toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bình Phước năm 2020. 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 độ tin cậy cao. Các em có thể sử dụng để tự học, luyện tập hoặc tham khảo cùng với thầy cô giáo.
Câu 1: 1. Tính giá trị của biểu thức sau:
Câu 1:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Câu 2:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
Câu 3:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Câu 4:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Câu 5:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
+ Tính giá trị biểu thức A:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \\A = \sqrt {{8^2}} - \sqrt {{7^2}} \\A = 8 - 7\\A = 1\end{array}\)
Vậy \(A = 1\).
+ Tính giá trị biểu thức B:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \\B = \left| {4 + \sqrt 7 } \right| - \sqrt 7 \\B = 4 + \sqrt 7 - \sqrt 7 \,\,\left( {Do\,\,4 + \sqrt 7 > 0} \right)\\B = 4\end{array}\)
Vậy \(B = 4\).
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
Với \(x \ge 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \sqrt x - 3\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0\) thì \(Q = \sqrt x - 3\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Ta có: \(Q = 2 \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = 2 \Leftrightarrow \sqrt x = 5 \Leftrightarrow x = 25\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy để \(Q = 2\) thì \(x = 25\).
Câu 2 (2điểm)
Cách giải:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
+) Vẽ parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Vậy \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm: \(\left( { - 2;\,\,4} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,1} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,1} \right),\,\,\left( {2;\,\,4} \right).\)
+) Vẽ đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2x + 3\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \( - 1\) |
\(y = 2x + 3\) | \(3\) | \(1\) |
Vậy \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\) là đường thẳng đi qua các điểm \(\left( {0;\,\,3} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} = 2x + 3\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) + \left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
+) Với \(x = 3 \Rightarrow y = {3^2} = 9\).
+) Với \(x = - 1 \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^2} = 1.\)
Vậy \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có tọa độ là \(\left( {3;\,\,9} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 3y = 6\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {3;\,\,1} \right).\)
Câu 3 (2,5 điểm)
Cách giải:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
Với \(m = 6\) thì phương trình (1) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 4x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - x} \right) - \left( {4x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 4\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 6\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;4} \right\}\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 5} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\5 > 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\\m - 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 - 4m + 8 > 0\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}33 - 4m > 0\\m > 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{{33}}{4}\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < m < \dfrac{{33}}{4}\).
Khi đó áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} }}{{\sqrt {{x_1}{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow 2\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right) = 3\sqrt {{x_1}{x_2}} \\ \Leftrightarrow 4\left( {{x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} } \right) = 9{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 4\left( {5 + 2\sqrt {m - 2} } \right) = 9\left( {m - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 9\left( {m - 2} \right) - 8\sqrt {m - 2} - 20 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Đặt \(t = \sqrt {m - 2} \,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình (*) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,9{t^2} - 8t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 9{t^2} - 18t + 10t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {9{t^2} - 18t} \right) + \left( {10t - 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 9t\left( {t - 2} \right) + 10\left( {t - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {9t + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 2 = 0\\9t + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - \dfrac{{10}}{9}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(t = 2\) \( \Rightarrow \sqrt {m - 2} = 2 \Leftrightarrow m - 2 = 4 \Leftrightarrow m = 6\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 6\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Gọi chiều rộng thửa đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\)) \( \Rightarrow \) Chiều dài thửa đất là \(x + 4\,\,\left( m \right)\).
Vì thửa đất có diện tích là \(320{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}x\left( {x + 4} \right) = 320\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 20x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 16x} \right) + \left( {20x - 320} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 16} \right) + 20\left( {x - 16} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 16} \right)\left( {x + 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 16 = 0\\x + 20 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 20\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng thửa đất là \(16m\), chiều dài thửa đất là \(16 + 4 = 20m\).
Vậy chu vi thửa đất đó là: \(\left( {16 + 20} \right).2 = 72\,\,\left( m \right)\).
Câu 4 (2,5 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) nên \(\angle B + \angle C = {90^0}\) (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).
\( \Rightarrow \angle C = {90^0} - \angle B = {90^0} - {60^0} = {30^0}\).
Ta có:
\(\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AB = \dfrac{{AC}}{{\tan {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
\(\sin {60^0} = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AC}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường trung tuyến \(AM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) nên
\(AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{16\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy \(\angle C = {30^0},\,\,AB = AM = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}cm,\,\,BC = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,cm\).
Câu 5 (2,5 điểm)
Cách giải:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
Ta có: \(TA,\,\,TB\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A,\,\,B\) (gt).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}TA \bot OA\\TB \bot OB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle TAO = \angle TBO = {90^0}\).
Xét tứ giác \(TAOB\) ta có: \(\angle TAO + \angle TBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow TAOB\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
Ta có: \(OA = OB = R\) \( \Rightarrow O\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\(TA = TB\,\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow T\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO\) là đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO \bot AB = \left\{ F \right\}\)
Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta TAO\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AF\) ta có: \(T{A^2} = TF.TO\,\,\,\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta TAC\) và \(\Delta TDA\) ta có:
\(\angle T\) chung;
\(\angle TDA = \angle TAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \Delta TAC \sim \Delta TDA\,\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{TA}}{{TD}} = \dfrac{{TC}}{{TA}} \Leftrightarrow T{A^2} = TC.TD\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow TF.TO = TC.TD\,\,\,\left( { = T{A^2}} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Gọi \(AB \cap TG = \left\{ K \right\}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AT \bot OA \Rightarrow AT \bot AG\\BH \bot AG\end{array} \right. \Rightarrow BH\parallel AT\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TAB\) (so le trong).
Mà \(TA = TB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\Delta TAB\) cân tại \(T\) \( \Rightarrow \angle TAB = \angle TBA\).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TBA\)
\( \Rightarrow BK\) là phân giác của \(\angle TBH\).
Ta có: \(\angle ABG = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow BA \bot BG\) hay \(BK \bot BG\).
Do đó \(BG\) là phân giác ngoài của \(\angle TBH\).
Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\dfrac{{BI}}{{BT}} = \dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{GI}}{{GT}}\).
Lại có: \(\dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{BI}}{{AT}};\,\,\dfrac{{GI}}{{GT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}}\) (định lí Ta-lét)
Do đó \(\dfrac{{BI}}{{AT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}} \Rightarrow BI = IH\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(BH\) (đpcm).
Câu 1:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Câu 2:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
Câu 3:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Câu 4:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Câu 5:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
+ Tính giá trị biểu thức A:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \\A = \sqrt {{8^2}} - \sqrt {{7^2}} \\A = 8 - 7\\A = 1\end{array}\)
Vậy \(A = 1\).
+ Tính giá trị biểu thức B:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \\B = \left| {4 + \sqrt 7 } \right| - \sqrt 7 \\B = 4 + \sqrt 7 - \sqrt 7 \,\,\left( {Do\,\,4 + \sqrt 7 > 0} \right)\\B = 4\end{array}\)
Vậy \(B = 4\).
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
Với \(x \ge 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \sqrt x - 3\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0\) thì \(Q = \sqrt x - 3\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Ta có: \(Q = 2 \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = 2 \Leftrightarrow \sqrt x = 5 \Leftrightarrow x = 25\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy để \(Q = 2\) thì \(x = 25\).
Câu 2 (2điểm)
Cách giải:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
+) Vẽ parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Vậy \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm: \(\left( { - 2;\,\,4} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,1} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,1} \right),\,\,\left( {2;\,\,4} \right).\)
+) Vẽ đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2x + 3\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \( - 1\) |
\(y = 2x + 3\) | \(3\) | \(1\) |
Vậy \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\) là đường thẳng đi qua các điểm \(\left( {0;\,\,3} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} = 2x + 3\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) + \left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
+) Với \(x = 3 \Rightarrow y = {3^2} = 9\).
+) Với \(x = - 1 \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^2} = 1.\)
Vậy \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có tọa độ là \(\left( {3;\,\,9} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 3y = 6\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {3;\,\,1} \right).\)
Câu 3 (2,5 điểm)
Cách giải:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
Với \(m = 6\) thì phương trình (1) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 4x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - x} \right) - \left( {4x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 4\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 6\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;4} \right\}\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 5} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\5 > 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\\m - 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 - 4m + 8 > 0\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}33 - 4m > 0\\m > 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{{33}}{4}\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < m < \dfrac{{33}}{4}\).
Khi đó áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} }}{{\sqrt {{x_1}{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow 2\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right) = 3\sqrt {{x_1}{x_2}} \\ \Leftrightarrow 4\left( {{x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} } \right) = 9{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 4\left( {5 + 2\sqrt {m - 2} } \right) = 9\left( {m - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 9\left( {m - 2} \right) - 8\sqrt {m - 2} - 20 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Đặt \(t = \sqrt {m - 2} \,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình (*) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,9{t^2} - 8t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 9{t^2} - 18t + 10t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {9{t^2} - 18t} \right) + \left( {10t - 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 9t\left( {t - 2} \right) + 10\left( {t - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {9t + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 2 = 0\\9t + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - \dfrac{{10}}{9}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(t = 2\) \( \Rightarrow \sqrt {m - 2} = 2 \Leftrightarrow m - 2 = 4 \Leftrightarrow m = 6\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 6\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Gọi chiều rộng thửa đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\)) \( \Rightarrow \) Chiều dài thửa đất là \(x + 4\,\,\left( m \right)\).
Vì thửa đất có diện tích là \(320{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}x\left( {x + 4} \right) = 320\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 20x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 16x} \right) + \left( {20x - 320} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 16} \right) + 20\left( {x - 16} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 16} \right)\left( {x + 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 16 = 0\\x + 20 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 20\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng thửa đất là \(16m\), chiều dài thửa đất là \(16 + 4 = 20m\).
Vậy chu vi thửa đất đó là: \(\left( {16 + 20} \right).2 = 72\,\,\left( m \right)\).
Câu 4 (2,5 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) nên \(\angle B + \angle C = {90^0}\) (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).
\( \Rightarrow \angle C = {90^0} - \angle B = {90^0} - {60^0} = {30^0}\).
Ta có:
\(\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AB = \dfrac{{AC}}{{\tan {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
\(\sin {60^0} = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AC}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường trung tuyến \(AM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) nên
\(AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{16\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy \(\angle C = {30^0},\,\,AB = AM = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}cm,\,\,BC = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,cm\).
Câu 5 (2,5 điểm)
Cách giải:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
Ta có: \(TA,\,\,TB\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A,\,\,B\) (gt).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}TA \bot OA\\TB \bot OB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle TAO = \angle TBO = {90^0}\).
Xét tứ giác \(TAOB\) ta có: \(\angle TAO + \angle TBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow TAOB\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
Ta có: \(OA = OB = R\) \( \Rightarrow O\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\(TA = TB\,\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow T\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO\) là đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO \bot AB = \left\{ F \right\}\)
Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta TAO\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AF\) ta có: \(T{A^2} = TF.TO\,\,\,\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta TAC\) và \(\Delta TDA\) ta có:
\(\angle T\) chung;
\(\angle TDA = \angle TAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \Delta TAC \sim \Delta TDA\,\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{TA}}{{TD}} = \dfrac{{TC}}{{TA}} \Leftrightarrow T{A^2} = TC.TD\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow TF.TO = TC.TD\,\,\,\left( { = T{A^2}} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Gọi \(AB \cap TG = \left\{ K \right\}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AT \bot OA \Rightarrow AT \bot AG\\BH \bot AG\end{array} \right. \Rightarrow BH\parallel AT\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TAB\) (so le trong).
Mà \(TA = TB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\Delta TAB\) cân tại \(T\) \( \Rightarrow \angle TAB = \angle TBA\).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TBA\)
\( \Rightarrow BK\) là phân giác của \(\angle TBH\).
Ta có: \(\angle ABG = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow BA \bot BG\) hay \(BK \bot BG\).
Do đó \(BG\) là phân giác ngoài của \(\angle TBH\).
Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\dfrac{{BI}}{{BT}} = \dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{GI}}{{GT}}\).
Lại có: \(\dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{BI}}{{AT}};\,\,\dfrac{{GI}}{{GT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}}\) (định lí Ta-lét)
Do đó \(\dfrac{{BI}}{{AT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}} \Rightarrow BI = IH\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(BH\) (đpcm).
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 cho bạn đọc phân tích chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các bài toán thường gặp.
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Dựa trên phân tích các đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước các năm trước, có thể nhận thấy một số chủ đề thường xuyên xuất hiện, bao gồm:
Dưới đây là hướng dẫn giải một số bài toán thường gặp trong Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020:
Để giải phương trình bậc hai, bạn có thể sử dụng công thức nghiệm tổng quát hoặc phương pháp phân tích thành nhân tử. Ví dụ:
Giải phương trình: x2 - 5x + 6 = 0
Ta có thể phân tích thành nhân tử như sau: (x - 2)(x - 3) = 0
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2 hoặc x = 3.
Trong các bài toán hình học, việc vẽ hình chính xác và sử dụng các định lý, tính chất hình học là vô cùng quan trọng. Ví dụ:
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Áp dụng định lý Pitago, ta có: BC2 = AB2 + AC2 = 32 + 42 = 25
Vậy BC = 5cm.
Để ôn thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020 hiệu quả, bạn nên:
Ngoài Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020, bạn có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Việc chuẩn bị kỹ lưỡng và có phương pháp ôn thi đúng đắn là chìa khóa để thành công trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Phước năm 2020. Hy vọng với những thông tin và hướng dẫn trên, các em học sinh sẽ tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất.
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.
