Nếu bạn đang là học sinh lớp 9 tại Bình Thuận và có mong muốn thi đỗ vào các trường THPT chuyên, trường có tuyển sinh bằng bài thi chuyên, việc luyện tập với Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019 là vô cùng quan trọng.
Toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019 chính thức, kèm theo đáp án chi tiết và phương pháp giải giúp bạn nắm vững kiến thức và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Câu 1 (2 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau:
Câu 1 (2 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau:
\(a)\,\,{x^2} + 3x - 10 = 0 & & & b)\,\,\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 6\\x - 2y = 1\end{array} \right..\)
Câu 2 (1 điểm): Rút gọn biểu thức: \(M = \dfrac{{3\sqrt {75} - 12\sqrt 3 + \sqrt {12} }}{5}.\)
Câu 3 (2 điểm): Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị là \(\left( P \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
b) Tìm tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = mx - 2\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Câu 4 (1 điểm): Một mảnh đất hình chữ nhật có hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài là \(9m\) và diện tích bằng \(200{m^2}.\) Tính chu vi của mảnh đất.
Câu 5 (4 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right),\,\,\left( {AB < AC} \right).\) Ba đường cao \(AE,\,\,BF\) và \(CK\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H.\) Vẽ đường kính \(AD\) của đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(AKHF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(DC//BF.\)
c) Chứng minh \(AB.AC = AE.AD.\)
d) Cho \(BC = \dfrac{{4\sqrt 2 R}}{3}.\) Tính theo \(R\) diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF.\)
Câu 1 (2 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau:
\(a)\,\,{x^2} + 3x - 10 = 0 & & & b)\,\,\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 6\\x - 2y = 1\end{array} \right..\)
Câu 2 (1 điểm): Rút gọn biểu thức: \(M = \dfrac{{3\sqrt {75} - 12\sqrt 3 + \sqrt {12} }}{5}.\)
Câu 3 (2 điểm): Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị là \(\left( P \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
b) Tìm tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = mx - 2\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Câu 4 (1 điểm): Một mảnh đất hình chữ nhật có hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài là \(9m\) và diện tích bằng \(200{m^2}.\) Tính chu vi của mảnh đất.
Câu 5 (4 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right),\,\,\left( {AB < AC} \right).\) Ba đường cao \(AE,\,\,BF\) và \(CK\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H.\) Vẽ đường kính \(AD\) của đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(AKHF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(DC//BF.\)
c) Chứng minh \(AB.AC = AE.AD.\)
d) Cho \(BC = \dfrac{{4\sqrt 2 R}}{3}.\) Tính theo \(R\) diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF.\)
Câu 1
Phương pháp:
a) Giải phương trình bằng công thức nghiệm.
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(a)\,\,{x^2} + 3x - 10 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {b^2} - 4ac = {3^2} + 4.10 = 49 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 3 + \sqrt {49} }}{2} = 2\\{x_2} = \dfrac{{ - 3 - \sqrt {49} }}{2} = - 5\end{array} \right..\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ { - 5;\,\,2} \right\}.\)
\(b)\,\,\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 6\\x - 2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = 5\\x = 1 + 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 1 + 2.1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {3;\,\,1} \right).\)
Câu 2
Phương pháp:
Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
\(\begin{array}{l}M = \dfrac{{3\sqrt {75} - 12\sqrt 3 + \sqrt {12} }}{5} = \dfrac{{3\sqrt {{5^2}.3} - 12\sqrt 3 + \sqrt {{2^2}.3} }}{5}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3.5\sqrt 3 - 12\sqrt 3 + 2\sqrt 3 }}{5} = \dfrac{{5\sqrt 3 }}{5} = \sqrt 3 .\end{array}\) Vậy \(M = \sqrt 3 .\)
Câu 3
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ.
b) Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right) \Leftrightarrow \) phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0\,\,\left( {\Delta ' = 0} \right).\)
Cách giải:
Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị là \(\left( P \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = 2{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = 2{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;\,\,8} \right),\,\,\left( { - 1;\,2} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,2} \right),\,\,\left( {2;\,\,8} \right)\) và nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng.
b) Tìm tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = mx - 2\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: \(2{x^2} = mx - 2 \Leftrightarrow 2{x^2} - mx + 2 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right) \Leftrightarrow \,\,\left( * \right)\) có nghiệm kép
\( \Leftrightarrow \Delta = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4.2.2 = 0 \Leftrightarrow {m^2} = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = - 4\end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 4\) hoặc \(m = - 4\) thì thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình.
Gọi chiều rộng của mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Biểu diễn chiều dài và diện tích của mảnh đất theo ẩn vừa gọi. Giải phương trình và đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Gọi chiều rộng của mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Vì hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài \(9m\) nên chiều dài của mảnh đất là: \(2x + 9\,\,\,\left( m \right).\)
Diện tích của mảnh đất là \(200{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(x\left( {2x + 9} \right) = 200 \Leftrightarrow 2{x^2} + 9x - 200 = 0\)
Có \(\Delta = {9^2} + 4.2.200 = 1681 > 0 \Rightarrow \sqrt \Delta = \sqrt {1681} = 41.\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 9 + 41}}{{2.2}} = 8\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{x_2} = \dfrac{{ - 9 - 41}}{{2.2}} = - \dfrac{{25}}{2}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng của mảnh đất là \(8m,\) chiều dài của mảnh đất là: \(2.8 + 9 = 25m.\)
Vậy chu vi của mảnh đất là: \(\left( {8 + 25} \right).2 = 66\,m.\)
Câu 5
Phương pháp:
a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh song song theo định lý từ vuông góc đến song song.
c) Chứng minh cặp tam giác đồng dạng tương ứng rồi suy ra đẳng thức.
d) Công thức tính diện tích hình tròn bán kính \(r:\,\,S = \pi {r^2}.\)
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AKHF\) nội tiếp.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle AKH = {90^{0\,}}\,\,\,\left( {CK \bot AB = \left\{ K \right\}} \right)\\\angle AFH = {90^0}\,\,\,\,\,\left( {BF \bot AC = \left\{ K \right\}} \right)\end{array} \right.\)
Xét tứ giác \(AKHF\) ta có: \(\angle AKH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối nhau trong tứ giác
\( \Rightarrow AKHF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb).
b) Chứng minh \(DC//BF.\)
Ta có: \(BF \bot AC\) (do \(BF\) là đường cao của \(\Delta ABC\))
Lại có: \(\angle ACD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow CD \bot AC.\)
\( \Rightarrow CD//BF\,\,\left( { \bot AC} \right)\) (từ vuông góc đến song song).
c) Chứng minh \(AB.AC = AE.AD.\)
Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta ADC\) ta có:
\(\angle ABE = \angle ADC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))
d) Cho \(BC = \dfrac{{4\sqrt 2 R}}{3}.\) Tính theo \(R\) diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF.\)
Theo câu a) ta có tứ giác \(AKHF\) là tứ giác nội tiếp.
\( \Rightarrow \) đường tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF\) là đường tròn \(\left( C \right)\) đi qua các điểm \(A,\,\,K,\,\,H,\,\,F.\)
Lại có \(\Delta AKH\) là tam giác vuông tại \(K\) nội tiếp đường tròn \(\left( C \right)\)
\( \Rightarrow AH\) là đường kính của đường tròn \(\left( C \right).\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\) ta có: \(OI \bot BC = \left\{ I \right\}\) (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung).
Mà \(AE \bot BC\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow OI//AE\,\,hay\,\,\,OI//AH\) (từ vuông góc đến song song).
Lại có \(O\) là trung điểm của \(AD.\)
\( \Rightarrow OI\) là đường trung bình của \(\Delta ADH.\)
\( \Rightarrow OI = \dfrac{1}{2}AH \Leftrightarrow AH = 2OI.\)
Áp dụng định lý Pitago trong \(\Delta IOC\) vuông tại \(I\) ta có:
\(\begin{array}{l}OI = \sqrt {O{C^2} - I{C^2}} = \sqrt {O{C^2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4}} = \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{{\left( {4\sqrt 2 R} \right)}^2}}}{{4.9}}} = \dfrac{R}{3}.\\ \Rightarrow AH = 2OI = 2.\dfrac{R}{3} = \dfrac{{2R}}{3}.\end{array}\)
Khi đó diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF\) là: \(S = \pi .\dfrac{{A{H^2}}}{4} = \pi .{\left( {\dfrac{{2R}}{3}} \right)^2}.\dfrac{1}{4} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{9}.\)
Câu 1
Phương pháp:
a) Giải phương trình bằng công thức nghiệm.
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(a)\,\,{x^2} + 3x - 10 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {b^2} - 4ac = {3^2} + 4.10 = 49 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 3 + \sqrt {49} }}{2} = 2\\{x_2} = \dfrac{{ - 3 - \sqrt {49} }}{2} = - 5\end{array} \right..\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ { - 5;\,\,2} \right\}.\)
\(b)\,\,\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 6\\x - 2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = 5\\x = 1 + 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 1 + 2.1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {3;\,\,1} \right).\)
Câu 2
Phương pháp:
Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
\(\begin{array}{l}M = \dfrac{{3\sqrt {75} - 12\sqrt 3 + \sqrt {12} }}{5} = \dfrac{{3\sqrt {{5^2}.3} - 12\sqrt 3 + \sqrt {{2^2}.3} }}{5}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3.5\sqrt 3 - 12\sqrt 3 + 2\sqrt 3 }}{5} = \dfrac{{5\sqrt 3 }}{5} = \sqrt 3 .\end{array}\) Vậy \(M = \sqrt 3 .\)
Câu 3
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ.
b) Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right) \Leftrightarrow \) phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0\,\,\left( {\Delta ' = 0} \right).\)
Cách giải:
Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị là \(\left( P \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = 2{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = 2{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;\,\,8} \right),\,\,\left( { - 1;\,2} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,2} \right),\,\,\left( {2;\,\,8} \right)\) và nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng.
b) Tìm tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = mx - 2\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: \(2{x^2} = mx - 2 \Leftrightarrow 2{x^2} - mx + 2 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right) \Leftrightarrow \,\,\left( * \right)\) có nghiệm kép
\( \Leftrightarrow \Delta = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4.2.2 = 0 \Leftrightarrow {m^2} = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = - 4\end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 4\) hoặc \(m = - 4\) thì thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình.
Gọi chiều rộng của mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Biểu diễn chiều dài và diện tích của mảnh đất theo ẩn vừa gọi. Giải phương trình và đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Gọi chiều rộng của mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Vì hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài \(9m\) nên chiều dài của mảnh đất là: \(2x + 9\,\,\,\left( m \right).\)
Diện tích của mảnh đất là \(200{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(x\left( {2x + 9} \right) = 200 \Leftrightarrow 2{x^2} + 9x - 200 = 0\)
Có \(\Delta = {9^2} + 4.2.200 = 1681 > 0 \Rightarrow \sqrt \Delta = \sqrt {1681} = 41.\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 9 + 41}}{{2.2}} = 8\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{x_2} = \dfrac{{ - 9 - 41}}{{2.2}} = - \dfrac{{25}}{2}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng của mảnh đất là \(8m,\) chiều dài của mảnh đất là: \(2.8 + 9 = 25m.\)
Vậy chu vi của mảnh đất là: \(\left( {8 + 25} \right).2 = 66\,m.\)
Câu 5
Phương pháp:
a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh song song theo định lý từ vuông góc đến song song.
c) Chứng minh cặp tam giác đồng dạng tương ứng rồi suy ra đẳng thức.
d) Công thức tính diện tích hình tròn bán kính \(r:\,\,S = \pi {r^2}.\)
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AKHF\) nội tiếp.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle AKH = {90^{0\,}}\,\,\,\left( {CK \bot AB = \left\{ K \right\}} \right)\\\angle AFH = {90^0}\,\,\,\,\,\left( {BF \bot AC = \left\{ K \right\}} \right)\end{array} \right.\)
Xét tứ giác \(AKHF\) ta có: \(\angle AKH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối nhau trong tứ giác
\( \Rightarrow AKHF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb).
b) Chứng minh \(DC//BF.\)
Ta có: \(BF \bot AC\) (do \(BF\) là đường cao của \(\Delta ABC\))
Lại có: \(\angle ACD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow CD \bot AC.\)
\( \Rightarrow CD//BF\,\,\left( { \bot AC} \right)\) (từ vuông góc đến song song).
c) Chứng minh \(AB.AC = AE.AD.\)
Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta ADC\) ta có:
\(\angle ABE = \angle ADC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))
d) Cho \(BC = \dfrac{{4\sqrt 2 R}}{3}.\) Tính theo \(R\) diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF.\)
Theo câu a) ta có tứ giác \(AKHF\) là tứ giác nội tiếp.
\( \Rightarrow \) đường tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF\) là đường tròn \(\left( C \right)\) đi qua các điểm \(A,\,\,K,\,\,H,\,\,F.\)
Lại có \(\Delta AKH\) là tam giác vuông tại \(K\) nội tiếp đường tròn \(\left( C \right)\)
\( \Rightarrow AH\) là đường kính của đường tròn \(\left( C \right).\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\) ta có: \(OI \bot BC = \left\{ I \right\}\) (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung).
Mà \(AE \bot BC\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow OI//AE\,\,hay\,\,\,OI//AH\) (từ vuông góc đến song song).
Lại có \(O\) là trung điểm của \(AD.\)
\( \Rightarrow OI\) là đường trung bình của \(\Delta ADH.\)
\( \Rightarrow OI = \dfrac{1}{2}AH \Leftrightarrow AH = 2OI.\)
Áp dụng định lý Pitago trong \(\Delta IOC\) vuông tại \(I\) ta có:
\(\begin{array}{l}OI = \sqrt {O{C^2} - I{C^2}} = \sqrt {O{C^2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4}} = \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{{\left( {4\sqrt 2 R} \right)}^2}}}{{4.9}}} = \dfrac{R}{3}.\\ \Rightarrow AH = 2OI = 2.\dfrac{R}{3} = \dfrac{{2R}}{3}.\end{array}\)
Khi đó diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF\) là: \(S = \pi .\dfrac{{A{H^2}}}{4} = \pi .{\left( {\dfrac{{2R}}{3}} \right)^2}.\dfrac{1}{4} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{9}.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của 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 nền tảng và luyện tập thường xuyên là yếu tố then chốt để đạt kết quả cao.
Đề thi thường được chia thành các phần sau:
Tỷ lệ điểm giữa phần trắc nghiệm và tự luận có thể thay đổi tùy theo từng năm, nhưng thường phần tự luận chiếm tỷ trọng lớn hơn.
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi, học sinh cần:
Dưới đây là đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019 chính thức:
| Câu hỏi | Nội dung |
|---|---|
| Câu 1 | Giải phương trình: 2x2 - 5x + 2 = 0 |
| Câu 2 | Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài BC và diện tích tam giác ABC. |
| Câu 3 | ... |
Toan9.edu.vn cung cấp đáp án chi tiết và phương pháp giải cho từng câu hỏi trong đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019. Chúng tôi hy vọng rằng tài liệu này sẽ giúp bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Trước khi vào phòng thi, hãy:
Toan9.edu.vn là một website học toán online uy tín, cung cấp các khóa học chất lượng cao, tài liệu ôn thi đầy đủ và đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm. Chúng tôi cam kết đồng hành cùng bạn trên con đường chinh phục kiến thức và đạt được thành công trong kỳ thi vào 10.
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.
