường cao đồng thời là đường phân giác nên tam giác \(ABN\) cân tại \(B\) (đpcm).
4) Kẻ \(EF\) vuông góc với \(AB\) (\(F\) thuộc \(AB\)). Chứng minh: \(N,\,\,E,\,\,F\) thẳng hàng.
Xét tam giác \(ABN\) có:
\(\begin{array}{l}AD \bot BN\,\,\left( {cmt} \right)\\BM \bot AN\,\,\left( {cmt} \right)\\AD \cap BM = \left\{ E \right\}\,\,\left( {gt} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow E\) là trực tâm của tam giác \(ABN\).
Do đó \(NE\) là đường cao thứ ba của tam giác \(ABN\) nên \(NE \bot AB\).
Lại có \(EF \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\).
\( \Rightarrow \) Qua điểm \(E\) nằm ngoài đường thẳng \(AB\) kẻ được hai đường thẳng \(EF,\,\,NE\) cùng vuông góc với \(AB\).
\( \Rightarrow NE \equiv EF\) (Tiên đề Ơ-clit).
Vậy \(N,\,\,E,\,\,F\) thẳng hàng (đpcm).
Bài 1 (2,0 điểm)
Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
1) \({x^2} + x - 12 = 0\) \(2)\,{x^4} + 8{x^2} - 9 = 0\)
Bài 2 (1,5 điểm)
Cho phương trình: \({x^2} - 2020x + 2021 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\). Không giải phương trình, tính giá trị của các biểu thức sau:
\(1)\,\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}}\) \(2)\,x_1^2 + x_2^2\)
Bài 3 (1,5 điểm)
Cho Parabol \(\left( P \right):\,y = \dfrac{3}{2}{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,y = - \dfrac{3}{2}x + 3\)
1) Vẽ đồ thị của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
2) Tìm tọa độ các giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Bài 4 (1,5 điểm)
Cho biểu thức \(A = \left( {\dfrac{1}{{x - \sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x\sqrt x - 2x + \sqrt x }}\) với \(0 < x \ne 1\).
1) Rút gọn biểu thức \(A.\)
2) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 8 - 2\sqrt 7 .\)
Bài 5 (3,5 điểm)
Cho đường tròn \(\left( {O;3cm} \right)\) có đường kính \(AB\) và tiếp tuyến \(Ax\). Trên \(Ax\) lấy điểm \(C\) sao cho \(AC = 8cm,\,BC\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(D.\) Đường phân giác của góc \(CAD\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M\) và cắt \(BC\) tại \(N.\)
1) Tính độ dài đoạn thẳng \(AD\).
2) Gọi \(E\)là giao điểm của \(AD\) và \(MB\). Chứng minh tứ giác \(MNDE\) nội tiếp được trong đường tròn.
3) Chứng minh tam giác \(ABN\) là tam giác cân.
4) Kẻ \(EF\) vuông góc với \(AB\) (\(F\) thuộc \(AB\)). Chứng minh: \(N,E,F\) thẳng hàng.
Bài 1 - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 - Đại số
Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 1) \({x^2} + x - 12 = 0\) \(2)\,{x^4} + 8{x^2} - 9 = 0\) |
Phương pháp:
1) Giải phương trình bằng cách đưa về phương trình tích.
2) Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ:
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình đã cho trở thành: \({t^2} + 8t - 9 = 0\)
Nhẩm nghiệm để giải phương trình ẩn \(t\) từ đó suy ra nghiệm \(x.\)
3) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
1) \({x^2} + x - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 4x - 12 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 3x} \right) + \left( {4x - 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) + 4\left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {3; - 4} \right\}\).
2) \({x^4} + 8{x^2} - 9 = 0\)
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình đã cho trở thành: \({t^2} + 8t - 9 = 0\).
Nhận thấy \(a + b + c = 1 + 8 + \left( { - 9} \right) = 0\) nên phương trình \({t^2} + 8t - 9 = 0\) có nghiệm \(t = 1\,\,\left( {tm} \right)\), \(t = \dfrac{c}{a} = - 9\,\,\left( {ktm} \right)\).
Với \(t = 1\) ta có \({x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 1} \right\}\).
3) \(\left\{ \begin{array}{l}3x + y = - 1\\6x + y = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6x + 2y = - 2\\6x + y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 4\\3x + y = - 1\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 4\\3x - 4 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 4\\3x = 3\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 4\\x = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 4} \right)\).
Bài 2 - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng
Cho phương trình: \({x^2} - 2020x + 2021 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\). Không giải phương trình, tính giá trị của các biểu thức sau: \(1)\,\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}}\) \(2)\,x_1^2 + x_2^2\) |
Phương pháp:
Tính \(\Delta ' = {b^{'2}} - ac > 0\) chứng minh phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng định lý Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2020\\{x_1}{x_2} = 2021\end{array} \right.\)
Từ đó biến đổi và tính giá trị của các biểu thức bài cho.
Cách giải:
Xét phương trình: \({x^2} - 2020x + 2021 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Ta có: \(\Delta ' = {1010^2} - 2021 = 1018079 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\)
Áp dụng định lý Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2020\\{x_1}{x_2} = 2021\end{array} \right.\)
a) \(\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}}\)
Ta có: \(\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} = \dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = \dfrac{{2020}}{{2021}}.\)
b) \(x_1^2 + x_2^2\)
Ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\) \( = {2020^2} - 2.2021 = 4076358\)
Bài 3 - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 - Đại số
Cho Parabol \(\left( P \right):\,y = \dfrac{3}{2}{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,y = - \dfrac{3}{2}x + 3\) 1) Vẽ đồ thị của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2) Tìm tọa độ các giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính. |
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị các hàm số trên cùng hệ trục tọa độ.
2) Giải phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số để tìm hoành độ giao điểm.
Thế hoành độ giao điểm vào một trong hai hàm số đã cho, để tìm tung độ giao điểm của hai đồ thị hàm số.
Cách giải:
Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = \dfrac{3}{2}{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = - \dfrac{3}{2}x + 3\)
1) Vẽ đồ thị của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
+) Vẽ parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{3}{2}{x^2}\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = \dfrac{3}{2}{x^2}\) | \(6\) | \(\dfrac{3}{2}\) | \(0\) | \(\dfrac{3}{2}\) | \(6\) |
Vậy \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{3}{2}{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm: \(\left( { - 2;\,\,6} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,\dfrac{3}{2}} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,\dfrac{3}{2}} \right),\,\,\left( {2;\,\,6} \right).\)
+) Vẽ \(\left( d \right):\,\,y = - \dfrac{3}{2}x + 3\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \(2\) |
\(y = - \dfrac{3}{2}x + 3\) | \(3\) | \(0\) |
Vậy \(\left( d \right):\,\,\,y = - \dfrac{3}{2}x + 3\) là đường thẳng đi qua các điểm \(\left( {0;\,\,3} \right)\) và \(\left( {2;\,\,0} \right).\)
2) Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{3}{2}{x^2} = - \dfrac{3}{2}x + 3\\ \Leftrightarrow 3{x^2} = - 3x + 6\\ \Leftrightarrow 3{x^2} + 3x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) - \left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 2 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)
+) Với \(x = - 2\) \( \Rightarrow y = \dfrac{3}{2}.{\left( { - 2} \right)^2} = 6\) \( \Rightarrow A\left( { - 2;\,\,6} \right).\)
+) Với \(x = 1\) \( \Rightarrow y = \dfrac{3}{2}{.1^2} = \dfrac{3}{2}\) \( \Rightarrow B\left( {1;\,\,\dfrac{3}{2}} \right)\)
Vậy \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( { - 2;\,\,6} \right)\) và \(B\left( {1;\,\,\dfrac{3}{2}} \right).\)
Bài 4 - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba
Cho biểu thức \(A = \left( {\dfrac{1}{{x - \sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x\sqrt x - 2x + \sqrt x }}\) với \(0 < x \ne 1\). 1) Rút gọn biểu thức \(A.\) 2) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 8 - 2\sqrt 7 .\) |
Phương pháp:
1) Quy đồng mẫu, biến đổi và rút gọn biểu thức đã cho.
2) Biến đổi \(x,\) đối chiếu với ĐKXĐ rồi thay vào biểu thức đã rút gọn để tính giá trị của biểu thức đã cho.
Cách giải:
\(A = \left( {\dfrac{1}{{x - \sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x\sqrt x - 2x + \sqrt x }}\) với \(0 < x \ne 1\).
1) Rút gọn biểu thức \(A\).
\(A = \left( {\dfrac{1}{{x - \sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x\sqrt x - 2x + \sqrt x }}\) với \(0 < x \ne 1\).
\(\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{1}{{x - \sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x\sqrt x - 2x + \sqrt x }}\\A = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x \left( {x - 2\sqrt x + 1} \right)}}\\A = \dfrac{{1 + \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}\\A = \dfrac{{1 + \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 1}}\\A = \sqrt x - 1\end{array}\)
2) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 8 - 2\sqrt 7 \).
Điều kiện: \(0 < x \ne 1.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}x = 8 - 2\sqrt 7 \\x = {\left( {\sqrt 7 } \right)^2} - 2.\sqrt 7 .1 + {1^2}\\x = {\left( {\sqrt 7 - 1} \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x = \sqrt {{{\left( {\sqrt 7 - 1} \right)}^2}} = \left| {\sqrt 7 - 1} \right| = \sqrt 7 - 1\,\,\left( {Do\,\,\sqrt 7 - 1 > 0} \right)\end{array}\)
Thay \(\sqrt x = \sqrt 7 - 1\,\,\left( {tm\,\,DKXD} \right)\) vào biểu thức A sau khi rút gọn ta có:
\(A = \sqrt 7 - 1 - 1 = \sqrt 7 - 2\).
Vậy khi \(x = 8 - 2\sqrt 7 \) thì \(A = \sqrt 7 - 2\).
Bài 5 - Ôn tập tổng hợp chương 1, 2, 3 - Hình học
| Cho đường tròn \(\left( {O;3cm} \right)\) có đường kính \(AB\) và tiếp tuyến \(Ax\). Trên \(Ax\) lấy điểm \(C\) sao cho \(AC = 8cm\), \(BC\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(D\). Đường phân giác của góc \(CAD\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M\) và cắt \(BC\) tại \(N\). |
Phương pháp:
1) Tính độ dài đoạn thẳng \(AD\) bằng hệ thức lượng trong tam giác \(CAB\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AD.\)
2) Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}.\)
3) Chứng minh tam giác \(ABN\) cân dựa vào tính chất của tam giác cân.
4) Áp dụng tiên đề Ơ-clit để chứng minh ba điểm \(N,\,\,E,\,\,F\) thẳng hàng.
Cách giải:
1) Tính độ dài đoạn thẳng \(AD\).
Vì \(\angle ADB\) nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle ADB = {90^0}\) \( \Rightarrow AD \bot BD\) hay \(AD \bot BC\).
Ta có: \(Ax\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(Ax \bot AB\) hay \(AB \bot AC\).
\(AB\) là đường kính của \(\left( {O;3cm} \right)\) nên \(AB = 2.3 = 6\,\,\left( {cm} \right)\).
Do đó tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AD\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{A{D^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} \Rightarrow \dfrac{1}{{A{D^2}}} = \dfrac{1}{{{6^2}}} + \dfrac{1}{{{8^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{A{D^2}}} = \dfrac{{25}}{{576}} \Rightarrow A{D^2} = \dfrac{{675}}{{25}}\\ \Rightarrow AD = \dfrac{{24}}{5} = 4,8\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy \(AD = 4,8\,\,cm\).
2) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AD\) và \(MB\). Chứng minh rằng tứ giác \(MNDE\) nội tiếp được trong đường tròn.
Ta có: \(AD \bot BC\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle EDN = {90^0}\).
Tương tự ta có: \(\angle AMB\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle AMB = {90^0}\)
\( \Rightarrow AM \bot BM\) hay \(AN \bot BM\).
\( \Rightarrow \angle EMN = {90^0}\).
Xét tứ giác \(MNDE\) có \(\angle EDN + \angle EMN = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy tứ giác \(MNDE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
3) Chứng minh tam giác \(ABN\) là tam giác cân.
Ta có: \(\angle CAN = \angle ABM\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AM\)).
\(\angle MAD = \angle MBD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MD\)).
Mà \(\angle CAN = \angle MAD\) (gt) \( \Rightarrow \angle ABM = \angle MBD\), do đó \(BM\) là tia phân giác của \(\angle ABN\).
Xét tam giác \(ABN\) có \(BM\) là đường cao đồng thời là đường phân giác nên tam giác \(ABN\) cân tại \(B\) (đpcm).
4) Kẻ \(EF\) vuông góc với \(AB\) (\(F\) thuộc \(AB\)). Chứng minh: \(N,\,\,E,\,\,F\) thẳng hàng.
Xét tam giác \(ABN\) có:
\(\begin{array}{l}AD \bot BN\,\,\left( {cmt} \right)\\BM \bot AN\,\,\left( {cmt} \right)\\AD \cap BM = \left\{ E \right\}\,\,\left( {gt} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow E\) là trực tâm của tam giác \(ABN\).
Do đó \(NE\) là đường cao thứ ba của tam giác \(ABN\) nên \(NE \bot AB\).
Lại có \(EF \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\).
\( \Rightarrow \) Qua điểm \(E\) nằm ngoài đường thẳng \(AB\) kẻ được hai đường thẳng \(EF,\,\,NE\) cùng vuông góc với \(AB\).
\( \Rightarrow NE \equiv EF\) (Tiên đề Ơ-clit).
Vậy \(N,\,\,E,\,\,F\) thẳng hàng (đpcm).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Dương năm 2020 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập khác nhau, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức nền tảng và kỹ năng giải quyết vấn đề. Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Đề thi thường được chia thành các phần khác nhau, với mức độ khó tăng dần. Thông thường, đề thi sẽ bao gồm:
Dưới đây là phân tích chi tiết một số đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2020:
Đề thi này tập trung vào các kiến thức về đại số, đặc biệt là phương trình và bất phương trình. Các bài toán yêu cầu học sinh phải vận dụng linh hoạt các công thức và kỹ năng giải toán để tìm ra đáp án chính xác.
Đề thi này chú trọng vào phần hình học, với các bài toán về tam giác, tứ giác và đường tròn. Học sinh cần nắm vững các định lý và tính chất hình học để giải quyết các bài toán này.
Đề thi này kết hợp cả đại số và hình học, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức toàn diện và khả năng liên kết các kiến thức khác nhau để giải quyết vấn đề.
Để luyện thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2020 hiệu quả, các em học sinh cần:
Ngoài bộ đề thi mà toan9.edu.vn cung cấp, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi khác như:
Trước khi bước vào kỳ thi, các em học sinh cần:
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Dương năm 2020 là một thử thách lớn, nhưng với sự chuẩn bị kỹ lưỡng và tinh thần quyết tâm, các em học sinh hoàn toàn có thể vượt qua và đạt được ước mơ của mình. toan9.edu.vn hy vọng rằng bộ đề thi này sẽ là một công cụ hữu ích giúp các em ôn tập và luyện thi hiệu quả.
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.
