toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2023 chính thức và 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 đã tổng hợp và biên soạn bộ đề thi này một cách cẩn thận, đảm bảo tính chính xác và cập nhật. Các em có thể sử dụng bộ đề này để tự học, luyện tập hoặc tham khảo ý kiến của thầy cô giáo.
Câu 1: Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 1) \({x^2} + x - 6 = 0\) 2) \(x - 3\sqrt x {\rm{ \;}} = 4\). 3) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = {\rm{ \;}} - 1}\\{2x + 3y = 8}\end{array}} \right.\)
Câu 1: Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
1) \({x^2} + x - 6 = 0\)
2) \(x - 3\sqrt x {\rm{ \;}} = 4\).
3) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = {\rm{ \;}} - 1}\\{2x + 3y = 8}\end{array}} \right.\)
Câu 2: Cho Parabol \(\left( P \right):y = {\rm{ \;}} - 0,5{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = {\rm{ \;}} - 0,5x + 2\)
1) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = {\rm{ \;}} - 0,5{x^2}\)
2) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) biết \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)
Câu 3: Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + m = 0\) (m là tham số).
1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\).
2) Tìm hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m.
Câu 4: Bác Tư đến siêu thị mua một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc với tổng số tiền theo giá niêm yết là 630000 đồng. Tuy nhiên, trong tuần lễ tri ân khách hàng nên siêu thị đã giảm giá quạt máy 15% và giảm giá ấm đun siêu tốc 12% so với giá niêm yết của từng sản phẩm. Nên Bác Tư chỉ phải trả 543000 đồng khi mua 2 sản phẩm trên. Hỏi giá niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc là bao nhiêu?
Câu 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và một điểm C tùy ý trên (O), (C khác A, B và CA < CB). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Dựng CH vuông góc với BD tại H (H nằm trên BD). Đường thẳng DO cắt CH và CB lần lượt tai M và N.
1) Chứng minh: Tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn.
2) Chứng minh: \({\rm{CM}} = {\rm{CO}}\).
3) Các đường thẳng \({\rm{AB}}\) và \({\rm{CD}}\) cắt nhau tại \({\rm{E}}\). Chứng minh: \({\rm{EA}}.{\rm{EB}} = {\rm{E}}{{\rm{C}}^2}\).
4) Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón. Biết \({\rm{OB}} = 6\;{\rm{cm}},{\rm{BD}} = 8\;{\rm{cm}}\). Tính thể tích của hình nón tạo thành.
----- HẾT -----
Câu 1: Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
1) \({x^2} + x - 6 = 0\)
2) \(x - 3\sqrt x {\rm{ \;}} = 4\).
3) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = {\rm{ \;}} - 1}\\{2x + 3y = 8}\end{array}} \right.\)
Câu 2: Cho Parabol \(\left( P \right):y = {\rm{ \;}} - 0,5{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = {\rm{ \;}} - 0,5x + 2\)
1) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = {\rm{ \;}} - 0,5{x^2}\)
2) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) biết \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)
Câu 3: Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + m = 0\) (m là tham số).
1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\).
2) Tìm hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m.
Câu 4: Bác Tư đến siêu thị mua một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc với tổng số tiền theo giá niêm yết là 630000 đồng. Tuy nhiên, trong tuần lễ tri ân khách hàng nên siêu thị đã giảm giá quạt máy 15% và giảm giá ấm đun siêu tốc 12% so với giá niêm yết của từng sản phẩm. Nên Bác Tư chỉ phải trả 543000 đồng khi mua 2 sản phẩm trên. Hỏi giá niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc là bao nhiêu?
Câu 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và một điểm C tùy ý trên (O), (C khác A, B và CA < CB). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Dựng CH vuông góc với BD tại H (H nằm trên BD). Đường thẳng DO cắt CH và CB lần lượt tai M và N.
1) Chứng minh: Tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn.
2) Chứng minh: \({\rm{CM}} = {\rm{CO}}\).
3) Các đường thẳng \({\rm{AB}}\) và \({\rm{CD}}\) cắt nhau tại \({\rm{E}}\). Chứng minh: \({\rm{EA}}.{\rm{EB}} = {\rm{E}}{{\rm{C}}^2}\).
4) Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón. Biết \({\rm{OB}} = 6\;{\rm{cm}},{\rm{BD}} = 8\;{\rm{cm}}\). Tính thể tích của hình nón tạo thành.
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1)
Bước 1: Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {{\rm{b}}^2} - 4{\rm{ac}}\)
Bước 2: So sánh \(\Delta \) với 0
- \(\Delta {\rm{ \;}} < 0 = {\rm{ \;}} > \) phương trình (1) vô nghiệm
- \(\Delta {\rm{ \;}} = 0\) => phương trình (1) có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}}\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\) => phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}}\) và \({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}}\).
2) Đặt nhân tử chung.
3) Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc trừ vế.
Cách giải:
1) \({x^2} + x - 6 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {1^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{ - 1 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 2\\{x_2} = \frac{{ - 1 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 3\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {2; - 3} \right\}\).
2) \(x - 3\sqrt x = 4\).
ĐKXĐ: \(x \ge 0\)
Đặt \(t = \sqrt x \ge 0\), phương trình trở thành \({t^2} - 3t = 4 \Leftrightarrow {t^2} - 3t - 4 = 0\).
Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 3} \right) + \left( { - 4} \right) = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1\,\,\left( {ktm} \right)\\{t_2} = \frac{{ - c}}{a} = 4\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Với \(t = 4 \Rightarrow \sqrt x = 4 \Leftrightarrow x = 16\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {16} \right\}\).
3) \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2\left( {y - 1} \right) + 3y = 8\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2y - 2 + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\5y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.\end{array}\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;2).
Câu 2 (VD):
Cách giải:
Cho Parabol \(\left( P \right):y = - 0,5{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = - 0,5x + 2\)
1) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = - 0,5{x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2; - 2} \right);B\left( { - 1; - 0,5} \right);\,\,C\left( {1; - 0,5} \right);\,\,D\left( {2; - 2} \right)\)
Hệ số \(a = - 0,5 < 0\)nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = - 0,5{x^2}\) như sau:
2) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) biết \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)
Vì \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) nên phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) có dạng \(y = 2x + b\)
Để \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)thì phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm duy nhất, tức là:
\( - 0,5{x^2} = 2x + b \Leftrightarrow 0,5{x^2} + 2x + b = 0\)có nghiệmduy nhất.
hay\(\Delta ' = 1 - 0,5.b = 1 - 0,5b = 0 \Leftrightarrow 0,5b = 1 \Leftrightarrow b = 2\)
Với \(b = 2\) thì \(\left( {{d_1}} \right):y = 2x + 2\)
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) là \(y = 2x + 2.\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng vi ét.
Cách giải:
1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì
\(\begin{array}{l}\Delta ' > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {{m^2} + m} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} - m > 0\\ \Leftrightarrow m + 1 > 0\\ \Leftrightarrow m > - 1\end{array}\)
Vậy \(m > - 1\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
2) Tìm hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m.
Với m > -1, áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Thay (1) vào (2) ta có:
\(\begin{array}{l}{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}} \right)^2} + \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = \frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)}^2}}}{4} + \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\\ \Leftrightarrow 4{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)^2} + 2\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)\end{array}\)
Vậy hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m là
\(4{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)^2} + 2\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
Gọi giá niêm yết của 1 cái quạt máy và 1 ấm siêu tốc lần lượt là \(x,\,y\)(đồng, \(x,y > 0\))
Vì tổng số tiền mua 2 sản phẩm theo giá niêm yết là 630000 đồng nên ta có:
\(x + y = 630000\) (1)
Tuy nhiên, siêu thị đã giảm giá quạt máy 15% và giảm giá ấm đun siêu tốc 12% so với giá niêm yết của từng sản phẩm.
Do đó:
Số tiền Bác Tư phải trả cho 1 cái quạt máy là: \(x.\left( {100\% - 15\% } \right) = 0,85x\)(đồng)
Số tiền Bác Tư phải trả cho 1 ấm siêu tốc là: \(y.\left( {100\% - 12\% } \right) = 0,88y\)(đồng)
Do bác Tư phải trả 543000 đồng khi mua 2 sản phẩm nên ta có:
\(0,85x + 0,88y = 543000\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 630000\\0,85x + 0,88y = 543000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,85x + 0,85y = 535500\\0,85x + 0,88y = 543000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 630000 - y\\0,03y = 7500\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 630000 - y\\y = 250000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 380000\\y = 250000\end{array} \right.\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\end{array}\)
Vậy giá niêm yết của 1 cái quạt máy là 380000 đồng, giá niêm yết của 1 ấm siêu tốc là 250000 đồng. Câu 5 (VD):
Cách giải:
1) Chứng minh: Tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn.
Do DC, DB là 2 tiếp tuyến của \((O)\)cắt nhau tại D nên \(DC = DB\) (tính chất)
Mà OC = OB (bằng bán kính)
\( \Rightarrow OD\) là trung trực của BC (tính chất)
\( \Rightarrow OC \bot BC\) tại N \( \Rightarrow \angle DNC = {90^0}\)
Xét tứ giác DCNH có \(\angle DHC = {90^0}\) (\(CH \bot BD\left( {gt} \right)\)) và \(\angle DNC = {90^0}\) (cmt)
Mà H, N là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn DC dưới 2 góc bằng nhau
\( \Rightarrow N,F,D,C\) cùng thuộc một đường tròn (dhnb)
Hay tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn (đpcm)
2) Chứng minh: \({\rm{CM}} = {\rm{CO}}\).
Xét tam giác DBC có DN và CH là đường cao cắt nhau tại M nên M là trực tâm của tam giác DBC
\( \Rightarrow CM \bot DC\)
Mà \(CO \bot DC\) (tiếp tuyến) \( \Rightarrow BM\,{\rm{//}}\,CO\)
Lại có \(CH \bot BD\left( {gt} \right),OB \bot BD\) (tiếp tuyến) \( \Rightarrow CM\,{\rm{//}}\,OB\)
\( \Rightarrow OBMC\) là hình bình hành (dhnb)
\( \Rightarrow CM = OB\)(tính chất)
Mà \(OB = OC\) (cùng bằng bán kính) nên \(OC = CM\) (đpcm)
3) Các đường thẳng \({\rm{AB}}\) và \({\rm{CD}}\) cắt nhau tại \({\rm{E}}\). Chứng minh: \({\rm{EA}}.{\rm{EB}} = {\rm{E}}{{\rm{C}}^2}\).
Xét \(\Delta EAC\) và \(\Delta ECB\) có:
\(\angle CEA\) chung
\(\angle ECA = \angle ABC\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung)
\(\Rightarrow \Delta EAC\backsim \Delta ECB\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{EC}{EB}=\frac{EA}{EC}\Leftrightarrow E{{C}^{2}}=EA.EB\) (đpcm)
4) Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón. Biết \({\rm{OB}} = 6\;{\rm{cm}},{\rm{BD}} = 8\;{\rm{cm}}\). Tính thể tích của hình nón tạo thành.
Do \(\Delta OBD\) vuông tại B, đường cao BN nên ta có
\(O{D^2} = B{D^2} + O{B^2} = {6^2} + {8^2} = 100 \Rightarrow OD = 10\) (định lý Pytago)
\(B{D^2} = DN.OD \Rightarrow DN = \frac{{B{D^2}}}{{OD}} = \frac{{{8^2}}}{{10}} = 6,4\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow N{B^2} = B{D^2} - D{N^2} = {8^2} - 6,{4^2} = 23,04 \Rightarrow BN = 4,8\) (định lý Pytago)
Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón có chiều cao là DN = 6,4 và đáy là đường tròn có bán kính là BN = 4,8
Suy ra thể tích của hình nón bằng \(\frac{1}{3}.\pi .B{N^2}.DH = \frac{1}{3}\pi .4,{8^2}.6,4 \approx 154,4156c{m^3}\)
Vậy thể tích hình nón khoảng \(154,4156\,c{m^3}.\)
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1)
Bước 1: Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {{\rm{b}}^2} - 4{\rm{ac}}\)
Bước 2: So sánh \(\Delta \) với 0
- \(\Delta {\rm{ \;}} < 0 = {\rm{ \;}} > \) phương trình (1) vô nghiệm
- \(\Delta {\rm{ \;}} = 0\) => phương trình (1) có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}}\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\) => phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}}\) và \({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}}\).
2) Đặt nhân tử chung.
3) Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc trừ vế.
Cách giải:
1) \({x^2} + x - 6 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {1^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{ - 1 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 2\\{x_2} = \frac{{ - 1 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 3\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {2; - 3} \right\}\).
2) \(x - 3\sqrt x = 4\).
ĐKXĐ: \(x \ge 0\)
Đặt \(t = \sqrt x \ge 0\), phương trình trở thành \({t^2} - 3t = 4 \Leftrightarrow {t^2} - 3t - 4 = 0\).
Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 3} \right) + \left( { - 4} \right) = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1\,\,\left( {ktm} \right)\\{t_2} = \frac{{ - c}}{a} = 4\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Với \(t = 4 \Rightarrow \sqrt x = 4 \Leftrightarrow x = 16\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {16} \right\}\).
3) \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2\left( {y - 1} \right) + 3y = 8\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2y - 2 + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\5y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.\end{array}\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;2).
Câu 2 (VD):
Cách giải:
Cho Parabol \(\left( P \right):y = - 0,5{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = - 0,5x + 2\)
1) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = - 0,5{x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2; - 2} \right);B\left( { - 1; - 0,5} \right);\,\,C\left( {1; - 0,5} \right);\,\,D\left( {2; - 2} \right)\)
Hệ số \(a = - 0,5 < 0\)nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = - 0,5{x^2}\) như sau:
2) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) biết \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)
Vì \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) nên phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) có dạng \(y = 2x + b\)
Để \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)thì phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm duy nhất, tức là:
\( - 0,5{x^2} = 2x + b \Leftrightarrow 0,5{x^2} + 2x + b = 0\)có nghiệmduy nhất.
hay\(\Delta ' = 1 - 0,5.b = 1 - 0,5b = 0 \Leftrightarrow 0,5b = 1 \Leftrightarrow b = 2\)
Với \(b = 2\) thì \(\left( {{d_1}} \right):y = 2x + 2\)
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) là \(y = 2x + 2.\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng vi ét.
Cách giải:
1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì
\(\begin{array}{l}\Delta ' > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {{m^2} + m} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} - m > 0\\ \Leftrightarrow m + 1 > 0\\ \Leftrightarrow m > - 1\end{array}\)
Vậy \(m > - 1\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
2) Tìm hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m.
Với m > -1, áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Thay (1) vào (2) ta có:
\(\begin{array}{l}{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}} \right)^2} + \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = \frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)}^2}}}{4} + \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\\ \Leftrightarrow 4{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)^2} + 2\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)\end{array}\)
Vậy hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m là
\(4{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)^2} + 2\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
Gọi giá niêm yết của 1 cái quạt máy và 1 ấm siêu tốc lần lượt là \(x,\,y\)(đồng, \(x,y > 0\))
Vì tổng số tiền mua 2 sản phẩm theo giá niêm yết là 630000 đồng nên ta có:
\(x + y = 630000\) (1)
Tuy nhiên, siêu thị đã giảm giá quạt máy 15% và giảm giá ấm đun siêu tốc 12% so với giá niêm yết của từng sản phẩm.
Do đó:
Số tiền Bác Tư phải trả cho 1 cái quạt máy là: \(x.\left( {100\% - 15\% } \right) = 0,85x\)(đồng)
Số tiền Bác Tư phải trả cho 1 ấm siêu tốc là: \(y.\left( {100\% - 12\% } \right) = 0,88y\)(đồng)
Do bác Tư phải trả 543000 đồng khi mua 2 sản phẩm nên ta có:
\(0,85x + 0,88y = 543000\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 630000\\0,85x + 0,88y = 543000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,85x + 0,85y = 535500\\0,85x + 0,88y = 543000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 630000 - y\\0,03y = 7500\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 630000 - y\\y = 250000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 380000\\y = 250000\end{array} \right.\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\end{array}\)
Vậy giá niêm yết của 1 cái quạt máy là 380000 đồng, giá niêm yết của 1 ấm siêu tốc là 250000 đồng. Câu 5 (VD):
Cách giải:
1) Chứng minh: Tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn.
Do DC, DB là 2 tiếp tuyến của \((O)\)cắt nhau tại D nên \(DC = DB\) (tính chất)
Mà OC = OB (bằng bán kính)
\( \Rightarrow OD\) là trung trực của BC (tính chất)
\( \Rightarrow OC \bot BC\) tại N \( \Rightarrow \angle DNC = {90^0}\)
Xét tứ giác DCNH có \(\angle DHC = {90^0}\) (\(CH \bot BD\left( {gt} \right)\)) và \(\angle DNC = {90^0}\) (cmt)
Mà H, N là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn DC dưới 2 góc bằng nhau
\( \Rightarrow N,F,D,C\) cùng thuộc một đường tròn (dhnb)
Hay tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn (đpcm)
2) Chứng minh: \({\rm{CM}} = {\rm{CO}}\).
Xét tam giác DBC có DN và CH là đường cao cắt nhau tại M nên M là trực tâm của tam giác DBC
\( \Rightarrow CM \bot DC\)
Mà \(CO \bot DC\) (tiếp tuyến) \( \Rightarrow BM\,{\rm{//}}\,CO\)
Lại có \(CH \bot BD\left( {gt} \right),OB \bot BD\) (tiếp tuyến) \( \Rightarrow CM\,{\rm{//}}\,OB\)
\( \Rightarrow OBMC\) là hình bình hành (dhnb)
\( \Rightarrow CM = OB\)(tính chất)
Mà \(OB = OC\) (cùng bằng bán kính) nên \(OC = CM\) (đpcm)
3) Các đường thẳng \({\rm{AB}}\) và \({\rm{CD}}\) cắt nhau tại \({\rm{E}}\). Chứng minh: \({\rm{EA}}.{\rm{EB}} = {\rm{E}}{{\rm{C}}^2}\).
Xét \(\Delta EAC\) và \(\Delta ECB\) có:
\(\angle CEA\) chung
\(\angle ECA = \angle ABC\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung)
\(\Rightarrow \Delta EAC\backsim \Delta ECB\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{EC}{EB}=\frac{EA}{EC}\Leftrightarrow E{{C}^{2}}=EA.EB\) (đpcm)
4) Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón. Biết \({\rm{OB}} = 6\;{\rm{cm}},{\rm{BD}} = 8\;{\rm{cm}}\). Tính thể tích của hình nón tạo thành.
Do \(\Delta OBD\) vuông tại B, đường cao BN nên ta có
\(O{D^2} = B{D^2} + O{B^2} = {6^2} + {8^2} = 100 \Rightarrow OD = 10\) (định lý Pytago)
\(B{D^2} = DN.OD \Rightarrow DN = \frac{{B{D^2}}}{{OD}} = \frac{{{8^2}}}{{10}} = 6,4\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow N{B^2} = B{D^2} - D{N^2} = {8^2} - 6,{4^2} = 23,04 \Rightarrow BN = 4,8\) (định lý Pytago)
Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón có chiều cao là DN = 6,4 và đáy là đường tròn có bán kính là BN = 4,8
Suy ra thể tích của hình nón bằng \(\frac{1}{3}.\pi .B{N^2}.DH = \frac{1}{3}\pi .4,{8^2}.6,4 \approx 154,4156c{m^3}\)
Vậy thể tích hình nón khoảng \(154,4156\,c{m^3}.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Dương năm 2023 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho các em những thông tin chi tiết về cấu trúc đề thi, nội dung kiến thức trọng tâm và các phương pháp ôn luyện hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2023 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Nội dung kiến thức trọng tâm trong đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2023 thường bao gồm các chủ đề sau:
Để ôn luyện hiệu quả cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Dương năm 2023, các em có thể áp dụng các phương pháp sau:
Khi làm bài thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2023, các em cần lưu ý những điều sau:
Việc luyện tập với các đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương các năm trước là một cách hiệu quả để làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán. Dưới đây là một số đề thi tham khảo:
| Năm | Link tải |
|---|---|
| 2022 | [Link đề thi 2022] |
| 2021 | [Link đề thi 2021] |
| 2020 | [Link đề thi 2020] |
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Dương năm 2023 là một thử thách lớn, nhưng với sự chuẩn bị kỹ lưỡng và phương pháp ôn luyện hiệu quả, các em hoàn toàn có thể đạt được kết quả tốt nhất. 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.
