toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2021 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.
Câu 1 (2,0 điểm): 1. Tính giá trị các biểu thức sau:
Câu 1 (2,0 điểm):
1. Tính giá trị các biểu thức sau:
\(A = \sqrt {49} - \sqrt {25} \) \(B = \sqrt 5 + \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt 5 } \right)}^2}} \)
2. Cho biểu thức \(P = \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{x + 3\sqrt x }}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0\).
a. Rút gọn biểu thức \(P\).
b. Tìm giá trị của \(x\) để \(P = 5\).
Câu 2 (2,0 điểm):
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + 1\).
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(d\) trên cùng một hệ trục tọa độ \(Oxy\).
b) Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
2. Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + 2y = 7\end{array} \right.\)
Câu 3 (2,5 điểm):
1. Cho phương trình \({x^2} + \left( {m - 2} \right)x - 8 = 0\) (1), với \(m\) là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 4\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(Q = \left( {{x_1}^2 - 1} \right)\left( {{x_2}^2 - 1} \right)\) đạt giá trị lớn nhất.
2. Hai ô tô khởi hành cùng một lúc để đi từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 120 km. Vận tốc ô tô thứ hai lớn hơn vận tốc ô tô thứ nhất là 10 km/h nên ô tô thứ hai đến B trước ô tô thứ nhất 24 phút. Tính vận tốc của mỗi ô tô.
Câu 4 (1,0 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) và đường trung tuyến \(AM\). Biết \(AB = 9\,\,cm\), \(AC = 12\,\,cm\). Hãy tính \(BC,\,\,AH,\,\,AM\) và diện tích tam giác \(ABM\).
Câu 5 (2,5 điểm):
Từ điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ hai tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\)(\(B,C\) là tiếp điểm). Kẻ cát tuyến \(AEF\) không đi qua tâm (\(E\) nằm giữa \(A\) và \(F\);\(O\) và \(B\) nằm về hai phía so với cát tuyến ). Gọi \(K\)là trung điểm của \(EF\).
a) Chứng minh tứ giác \(OBAC\) nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh \(KA\) là phân giác của \(\angle BKC\).
c) Kẻ dây \(ED\) vuông góc \(OB\) sao cho \(ED\) cắt \(BC\) tại \(M\). Chứng minh \(FM\) đi qua trung điểm \(I\) của đoạn thẳng \(AB\).
Câu 1 (2,0 điểm):
1. Tính giá trị các biểu thức sau:
\(A = \sqrt {49} - \sqrt {25} \) \(B = \sqrt 5 + \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt 5 } \right)}^2}} \)
2. Cho biểu thức \(P = \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{x + 3\sqrt x }}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0\).
a. Rút gọn biểu thức \(P\).
b. Tìm giá trị của \(x\) để \(P = 5\).
Câu 2 (2,0 điểm):
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + 1\).
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(d\) trên cùng một hệ trục tọa độ \(Oxy\).
b) Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
2. Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + 2y = 7\end{array} \right.\)
Câu 3 (2,5 điểm):
1. Cho phương trình \({x^2} + \left( {m - 2} \right)x - 8 = 0\) (1), với \(m\) là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 4\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(Q = \left( {{x_1}^2 - 1} \right)\left( {{x_2}^2 - 1} \right)\) đạt giá trị lớn nhất.
2. Hai ô tô khởi hành cùng một lúc để đi từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 120 km. Vận tốc ô tô thứ hai lớn hơn vận tốc ô tô thứ nhất là 10 km/h nên ô tô thứ hai đến B trước ô tô thứ nhất 24 phút. Tính vận tốc của mỗi ô tô.
Câu 4 (1,0 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) và đường trung tuyến \(AM\). Biết \(AB = 9\,\,cm\), \(AC = 12\,\,cm\). Hãy tính \(BC,\,\,AH,\,\,AM\) và diện tích tam giác \(ABM\).
Câu 5 (2,5 điểm):
Từ điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ hai tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\)(\(B,C\) là tiếp điểm). Kẻ cát tuyến \(AEF\) không đi qua tâm (\(E\) nằm giữa \(A\) và \(F\);\(O\) và \(B\) nằm về hai phía so với cát tuyến ). Gọi \(K\)là trung điểm của \(EF\).
a) Chứng minh tứ giác \(OBAC\) nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh \(KA\) là phân giác của \(\angle BKC\).
c) Kẻ dây \(ED\) vuông góc \(OB\) sao cho \(ED\) cắt \(BC\) tại \(M\). Chứng minh \(FM\) đi qua trung điểm \(I\) của đoạn thẳng \(AB\).
Câu 1 (TH)
Phương pháp:
1) Sử 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 tính với căn bậc hai.
2) a) Xác định mẫu thức chung của biểu thức
Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.
b) Giải phương trình với \(P = 5\), ta tìm được \(x\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
1)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {49} - \sqrt {25} \\A = \sqrt {{7^2}} - \sqrt {{5^2}} \\A = 7 - 5 = 2\end{array}\)
Vậy \(A = 2\).
\(\begin{array}{l}B = \sqrt 5 + \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt 5 } \right)}^2}} \\B = \sqrt 5 + \left| {3 - \sqrt 5 } \right|\\B = \sqrt 5 + 3 - \sqrt 5 \,\,\left( {Do\,\,3 - \sqrt 5 > 0} \right)\\B = 3\end{array}\)
Vậy \(B = 3\).
2) a) Với \(x > 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{x + 3\sqrt x }}{{\sqrt x }}\\P = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\sqrt x }}\\P = \sqrt x - 2 + \sqrt x + 3\\P = 2\sqrt x + 1\end{array}\)
Vậy với \(x > 0\) thì \(P = 2\sqrt x + 1\).
b) Để \(P = 5\) thì \(2\sqrt x + 1 = 5 \Leftrightarrow 2\sqrt x = 4 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy để \(P = 5\) thì \(x = 4\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
1) a) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\)
+ Nhận xét về hệ số \(a\) và sự biến thiên của hàm số
+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)
+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.
Vẽ đồ thị của hàm số \(y = ax + b\)
+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)
+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\)
Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
Với mỗi \({x_i}\) tìm được ta tìm được \({y_i}\)
Kết luận giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là: \(\left( {{x_i};{y_i}} \right)\)
Cách giải:
1) a) +) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) có bề lõm hướng lên và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | 1 | 2 |
\(y = 2{x^2}\) | 8 | 2 | 0 | 2 | 8 |
\( \Rightarrow \) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;8} \right)\), \(\left( { - 1;2} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;2} \right)\), \(\left( {2;8} \right)\).
+) Đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + 1\)
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | 0 | \( - 1\) |
\(\left( d \right):\,\,y = x + 1\) | 1 | 0 |
\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + 1\) đi qua các điểm \(\left( {0;1} \right);\,\,\left( { - 1;0} \right)\).
Đồ thị Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + 1\)trên cùng một hệ trục tọa độ \(Oxy\):
b) Hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là nghiệm của phương trình \(2{x^2} = x + 1 \Leftrightarrow 2{x^2} - x - 1 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 2 - 1 - 1 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\).
+ Với \(x = 1 \Rightarrow y = 1 + 1 = 2\).
+ Với \(x = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow y = - \dfrac{1}{2} + 1 = \dfrac{1}{2}\).
Vậy tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là \(\left( {1;2} \right)\) và \(\left( { - \dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}} \right)\).
2) Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + 2y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x - 2y = 8\\x + 2y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 15\\y = 2x - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
1) a) Thay \(m = 4\) phương trình \(\left( 1 \right)\)
Tính \(\Delta = {b^2} - 4ac\) (hoặc \(\Delta ' = {\left( {b'} \right)^2} - ac\)), sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn: \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b \pm \sqrt \Delta }}{{2a}}\) (hoặc \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b' \pm \sqrt {\Delta '} }}{a}\)), tính được nghiệm của phương trình, kết luận.
b) Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(\Delta > 0\) (hoặc \(\Delta ' > 0\))
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo \(m\)
Biến đổi, rút gọn biểu thức \(Q\), sử dụng hằng đẳng thức tìm được giá trị lớn nhất của \(Q\).
2) Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) (ĐK: \(x > 0\)).
Tính được vấn tốc của ô tô thứ hai theo \(x\)
Tính được thời gian của ô tô thứ nhất và ô tô thứ hai đi hết quãng đường \(AB\) theo \(x\)
Lập được phương trình, giải phương trình tìm được \(x\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
1) a) Thay \(m = 4\) vào phương trình (1) ta được: \({x^2} + 2x - 8 = 0\)
Ta có: \(\Delta ' = 1 + 8 = 9 = {3^2} > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1 + \sqrt 9 = 2\\{x_2} = - 1 - \sqrt 9 = - 4\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 4;2} \right\}\).
b) Phương trình (1) có: \(\Delta = {\left( {m - 2} \right)^2} + 32 > 0\,\,\,\forall m\) nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Khi đó theo Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = - m + 2}\\{{x_1}.{x_2} = - 8}\end{array}} \right.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}Q = \left( {{x_1}^2 - 1} \right)\left( {{x_2}^2 - 1} \right)\\\,\,\,\,\, = {x_1}^2{x_2}^2 - \left( {{x_1}^2 + {x_2}^2} \right) + 1\\\,\,\,\, = {x_1}^2{x_2}^2 - {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 2{x_1}{x_2} + 1\end{array}\)
\( \Rightarrow Q = 64 - {\left( { - m + 2} \right)^2} - 16 + 1 = - {\left( { - m + 2} \right)^2} + 49 \le 49\,\,\,\forall m\).
Vậy \({Q_{\max }} = 49\). Dấu “=” xảy ra khi \(m = 2\).
Vậy giá trị lớn nhất của Q bằng 49 khi \(m = 2\).
2) Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) (ĐK: \(x > 0\)).
Suy ra vận tốc của ô tô thứ hai là \(x + 10\) (km/h)
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường \(AB\) là: \(\dfrac{{120}}{x}\) (h)
Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{120}}{{x + 10}}\) (h)
Vì ô tô thứ hai đến B trước ô tô thứ nhất 24 phút = \(\dfrac{2}{5}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{120}}{x} - \dfrac{{120}}{{x + 10}} = \dfrac{2}{5}\\ \Leftrightarrow 600\left( {x + 10} \right) - 600x = 2x\left( {x + 10} \right)\\ \Leftrightarrow 600x + 6000 - 600x = 2{x^2} + 20x\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 20x - 6000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 3000 = 0\end{array}\)
Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - 5} \right)^2} + 3000 = 3025 = {55^2} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 5 + 55 = 50\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{x_2} = - 5 - 55 = - 60\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 50 km/h và vận tốc của ô tô thứ hai là 60 km/h.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) tính được \(BC\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) tính được \(AH\)
\(AM\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông \(ABC\) tính được \(BM\)
\({S_{ABM}} = \dfrac{1}{2}AH.BM\)
Cách giải:
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\\ \Rightarrow B{C^2} = {9^2} + {12^2}\\ \Rightarrow B{C^2} = 225\\ \Rightarrow BC = \sqrt {225} = 15\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(AB.AC = AH.BC \Rightarrow AH = \dfrac{{AB.AC}}{{BC}} = \dfrac{{9.12}}{{15}} = 7,2\,\,\left( {cm} \right)\).
Vì \(AM\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông \(ABC\) nên \(AM = BM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}.15 = 7,5\,\,\left( {cm} \right)\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).
Ta có \({S_{\Delta ABM}} = \dfrac{1}{2}AH.BM = \dfrac{1}{2}.AH.\dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{4}.7,2.15 = 27\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Vậy \(BC = 15\,\,cm,\,\,AH = 7,2\,\,cm,\,\,AM = 7,5\,\,cm\), \({S_{\Delta ABM}} = 27\,\,c{m^2}\).
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Ta sẽ chứng minh:
c) Gọi \(J\) là giao điểm của \(AK\) và \(BC\)
Gọi I là giao điểm của \(FM\) và \(AB\). Ta sẽ chứng minh \(I\) là trung điểm của \(AB\).
Cách giải:
a) Ta có: \(AB,AC\) là tiếp tuyến của đường tròn nên \(\left\{ \begin{array}{l}OA \bot AB\\OC \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle ABO = {90^0}\\\angle ACO = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \angle ABO + \angle ACO = {180^0}\)
\( \Rightarrow OBAC\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AO\) (dhnb).
b) Vì \(AB,AC\) là tiếp tuyến của đường tròn nên \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Ta có \(K\) là trung điểm của \(EF\) nên \(OK \bot AK\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
\( \Rightarrow \angle OKA = {90^0}\) \( \Rightarrow K\) thuộc đường tròn đường kính \(AO\) hay 5 điểm \(O,\,\,K,\,\,B,\,\,A,\,\,C\) cùng thuộc một đường tròn.
(góc chắn hai cung bằng nhau)
Vậy \(KA\) là phân giác của \(\angle BKC\).
c) Gọi \(J\) là giao điểm của \(AK\) và \(BC\)
Gọi I là giao điểm của \(FM\) và \(AB\). Ta sẽ chứng minh \(I\) là trung điểm của \(AB\).
Xét tam giác \(ABJ\) và \(AKB\) ta có:
\(\angle BAK\) chung
\(\angle ABJ = \angle BKA\,\,\left( { = \angle ACB} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta ABJ\) đồng dạng với \(\Delta AKB\) (g.g) \( \Rightarrow \dfrac{{AJ}}{{AB}} = \dfrac{{AB}}{{AK}}\) (cặp cạnh tương ứng) \( \Rightarrow A{B^2} = AJ.AK\)
Tương tự ta có: \(\Delta ABE\) đồng dạng với \(\Delta AFB\) (g.g) \( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AF}} = \dfrac{{AE}}{{AB}} \Rightarrow A{B^2} = AE.AF\)
\( \Rightarrow AJ.AK = AE.AF \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{AJ}} = \dfrac{{AK}}{{AE}} = \dfrac{{AF - AK}}{{AJ - AE}} = \dfrac{{FK}}{{EJ}} = \dfrac{{EK}}{{EJ}}\) (Vì \(K\) là trung điểm của \(EF\)) \( \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{EK}} = \dfrac{{AJ}}{{EJ}}\).
Ta lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}EM \bot OB\,\,\left( {gt} \right)\\OB \bot AB\,\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow EM//AB \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{AB}}{{EM}} = \dfrac{{AJ}}{{EJ}}\\\dfrac{{AI}}{{EM}} = \dfrac{{AF}}{{EF}}\end{array} \right.\) (Định lí Ta-lét)
\( \Rightarrow \dfrac{{AI}}{{EM}} = \dfrac{{AF}}{{2EK}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{AJ}}{{EJ}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{AB}}{{EM}} \Rightarrow AI = \dfrac{{AB}}{2}\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(AB\) (đpcm).
Câu 1 (TH)
Phương pháp:
1) Sử 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 tính với căn bậc hai.
2) a) Xác định mẫu thức chung của biểu thức
Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.
b) Giải phương trình với \(P = 5\), ta tìm được \(x\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
1)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {49} - \sqrt {25} \\A = \sqrt {{7^2}} - \sqrt {{5^2}} \\A = 7 - 5 = 2\end{array}\)
Vậy \(A = 2\).
\(\begin{array}{l}B = \sqrt 5 + \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt 5 } \right)}^2}} \\B = \sqrt 5 + \left| {3 - \sqrt 5 } \right|\\B = \sqrt 5 + 3 - \sqrt 5 \,\,\left( {Do\,\,3 - \sqrt 5 > 0} \right)\\B = 3\end{array}\)
Vậy \(B = 3\).
2) a) Với \(x > 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{x + 3\sqrt x }}{{\sqrt x }}\\P = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\sqrt x }}\\P = \sqrt x - 2 + \sqrt x + 3\\P = 2\sqrt x + 1\end{array}\)
Vậy với \(x > 0\) thì \(P = 2\sqrt x + 1\).
b) Để \(P = 5\) thì \(2\sqrt x + 1 = 5 \Leftrightarrow 2\sqrt x = 4 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy để \(P = 5\) thì \(x = 4\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
1) a) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\)
+ Nhận xét về hệ số \(a\) và sự biến thiên của hàm số
+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)
+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.
Vẽ đồ thị của hàm số \(y = ax + b\)
+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)
+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\)
Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
Với mỗi \({x_i}\) tìm được ta tìm được \({y_i}\)
Kết luận giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là: \(\left( {{x_i};{y_i}} \right)\)
Cách giải:
1) a) +) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) có bề lõm hướng lên và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | 1 | 2 |
\(y = 2{x^2}\) | 8 | 2 | 0 | 2 | 8 |
\( \Rightarrow \) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;8} \right)\), \(\left( { - 1;2} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;2} \right)\), \(\left( {2;8} \right)\).
+) Đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + 1\)
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | 0 | \( - 1\) |
\(\left( d \right):\,\,y = x + 1\) | 1 | 0 |
\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + 1\) đi qua các điểm \(\left( {0;1} \right);\,\,\left( { - 1;0} \right)\).
Đồ thị Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + 1\)trên cùng một hệ trục tọa độ \(Oxy\):
b) Hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là nghiệm của phương trình \(2{x^2} = x + 1 \Leftrightarrow 2{x^2} - x - 1 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 2 - 1 - 1 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\).
+ Với \(x = 1 \Rightarrow y = 1 + 1 = 2\).
+ Với \(x = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow y = - \dfrac{1}{2} + 1 = \dfrac{1}{2}\).
Vậy tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là \(\left( {1;2} \right)\) và \(\left( { - \dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}} \right)\).
2) Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + 2y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x - 2y = 8\\x + 2y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 15\\y = 2x - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
1) a) Thay \(m = 4\) phương trình \(\left( 1 \right)\)
Tính \(\Delta = {b^2} - 4ac\) (hoặc \(\Delta ' = {\left( {b'} \right)^2} - ac\)), sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn: \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b \pm \sqrt \Delta }}{{2a}}\) (hoặc \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b' \pm \sqrt {\Delta '} }}{a}\)), tính được nghiệm của phương trình, kết luận.
b) Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(\Delta > 0\) (hoặc \(\Delta ' > 0\))
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo \(m\)
Biến đổi, rút gọn biểu thức \(Q\), sử dụng hằng đẳng thức tìm được giá trị lớn nhất của \(Q\).
2) Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) (ĐK: \(x > 0\)).
Tính được vấn tốc của ô tô thứ hai theo \(x\)
Tính được thời gian của ô tô thứ nhất và ô tô thứ hai đi hết quãng đường \(AB\) theo \(x\)
Lập được phương trình, giải phương trình tìm được \(x\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
1) a) Thay \(m = 4\) vào phương trình (1) ta được: \({x^2} + 2x - 8 = 0\)
Ta có: \(\Delta ' = 1 + 8 = 9 = {3^2} > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1 + \sqrt 9 = 2\\{x_2} = - 1 - \sqrt 9 = - 4\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 4;2} \right\}\).
b) Phương trình (1) có: \(\Delta = {\left( {m - 2} \right)^2} + 32 > 0\,\,\,\forall m\) nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Khi đó theo Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = - m + 2}\\{{x_1}.{x_2} = - 8}\end{array}} \right.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}Q = \left( {{x_1}^2 - 1} \right)\left( {{x_2}^2 - 1} \right)\\\,\,\,\,\, = {x_1}^2{x_2}^2 - \left( {{x_1}^2 + {x_2}^2} \right) + 1\\\,\,\,\, = {x_1}^2{x_2}^2 - {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 2{x_1}{x_2} + 1\end{array}\)
\( \Rightarrow Q = 64 - {\left( { - m + 2} \right)^2} - 16 + 1 = - {\left( { - m + 2} \right)^2} + 49 \le 49\,\,\,\forall m\).
Vậy \({Q_{\max }} = 49\). Dấu “=” xảy ra khi \(m = 2\).
Vậy giá trị lớn nhất của Q bằng 49 khi \(m = 2\).
2) Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) (ĐK: \(x > 0\)).
Suy ra vận tốc của ô tô thứ hai là \(x + 10\) (km/h)
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường \(AB\) là: \(\dfrac{{120}}{x}\) (h)
Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{120}}{{x + 10}}\) (h)
Vì ô tô thứ hai đến B trước ô tô thứ nhất 24 phút = \(\dfrac{2}{5}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{120}}{x} - \dfrac{{120}}{{x + 10}} = \dfrac{2}{5}\\ \Leftrightarrow 600\left( {x + 10} \right) - 600x = 2x\left( {x + 10} \right)\\ \Leftrightarrow 600x + 6000 - 600x = 2{x^2} + 20x\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 20x - 6000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 3000 = 0\end{array}\)
Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - 5} \right)^2} + 3000 = 3025 = {55^2} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 5 + 55 = 50\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{x_2} = - 5 - 55 = - 60\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 50 km/h và vận tốc của ô tô thứ hai là 60 km/h.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) tính được \(BC\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) tính được \(AH\)
\(AM\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông \(ABC\) tính được \(BM\)
\({S_{ABM}} = \dfrac{1}{2}AH.BM\)
Cách giải:
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\\ \Rightarrow B{C^2} = {9^2} + {12^2}\\ \Rightarrow B{C^2} = 225\\ \Rightarrow BC = \sqrt {225} = 15\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(AB.AC = AH.BC \Rightarrow AH = \dfrac{{AB.AC}}{{BC}} = \dfrac{{9.12}}{{15}} = 7,2\,\,\left( {cm} \right)\).
Vì \(AM\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông \(ABC\) nên \(AM = BM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}.15 = 7,5\,\,\left( {cm} \right)\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).
Ta có \({S_{\Delta ABM}} = \dfrac{1}{2}AH.BM = \dfrac{1}{2}.AH.\dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{4}.7,2.15 = 27\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Vậy \(BC = 15\,\,cm,\,\,AH = 7,2\,\,cm,\,\,AM = 7,5\,\,cm\), \({S_{\Delta ABM}} = 27\,\,c{m^2}\).
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Ta sẽ chứng minh:
c) Gọi \(J\) là giao điểm của \(AK\) và \(BC\)
Gọi I là giao điểm của \(FM\) và \(AB\). Ta sẽ chứng minh \(I\) là trung điểm của \(AB\).
Cách giải:
a) Ta có: \(AB,AC\) là tiếp tuyến của đường tròn nên \(\left\{ \begin{array}{l}OA \bot AB\\OC \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle ABO = {90^0}\\\angle ACO = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \angle ABO + \angle ACO = {180^0}\)
\( \Rightarrow OBAC\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AO\) (dhnb).
b) Vì \(AB,AC\) là tiếp tuyến của đường tròn nên \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Ta có \(K\) là trung điểm của \(EF\) nên \(OK \bot AK\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
\( \Rightarrow \angle OKA = {90^0}\) \( \Rightarrow K\) thuộc đường tròn đường kính \(AO\) hay 5 điểm \(O,\,\,K,\,\,B,\,\,A,\,\,C\) cùng thuộc một đường tròn.
(góc chắn hai cung bằng nhau)
Vậy \(KA\) là phân giác của \(\angle BKC\).
c) Gọi \(J\) là giao điểm của \(AK\) và \(BC\)
Gọi I là giao điểm của \(FM\) và \(AB\). Ta sẽ chứng minh \(I\) là trung điểm của \(AB\).
Xét tam giác \(ABJ\) và \(AKB\) ta có:
\(\angle BAK\) chung
\(\angle ABJ = \angle BKA\,\,\left( { = \angle ACB} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta ABJ\) đồng dạng với \(\Delta AKB\) (g.g) \( \Rightarrow \dfrac{{AJ}}{{AB}} = \dfrac{{AB}}{{AK}}\) (cặp cạnh tương ứng) \( \Rightarrow A{B^2} = AJ.AK\)
Tương tự ta có: \(\Delta ABE\) đồng dạng với \(\Delta AFB\) (g.g) \( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AF}} = \dfrac{{AE}}{{AB}} \Rightarrow A{B^2} = AE.AF\)
\( \Rightarrow AJ.AK = AE.AF \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{AJ}} = \dfrac{{AK}}{{AE}} = \dfrac{{AF - AK}}{{AJ - AE}} = \dfrac{{FK}}{{EJ}} = \dfrac{{EK}}{{EJ}}\) (Vì \(K\) là trung điểm của \(EF\)) \( \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{EK}} = \dfrac{{AJ}}{{EJ}}\).
Ta lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}EM \bot OB\,\,\left( {gt} \right)\\OB \bot AB\,\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow EM//AB \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{AB}}{{EM}} = \dfrac{{AJ}}{{EJ}}\\\dfrac{{AI}}{{EM}} = \dfrac{{AF}}{{EF}}\end{array} \right.\) (Định lí Ta-lét)
\( \Rightarrow \dfrac{{AI}}{{EM}} = \dfrac{{AF}}{{2EK}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{AJ}}{{EJ}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{AB}}{{EM}} \Rightarrow AI = \dfrac{{AB}}{2}\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(AB\) (đpcm).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Phước năm 2021 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 thuộc chương trình Toán lớp 9, tập trung vào các chủ đề chính như Đại số, Hình học và Giải toán thực tế. Việc nắm vững kiến thức cơ bản và luyện tập thường xuyên là yếu tố then chốt để đạt kết quả tốt.
Đề thi thường được chia thành các phần sau:
Tỷ lệ điểm giữa phần trắc nghiệm và phần tự luận có thể thay đổi tùy theo từng năm, nhưng thường phần tự luận chiếm tỷ trọng lớn hơn.
Để ôn thi hiệu quả, các em học sinh cần:
Đề 1: (Trích đoạn đề thi chính thức)
Câu 1: Giải phương trình: 2x2 - 5x + 2 = 0
Câu 2: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Chứng minh rằng: AH2 = BH.CH
(Phân tích lời giải chi tiết cho từng câu hỏi...)
Trong quá trình làm bài thi, các em cần:
Ngoài các đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2021, các em có thể tham khảo thêm các tài nguyên học tập sau:
Kỳ thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2021 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 kết quả tốt nhất. toan9.edu.vn hy vọng rằng bộ đề thi này sẽ là một công cụ hữu ích giúp các em ôn thi hiệu quả và tự tin bước vào kỳ thi quan trọng này.
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.
