toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Đắk Nông năm 2021 chính thức. 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 đầy đủ, chi tiết, bao gồm cả đề thi chính thức và đáp án, giúp các em tự đánh giá năng lực và tìm ra những điểm cần cải thiện.
Bài 1 (2,0 điểm): a) Cho phương trình
Bài 1 (2,0 điểm):
a) Cho phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) (*). Hãy xác định các hệ số \(a,\,\,b,\,\,c\) và giải phương trình (*).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\x - y = 1\end{array} \right.\).
Bài 2 (2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(3\sqrt 2 + \sqrt {50} - \sqrt 8 \) b) \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0\).
Bài 3 (2,0 điểm):
a) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một mảnh đát hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m. Biết chiều dài mảnh đất lớn hơn chiều rộng là 7m. Hãy tính diện tích mảnh đất hình chữ nhật đó.
b) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số.
Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\)
Bài 4 (3,0 điểm):
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\). Vẽ tia tiếp tuyến \(Ax\) cùng phía với nửa đường tròn đường kính \(AB\). Lấy một điểm \(M\) trên tia \(Ax\,\,\left( {M \ne A} \right)\). Vẽ tiếp tuyến \(MC\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (\(C\) là tiếp điểm). Vẽ \(AC\) cắt \(OM\) tại \(E\), vẽ \(MB\) cắt nửa đường tròn tại \(D\,\,\left( {D \ne B} \right)\).
a) Chứng minh: Tứ giác \(AMDE\) nội tiếp trong một đường tròn.
b) Chứng minh \(M{A^2} = MD.MB\).
c) Vẽ \(CH\) vuông góc với \(AB\,\,\left( {H \in AB} \right)\). Chứng minh rằng \(MB\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(CH\).
Bài 5 (1,0 điểm):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(A = \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}}\) với \(\left\{ \begin{array}{l}a,\,\,b,\,\,c > 0\\a + b + c = 3\end{array} \right.\).
Bài 1 (TH):
Phương pháp
a) 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: \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\).
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm \(x\)
Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm \(y\)
Kết luận nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) của hệ phương trình.
Cách giải:
a) Phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) có \(a = 1,\,\,b = 5,\,\,c = - 6\).
Vì \(a + b + c = 1 + 5 + \left( { - 6} \right) = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 6\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - 6} \right\}\).
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\).
Bài 2 (TH):
Phương pháp
a) 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.
b) 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.
Cách giải:
a) \(3\sqrt 2 + \sqrt {50} - \sqrt 8 \)
\(\begin{array}{l} = 3\sqrt 2 + \sqrt {{5^2}.2} - \sqrt {{2^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 + 5\sqrt 2 - 2\sqrt 2 \\ = \left( {3 + 5 - 2} \right)\sqrt 2 \\ = 6\sqrt 2 \end{array}\)
b) \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0\).
Với \(x > 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\\ = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}}\\ = \sqrt x + 1 + \sqrt x - 2\\ = 2\sqrt x - 1\end{array}\)
Vậy với \(x > 0\) thì \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} = 2\sqrt x - 1\).
Bài 3 (VD):
Phương pháp
a) Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\))
Tính được chiều dài mảnh đất theo \(x\)
Áp dụng định lý Py – ta – go, lập được phương trình.
Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và 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 \(m\)
Thay vào \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\), tính được \(m\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\)) \( \Rightarrow \) Chiều dài mảnh đất là \(x + 7\,\,\left( m \right)\).
Vì độ dài đường chéo của mảnh đất hình chữ nhật là 13m nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} + {\left( {x + 7} \right)^2} = {13^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} + {x^2} + 14x + 49 = 169\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 14x - 120 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 7x - 60 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta = {7^2} - 4.\left( { - 60} \right) = 289 = {17^2} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 7 + 17}}{2} = 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = \dfrac{{ - 7 - 17}}{2} = - 12\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \) Chiều rộng của mảnh đất là \(5m\), chiều dài của mảnh đất là \(5 + 7 = 12m\).
Vậy diện tích mảnh đất hình chữ nhật là \(S = 5.12 = 60\,\,\left( {{m^2}} \right)\).
b) Phương trình (1) có \(\Delta ' = {m^2} + 1 > 0\,\,\forall m\) nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2} = 7\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 7\\ \Rightarrow 4{m^2} + 3 = 7\\ \Leftrightarrow 4{m^2} = 4\\ \Leftrightarrow m = \pm 1\end{array}\)
Vậy \(m = \pm 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 4 (VD):
Phương pháp
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhình một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
b) Ta sẽ chứng minh: \( \Rightarrow M{A^2} = MD.MB\)
c) Gọi \(MB \cap CH = \left\{ N \right\}\).
Ta sẽ chứng minh: \(\angle DEC = \angle DAB\) (1) và \(\angle DNC = \angle DAB\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle DEC = \angle DNC\) \( \Rightarrow DENC\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Ta sẽ chứng minh: \(EN//AH\)
\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(CH\) (định lí đường trung bình trong tam giác \(ACH\)).
Vậy \(MB\) đi qua \(N\) là trung điểm của \(CH\) (đpcm).
Cách giải:
a) Ta có: \(OA = OC \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AC\).
\(MA = MC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AC\).
\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(AC \Rightarrow OM \bot AC\) tại \(E\) \( \Rightarrow \angle AEM = {90^0}\).
Ta có \(\angle ADB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle ADM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AMDE\) có \(\angle AEM = \angle ADM = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow AMDE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AM\) (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn \(AM\) dưới một góc \({90^0}\)).
b) Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MBA\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMB\,\,chung;\\\angle MDA = \angle MAB = {90^0}\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MD}} = \dfrac{{MB}}{{MA}}\) (2 cạnh tương ứng) \( \Rightarrow M{A^2} = MD.MB\).
c) Gọi \(MB \cap CH = \left\{ N \right\}\).
Vì \(AEDM\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle DEC = \angle AMD\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle AMD = \angle DAB\) (cùng phụ với \(\angle MAD\)) nên \(\angle DEC = \angle DAB\) (1).
Ta có \(\angle DNC = \angle BNH\) (đối đỉnh), mà \(\left\{ \begin{array}{l}\angle BNH + \angle NBH = {90^0}\\\angle DAB + \angle NBH = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \angle BNH = \angle DAB\) \( \Rightarrow \angle DNC = \angle DAB\) (2).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle DEC = \angle DNC\).
\( \Rightarrow DENC\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle DNE = \angle DCE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\)).
Mà \(\angle DCE = \angle DCA = \angle DBA\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DA\)).
\( \Rightarrow \angle DNE = \angle DBA\). Mà 2 góc này năm ở vị trí 2 góc đồng vị nên \(EN//AB\) hay \(EN//AH\).
Lại có: \(E\) là trung điểm của \(AC\) (do \(OM\) là trung trực của \(AC\), \(OM \cap AC = \left\{ E \right\}\)).
\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(CH\) (định lí đường trung bình trong tam giác \(ACH\)).
Vậy \(MB\) đi qua \(N\) là trung điểm của \(CH\) (đpcm).
Bài 5 (VDC):
Phương pháp
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\). Dấu “=” xảy ra khi \(\dfrac{x}{a} = \dfrac{y}{b} = \dfrac{z}{c}\), \(a,b,c > 0\).
Cách giải:
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\). Dấu “=” xảy ra khi \(\dfrac{x}{a} = \dfrac{y}{b} = \dfrac{z}{c}\), \(a,b,c > 0\).
Chứng minh BĐT phụ:
Áp dụng BĐT B.C.S cho hai bộ số \(\left( {\dfrac{x}{{\sqrt a }};\dfrac{y}{{\sqrt b }};\dfrac{z}{{\sqrt c }}} \right)\) và \(\left( {\sqrt a ;\sqrt b ;\sqrt c } \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c}} \right)\left( {a + b + c} \right) \ge {\left( {x + y + z} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\end{array}\)
Khi đó ta có:
\(A = \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{b + c + c + a + a + b}} = \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {a + b + c} \right)}} = \dfrac{{a + b + c}}{2} = \dfrac{3}{2}\)
Vậy \({A_{\min }} = \dfrac{3}{2}\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = 1\).
Bài 1 (2,0 điểm):
a) Cho phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) (*). Hãy xác định các hệ số \(a,\,\,b,\,\,c\) và giải phương trình (*).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\x - y = 1\end{array} \right.\).
Bài 2 (2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(3\sqrt 2 + \sqrt {50} - \sqrt 8 \) b) \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0\).
Bài 3 (2,0 điểm):
a) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một mảnh đát hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m. Biết chiều dài mảnh đất lớn hơn chiều rộng là 7m. Hãy tính diện tích mảnh đất hình chữ nhật đó.
b) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số.
Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\)
Bài 4 (3,0 điểm):
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\). Vẽ tia tiếp tuyến \(Ax\) cùng phía với nửa đường tròn đường kính \(AB\). Lấy một điểm \(M\) trên tia \(Ax\,\,\left( {M \ne A} \right)\). Vẽ tiếp tuyến \(MC\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (\(C\) là tiếp điểm). Vẽ \(AC\) cắt \(OM\) tại \(E\), vẽ \(MB\) cắt nửa đường tròn tại \(D\,\,\left( {D \ne B} \right)\).
a) Chứng minh: Tứ giác \(AMDE\) nội tiếp trong một đường tròn.
b) Chứng minh \(M{A^2} = MD.MB\).
c) Vẽ \(CH\) vuông góc với \(AB\,\,\left( {H \in AB} \right)\). Chứng minh rằng \(MB\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(CH\).
Bài 5 (1,0 điểm):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(A = \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}}\) với \(\left\{ \begin{array}{l}a,\,\,b,\,\,c > 0\\a + b + c = 3\end{array} \right.\).
Bài 1 (TH):
Phương pháp
a) 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: \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\).
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm \(x\)
Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm \(y\)
Kết luận nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) của hệ phương trình.
Cách giải:
a) Phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) có \(a = 1,\,\,b = 5,\,\,c = - 6\).
Vì \(a + b + c = 1 + 5 + \left( { - 6} \right) = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 6\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - 6} \right\}\).
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\).
Bài 2 (TH):
Phương pháp
a) 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.
b) 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.
Cách giải:
a) \(3\sqrt 2 + \sqrt {50} - \sqrt 8 \)
\(\begin{array}{l} = 3\sqrt 2 + \sqrt {{5^2}.2} - \sqrt {{2^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 + 5\sqrt 2 - 2\sqrt 2 \\ = \left( {3 + 5 - 2} \right)\sqrt 2 \\ = 6\sqrt 2 \end{array}\)
b) \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0\).
Với \(x > 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\\ = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}}\\ = \sqrt x + 1 + \sqrt x - 2\\ = 2\sqrt x - 1\end{array}\)
Vậy với \(x > 0\) thì \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} = 2\sqrt x - 1\).
Bài 3 (VD):
Phương pháp
a) Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\))
Tính được chiều dài mảnh đất theo \(x\)
Áp dụng định lý Py – ta – go, lập được phương trình.
Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và 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 \(m\)
Thay vào \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\), tính được \(m\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\)) \( \Rightarrow \) Chiều dài mảnh đất là \(x + 7\,\,\left( m \right)\).
Vì độ dài đường chéo của mảnh đất hình chữ nhật là 13m nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} + {\left( {x + 7} \right)^2} = {13^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} + {x^2} + 14x + 49 = 169\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 14x - 120 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 7x - 60 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta = {7^2} - 4.\left( { - 60} \right) = 289 = {17^2} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 7 + 17}}{2} = 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = \dfrac{{ - 7 - 17}}{2} = - 12\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \) Chiều rộng của mảnh đất là \(5m\), chiều dài của mảnh đất là \(5 + 7 = 12m\).
Vậy diện tích mảnh đất hình chữ nhật là \(S = 5.12 = 60\,\,\left( {{m^2}} \right)\).
b) Phương trình (1) có \(\Delta ' = {m^2} + 1 > 0\,\,\forall m\) nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2} = 7\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 7\\ \Rightarrow 4{m^2} + 3 = 7\\ \Leftrightarrow 4{m^2} = 4\\ \Leftrightarrow m = \pm 1\end{array}\)
Vậy \(m = \pm 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 4 (VD):
Phương pháp
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhình một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
b) Ta sẽ chứng minh: \( \Rightarrow M{A^2} = MD.MB\)
c) Gọi \(MB \cap CH = \left\{ N \right\}\).
Ta sẽ chứng minh: \(\angle DEC = \angle DAB\) (1) và \(\angle DNC = \angle DAB\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle DEC = \angle DNC\) \( \Rightarrow DENC\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Ta sẽ chứng minh: \(EN//AH\)
\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(CH\) (định lí đường trung bình trong tam giác \(ACH\)).
Vậy \(MB\) đi qua \(N\) là trung điểm của \(CH\) (đpcm).
Cách giải:
a) Ta có: \(OA = OC \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AC\).
\(MA = MC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AC\).
\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(AC \Rightarrow OM \bot AC\) tại \(E\) \( \Rightarrow \angle AEM = {90^0}\).
Ta có \(\angle ADB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle ADM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AMDE\) có \(\angle AEM = \angle ADM = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow AMDE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AM\) (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn \(AM\) dưới một góc \({90^0}\)).
b) Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MBA\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMB\,\,chung;\\\angle MDA = \angle MAB = {90^0}\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MD}} = \dfrac{{MB}}{{MA}}\) (2 cạnh tương ứng) \( \Rightarrow M{A^2} = MD.MB\).
c) Gọi \(MB \cap CH = \left\{ N \right\}\).
Vì \(AEDM\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle DEC = \angle AMD\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle AMD = \angle DAB\) (cùng phụ với \(\angle MAD\)) nên \(\angle DEC = \angle DAB\) (1).
Ta có \(\angle DNC = \angle BNH\) (đối đỉnh), mà \(\left\{ \begin{array}{l}\angle BNH + \angle NBH = {90^0}\\\angle DAB + \angle NBH = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \angle BNH = \angle DAB\) \( \Rightarrow \angle DNC = \angle DAB\) (2).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle DEC = \angle DNC\).
\( \Rightarrow DENC\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle DNE = \angle DCE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\)).
Mà \(\angle DCE = \angle DCA = \angle DBA\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DA\)).
\( \Rightarrow \angle DNE = \angle DBA\). Mà 2 góc này năm ở vị trí 2 góc đồng vị nên \(EN//AB\) hay \(EN//AH\).
Lại có: \(E\) là trung điểm của \(AC\) (do \(OM\) là trung trực của \(AC\), \(OM \cap AC = \left\{ E \right\}\)).
\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(CH\) (định lí đường trung bình trong tam giác \(ACH\)).
Vậy \(MB\) đi qua \(N\) là trung điểm của \(CH\) (đpcm).
Bài 5 (VDC):
Phương pháp
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\). Dấu “=” xảy ra khi \(\dfrac{x}{a} = \dfrac{y}{b} = \dfrac{z}{c}\), \(a,b,c > 0\).
Cách giải:
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\). Dấu “=” xảy ra khi \(\dfrac{x}{a} = \dfrac{y}{b} = \dfrac{z}{c}\), \(a,b,c > 0\).
Chứng minh BĐT phụ:
Áp dụng BĐT B.C.S cho hai bộ số \(\left( {\dfrac{x}{{\sqrt a }};\dfrac{y}{{\sqrt b }};\dfrac{z}{{\sqrt c }}} \right)\) và \(\left( {\sqrt a ;\sqrt b ;\sqrt c } \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c}} \right)\left( {a + b + c} \right) \ge {\left( {x + y + z} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\end{array}\)
Khi đó ta có:
\(A = \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{b + c + c + a + a + b}} = \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {a + b + c} \right)}} = \dfrac{{a + b + c}}{2} = \dfrac{3}{2}\)
Vậy \({A_{\min }} = \dfrac{3}{2}\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = 1\).
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 những thông tin chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Nông năm 2021, cùng với những phân tích và hướng dẫn giải chi tiết để giúp bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Nông năm 2021 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Tỷ lệ phân bổ điểm giữa các phần thường khá cân bằng, tuy nhiên, có thể có sự thay đổi nhỏ tùy theo từng năm.
Đề thi chính thức năm 2021 có độ khó tương đối, tập trung vào các kiến thức cơ bản và nâng cao của chương trình Toán lớp 9. Các bài toán được trình bày rõ ràng, dễ hiểu, tuy nhiên, đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic và khả năng vận dụng kiến thức linh hoạt. Một số câu hỏi có tính chất phân loại học sinh, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức sâu rộng và kỹ năng giải toán tốt.
Dưới đây là hướng dẫn giải một số bài toán điển hình thường xuất hiện trong đề thi vào 10 môn Toán Đắk Nông:
Ví dụ: Giải phương trình 2x + 3 = 7
Hướng dẫn giải:
Ví dụ: Tính diện tích tam giác ABC vuông tại A, biết AB = 3cm, AC = 4cm.
Hướng dẫn giải:
Diện tích tam giác ABC được tính theo công thức: S = (1/2) * AB * AC = (1/2) * 3 * 4 = 6 cm2
Ngoài việc làm quen với đề thi chính thức, việc luyện tập với các đề thi thử cũng rất quan trọng. Các đề thi thử sẽ giúp bạn làm quen với nhiều dạng bài tập khác nhau, rèn luyện kỹ năng giải toán và quản lý thời gian hiệu quả. Bạn có thể tìm thấy các đề thi thử trên internet hoặc tại các trung tâm luyện thi.
| Tên tài liệu | Nội dung |
|---|---|
| Sách giáo khoa Toán lớp 9 | Kiến thức cơ bản và nâng cao của chương trình Toán lớp 9. |
| Sách bài tập Toán lớp 9 | Các bài tập luyện tập và nâng cao kỹ năng giải toán. |
| Các đề thi thử vào 10 môn Toán | Giúp làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán. |
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Đắk Nông năm 2021!
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.
