toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai 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 lớp 9 có thể làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp không chỉ đề thi mà còn cả đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập, giúp các em hiểu rõ bản chất của từng dạng toán và áp dụng linh hoạt vào các bài thi khác.
Câu 1 (2,0 điểm): 1) Giải phương trình
Câu 1 (2,0 điểm):
1) Giải phương trình \({x^2} + 3x - 10 = 0\)
2) Giải phương trình \(3{x^4} + 2{x^2} - 5 = 0\)
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 1\\x + 2y = 4\end{array} \right.\)
Câu 2 (2,25 điểm):
1) Vẽ đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = {x^2}\).
2) Tìm giá trị của tham số thực \(m\) để Parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x - 3m\) có đúng một điểm chung.
3) Cho phương trình \({x^2} + 5x - 4\). Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm phân biệt của phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(Q = {x_1}^2 + {x_2}^2 + 6{x_1}{x_2}\)
Câu 3 (1,0 điểm):
Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{{x - 2\sqrt x }}{{\sqrt x }}} \right):\sqrt x \) (với \(x > 0,\,\,x \ne 4\)).
Câu 4 (1,75 điểm):
1) Hằng ngày bạn Mai đi học bằng xe đạp, quãng đường từ nhà đến trường dài 3 km. Hôm nay, xe đạp hư nên Mai nhờ mẹ chở đi đến trường bằng xe máy với vận tốc lớn hơn vận tốc khi đi xe đạp là 24 km/h, cùng một thời điểm khởi hành như mọi ngày nhưng Mai đã đến trường sớm hơn 10 phút. Tính vận tốc của bạn Mai khi đi học bằng xe đạp.
2) Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\), biết \(AB = a,\,\,AC = 2a\) (với \(a\) là số thực dương). Tính thể tích theo \(a\) của hình nón được tạo thành khi quay \(\Delta ABC\) một vòng quanh cạnh \(AC\) cố định.
Câu 5 (3,0 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\). Ba đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại \(H\).
1) Chứng minh tứ giác \(BFEC\) nội tiếp. Xác định tâm \(O\) của đườn trọn ngoại tiếp tứ giác \(BFEC\).
2) Gọi \(I\) là trung điểm của AH. Chứng minh \(IE\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\).
3) Vẽ \(CI\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M\left( {M \ne C} \right)\), \(FE\) cắt \(AD\) tại \(K\). Chứng minh \(B,K,M\) thẳng hàng.
Câu 1
Phương pháp:
1) Sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn.
2) Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), đưa phương trình ban đầu về phương trình bậc hai một ẩn
Nhẩm nhanh hệ số và tính được nghiệm của phương trình
3) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm của hệ phương trình.
Cách giải:
1) Ta có: \(\Delta = {3^2} - 4.\left( { - 10} \right) = 49 > 0\) nên phương trình có 2 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 \(S = \left\{ {2; - 5} \right\}\).
2) Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình đã cho trở thành \(3{t^2} + 2t - 5 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 2 + 3 - 5 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = 1\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{5}{3}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
Với \(t = 1 \Rightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\).
Vậy tập nghiệm của phương trình \(S = \left\{ { - 1;1} \right\}\).
3) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 1\\x + 2y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 1\\2x + 4y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7y = 7\\x = 4 - 2y\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Bài 2
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\), tìm được các điểm của đồ thị \(\left( P \right)\) đi qua, từ đó vẽ được \(\left( P \right)\)
2) + Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right),\left( d \right)\) là phương trình bậc hai một ẩn (1)
+ Để \(\left( P \right)\) cắt \(\left( d \right)\) có đúng một điểm chung khi và chỉ khi \(\left( 1 \right)\) có nghiệm kép \(\Delta ' = 0\)
3) Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) thay vào biểu thức \(Q\) và tính.
Cách giải:
1) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) có bề lõm hướng lên và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
\( \Rightarrow \) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;4} \right)\), \(\left( { - 1;1} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\), \(\left( {2;4} \right)\).
Đồ thị Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\):
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right),\left( d \right)\) ta được:
\({x^2} = 2x - 3m \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 3m = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Để \(\left( P \right)\) cắt \(\left( d \right)\) có đúng một điểm chung khi và chỉ khi \(\left( 1 \right)\) có nghiệm kép
\( \Leftrightarrow \Delta ' = 0 \Leftrightarrow 1 - 3m = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{3}\)
Vậy \(m = \dfrac{1}{3}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3) Vì \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm phân biệt của phương trình đã cho nên áp dụng hệ thức Vi-et với phương trình \({x^2} + 5x - 4 = 0\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 5\\{x_1}{x_2} = - 4\end{array} \right.\).
Ta có: \(Q = {x_1}^2 + {x_2}^2 + 6{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + 6{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 4{x_1}{x_2}\)
\( \Rightarrow Q = {\left( { - 5} \right)^2} + 4\left( { - 4} \right) = 9\)
Vậy \(Q = 9\).
Câu 3 (1,0 điểm):
Phương pháp:
Xác định mẫu thức chung, quy đồng, thực hiện các phép toán với để rút gọn biểu thức \(A\)
Cách giải:
Với \(x > 0,\,\,x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{{x - 2\sqrt x }}{{\sqrt x }}} \right):\sqrt x \\A = \left( {\dfrac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x }}} \right):\sqrt x \end{array}\)
\(\begin{array}{l}A = \left( {\sqrt x + 2 + \sqrt x - 2} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x }}\\A = 2\sqrt x .\dfrac{1}{{\sqrt x }} = 2\end{array}\)
Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 4\) thì \(A = 2\).
Câu 4 (1,75 điểm):
Phương pháp:
1) + Gọi vận tốc của Mai khi đi học bằng xe đạp là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\left( {x > 0} \right)\).
+ Tính được thời gian Mai đi xe đạp và đi xe máy hết quãng đường 3 km
+ Từ giả thiết cùng một thời điểm khởi hành như mọi ngày nhưng Mai đã đến trường sớm hơn 10 phút nên ta có phương trình ẩn \(x\)
+ Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luân.
2) Khối nón có chiều cao \(h\) bán kính đáy là \(r\) thì thể tích khối nón được tính theo công thức \(V = \dfrac{1}{3}\pi {R^2}h\)
Cách giải:
1) Gọi vận tốc của Mai khi đi học bằng xe đạp là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Thời gian Mai đi xe đạp hết quãng đường 3km là \(\dfrac{3}{x}\,\,\left( h \right)\).
Hôm nay, Mẹ chở Mai đến trường bằng xe máy với vận tốc là \(x + 24\,\,\left( {km/h} \right)\).
Thời gian đi xe máy hết quãng đường 3km là \(\dfrac{3}{{x + 24}}\,\,\left( h \right)\).
Vì cùng một thời điểm khởi hành như mọi ngày nhưng Mai đã đến trường sớm hơn 10 phút = \(\dfrac{1}{6}h\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{3}{x} - \dfrac{3}{{x + 24}} = \dfrac{1}{6}\\ \Leftrightarrow 18\left( {x + 24} \right) - 18x = x\left( {x + 24} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} + 24x - 432 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {12^2} + 432 = 576 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 12 + \sqrt {576} = 12\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 12 - \sqrt {576} = - 36\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
Vậy vận tốc của Mai khi đi học bằng xe đạp là \(12\,\,km/h\).
2) Hình nón được tạo thành khi quay \(\Delta ABC\) một vòng quanh cạnh \(AC\) cố định có đường cao \(h = AC = 2a\) và bán kính đường tròn đáy \(R = AB = a\).
Vậy thể tích khối nón tạo thành là \(V = \dfrac{1}{3}\pi {R^2}h = \dfrac{1}{3}\pi .{a^2}.2a = \dfrac{{2\pi {a^3}}}{3}\).
Câu 5 (3,0 điểm):
Phương pháp:
1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng \({90^0}\) là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh: \(\angle IEH = \angle BHD\) và \(\angle OEB = \angle OBE\)\( \Rightarrow \angle OEI = \angle BHD + \angle DBH\)
Mặt khác có: \(\angle OEI = {90^0}\)
Vậy \(IE\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(E\).
3) Ta sẽ chứng minh \(AD.DH = DI.DK\,\,\,\left( 1 \right)\) và \(AD.DH = DB.DC\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \dfrac{{DI}}{{DC}} = \dfrac{{DB}}{{DK}}\).
Chứng minh được \(\Delta BDK \sim \Delta IDC\,\,\left( {c.g.c} \right)\)\( \Rightarrow \angle DBK = \angle DIC\) (2 góc tương ứng).
\( \Rightarrow BK \bot IC\); \(BM \bot IC\)
Vậy \(B,K,M\) thẳng hàng (đpcm).
Cách giải:
1) Tứ giác \(BFEC\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\)
Nên tứ giác \(BFEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\) (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng \({90^0}\)).
Gọi \(O\) là trung điểm của \(BC\) \( \Rightarrow O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BFEC\).
2) Tam giác \(AEH\) vuông tại \(E\) có \(I\) là trung điểm của cạnh \(AH\) nên \(IE = \dfrac{1}{2}AH = IH\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).
Suy ra \(\Delta IEH\) cân tại \(I\)\( \Rightarrow \angle IHE = \angle IEH\)( tính chất tam giác cân)
Mặt khác \(\angle BHD = \angle IHE\)( hai góc đối đỉnh) \( \Rightarrow \angle IEH = \angle BHD\) (1)
Tam giác \(OBE\) có \(OB = OE\) suy ra \(\Delta OBE\) cân tại \(O\)
\( \Rightarrow \angle OEB = \angle OBE\)( tính chất tam giác cân) (2)
Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle IEH + \angle OEB = \angle BHD + \angle OBE\\ \Rightarrow \angle OEI = \angle BHD + \angle DBH\end{array}\)
Mà \(\angle BHD + \angle DBH = {90^0}\)( tam giác \(BHD\) vuông tại \(D\)) \( \Rightarrow \angle OEI = {90^0}\) hay \(EI \bot OE\).
Vậy \(IE\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(E\).
3) Xét tứ giác \(CDHE\) có \(\angle CDH + \angle CEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên \(CDHE\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle EDH = \angle ECH\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(EH\)).
Mà \(\angle ECH = \angle IEF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(EF\)).
\( \Rightarrow \angle EDH = \angle IEF\).
Xét \(\Delta IEK\) và \(\Delta IDE\) có:
\(\angle DIE\) chung;
\(\angle EDH = \angle IEF\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle IEK = \angle IDE\);
\( \Rightarrow \Delta IEK \sim \Delta IDE\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{IE}}{{ID}} = \frac{{IK}}{{IE}} \Rightarrow I{E^2} = ID.IK\) (2 cạnh tương ứng). Mà \(IE = IA \Rightarrow I{A^2} = ID.IK\) (*).
Ta sẽ chứng minh \(AD.DH = DI.DK\,\,\,\left( 1 \right)\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {DI + IA} \right).\left( {DI - IH} \right) = DI.DK\\ \Leftrightarrow \left( {DI + IA} \right).\left( {DI - IA} \right) = DI.DK\,\,\left( {do\,\,IH = IA} \right)\\ \Leftrightarrow D{I^2} - I{A^2} = DI.\left( {DI - IK} \right)\\ \Leftrightarrow I{A^2} = DI.IK\,\,\left( {dựa\,\,vào\,\,\left( * \right)} \right)\end{array}\)
Lại có \(\Delta ADC \sim \Delta BDH\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \frac{{AD}}{{BD}} = \frac{{DC}}{{DH}} \Rightarrow AD.DH = DB.DC\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow DI.DK = DB.DC \Rightarrow \frac{{DI}}{{DC}} = \frac{{DB}}{{DK}}\).
Xét \(\Delta BDK\) và \(\Delta IDC\) có: \(\angle DBI = \angle IDC = {90^0};\,\,\frac{{DI}}{{DC}} = \frac{{DB}}{{DK}}\,\,\left( {cmt} \right)\).
\( \Rightarrow \Delta BDK \sim \Delta IDC\,\,\left( {c.g.c} \right)\) \( \Rightarrow \angle DBK = \angle DIC\) (2 góc tương ứng).
Mà \(\angle DIC + \angle DCI = {90^0} \Rightarrow \angle DBK + \angle DCI = {90^0}\) \( \Rightarrow BK \bot IC\).
Mà \(\angle BMC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(BC\)) \( \Rightarrow BM \bot IC\).
Vậy \(B,K,M\) thẳng hàng (đpcm).
Câu 1 (2,0 điểm):
1) Giải phương trình \({x^2} + 3x - 10 = 0\)
2) Giải phương trình \(3{x^4} + 2{x^2} - 5 = 0\)
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 1\\x + 2y = 4\end{array} \right.\)
Câu 2 (2,25 điểm):
1) Vẽ đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = {x^2}\).
2) Tìm giá trị của tham số thực \(m\) để Parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x - 3m\) có đúng một điểm chung.
3) Cho phương trình \({x^2} + 5x - 4\). Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm phân biệt của phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(Q = {x_1}^2 + {x_2}^2 + 6{x_1}{x_2}\)
Câu 3 (1,0 điểm):
Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{{x - 2\sqrt x }}{{\sqrt x }}} \right):\sqrt x \) (với \(x > 0,\,\,x \ne 4\)).
Câu 4 (1,75 điểm):
1) Hằng ngày bạn Mai đi học bằng xe đạp, quãng đường từ nhà đến trường dài 3 km. Hôm nay, xe đạp hư nên Mai nhờ mẹ chở đi đến trường bằng xe máy với vận tốc lớn hơn vận tốc khi đi xe đạp là 24 km/h, cùng một thời điểm khởi hành như mọi ngày nhưng Mai đã đến trường sớm hơn 10 phút. Tính vận tốc của bạn Mai khi đi học bằng xe đạp.
2) Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\), biết \(AB = a,\,\,AC = 2a\) (với \(a\) là số thực dương). Tính thể tích theo \(a\) của hình nón được tạo thành khi quay \(\Delta ABC\) một vòng quanh cạnh \(AC\) cố định.
Câu 5 (3,0 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\). Ba đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại \(H\).
1) Chứng minh tứ giác \(BFEC\) nội tiếp. Xác định tâm \(O\) của đườn trọn ngoại tiếp tứ giác \(BFEC\).
2) Gọi \(I\) là trung điểm của AH. Chứng minh \(IE\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\).
3) Vẽ \(CI\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M\left( {M \ne C} \right)\), \(FE\) cắt \(AD\) tại \(K\). Chứng minh \(B,K,M\) thẳng hàng.
Câu 1
Phương pháp:
1) Sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn.
2) Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), đưa phương trình ban đầu về phương trình bậc hai một ẩn
Nhẩm nhanh hệ số và tính được nghiệm của phương trình
3) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm của hệ phương trình.
Cách giải:
1) Ta có: \(\Delta = {3^2} - 4.\left( { - 10} \right) = 49 > 0\) nên phương trình có 2 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 \(S = \left\{ {2; - 5} \right\}\).
2) Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình đã cho trở thành \(3{t^2} + 2t - 5 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 2 + 3 - 5 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = 1\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{5}{3}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
Với \(t = 1 \Rightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\).
Vậy tập nghiệm của phương trình \(S = \left\{ { - 1;1} \right\}\).
3) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 1\\x + 2y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 1\\2x + 4y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7y = 7\\x = 4 - 2y\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Bài 2
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\), tìm được các điểm của đồ thị \(\left( P \right)\) đi qua, từ đó vẽ được \(\left( P \right)\)
2) + Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right),\left( d \right)\) là phương trình bậc hai một ẩn (1)
+ Để \(\left( P \right)\) cắt \(\left( d \right)\) có đúng một điểm chung khi và chỉ khi \(\left( 1 \right)\) có nghiệm kép \(\Delta ' = 0\)
3) Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) thay vào biểu thức \(Q\) và tính.
Cách giải:
1) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) có bề lõm hướng lên và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
\( \Rightarrow \) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;4} \right)\), \(\left( { - 1;1} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\), \(\left( {2;4} \right)\).
Đồ thị Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\):
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right),\left( d \right)\) ta được:
\({x^2} = 2x - 3m \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 3m = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Để \(\left( P \right)\) cắt \(\left( d \right)\) có đúng một điểm chung khi và chỉ khi \(\left( 1 \right)\) có nghiệm kép
\( \Leftrightarrow \Delta ' = 0 \Leftrightarrow 1 - 3m = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{3}\)
Vậy \(m = \dfrac{1}{3}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3) Vì \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm phân biệt của phương trình đã cho nên áp dụng hệ thức Vi-et với phương trình \({x^2} + 5x - 4 = 0\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 5\\{x_1}{x_2} = - 4\end{array} \right.\).
Ta có: \(Q = {x_1}^2 + {x_2}^2 + 6{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + 6{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 4{x_1}{x_2}\)
\( \Rightarrow Q = {\left( { - 5} \right)^2} + 4\left( { - 4} \right) = 9\)
Vậy \(Q = 9\).
Câu 3 (1,0 điểm):
Phương pháp:
Xác định mẫu thức chung, quy đồng, thực hiện các phép toán với để rút gọn biểu thức \(A\)
Cách giải:
Với \(x > 0,\,\,x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{{x - 2\sqrt x }}{{\sqrt x }}} \right):\sqrt x \\A = \left( {\dfrac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x }}} \right):\sqrt x \end{array}\)
\(\begin{array}{l}A = \left( {\sqrt x + 2 + \sqrt x - 2} \right).\dfrac{1}{{\sqrt x }}\\A = 2\sqrt x .\dfrac{1}{{\sqrt x }} = 2\end{array}\)
Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 4\) thì \(A = 2\).
Câu 4 (1,75 điểm):
Phương pháp:
1) + Gọi vận tốc của Mai khi đi học bằng xe đạp là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\left( {x > 0} \right)\).
+ Tính được thời gian Mai đi xe đạp và đi xe máy hết quãng đường 3 km
+ Từ giả thiết cùng một thời điểm khởi hành như mọi ngày nhưng Mai đã đến trường sớm hơn 10 phút nên ta có phương trình ẩn \(x\)
+ Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luân.
2) Khối nón có chiều cao \(h\) bán kính đáy là \(r\) thì thể tích khối nón được tính theo công thức \(V = \dfrac{1}{3}\pi {R^2}h\)
Cách giải:
1) Gọi vận tốc của Mai khi đi học bằng xe đạp là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Thời gian Mai đi xe đạp hết quãng đường 3km là \(\dfrac{3}{x}\,\,\left( h \right)\).
Hôm nay, Mẹ chở Mai đến trường bằng xe máy với vận tốc là \(x + 24\,\,\left( {km/h} \right)\).
Thời gian đi xe máy hết quãng đường 3km là \(\dfrac{3}{{x + 24}}\,\,\left( h \right)\).
Vì cùng một thời điểm khởi hành như mọi ngày nhưng Mai đã đến trường sớm hơn 10 phút = \(\dfrac{1}{6}h\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{3}{x} - \dfrac{3}{{x + 24}} = \dfrac{1}{6}\\ \Leftrightarrow 18\left( {x + 24} \right) - 18x = x\left( {x + 24} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} + 24x - 432 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {12^2} + 432 = 576 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 12 + \sqrt {576} = 12\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 12 - \sqrt {576} = - 36\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
Vậy vận tốc của Mai khi đi học bằng xe đạp là \(12\,\,km/h\).
2) Hình nón được tạo thành khi quay \(\Delta ABC\) một vòng quanh cạnh \(AC\) cố định có đường cao \(h = AC = 2a\) và bán kính đường tròn đáy \(R = AB = a\).
Vậy thể tích khối nón tạo thành là \(V = \dfrac{1}{3}\pi {R^2}h = \dfrac{1}{3}\pi .{a^2}.2a = \dfrac{{2\pi {a^3}}}{3}\).
Câu 5 (3,0 điểm):
Phương pháp:
1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng \({90^0}\) là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh: \(\angle IEH = \angle BHD\) và \(\angle OEB = \angle OBE\)\( \Rightarrow \angle OEI = \angle BHD + \angle DBH\)
Mặt khác có: \(\angle OEI = {90^0}\)
Vậy \(IE\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(E\).
3) Ta sẽ chứng minh \(AD.DH = DI.DK\,\,\,\left( 1 \right)\) và \(AD.DH = DB.DC\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \dfrac{{DI}}{{DC}} = \dfrac{{DB}}{{DK}}\).
Chứng minh được \(\Delta BDK \sim \Delta IDC\,\,\left( {c.g.c} \right)\)\( \Rightarrow \angle DBK = \angle DIC\) (2 góc tương ứng).
\( \Rightarrow BK \bot IC\); \(BM \bot IC\)
Vậy \(B,K,M\) thẳng hàng (đpcm).
Cách giải:
1) Tứ giác \(BFEC\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\)
Nên tứ giác \(BFEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\) (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng \({90^0}\)).
Gọi \(O\) là trung điểm của \(BC\) \( \Rightarrow O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BFEC\).
2) Tam giác \(AEH\) vuông tại \(E\) có \(I\) là trung điểm của cạnh \(AH\) nên \(IE = \dfrac{1}{2}AH = IH\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).
Suy ra \(\Delta IEH\) cân tại \(I\)\( \Rightarrow \angle IHE = \angle IEH\)( tính chất tam giác cân)
Mặt khác \(\angle BHD = \angle IHE\)( hai góc đối đỉnh) \( \Rightarrow \angle IEH = \angle BHD\) (1)
Tam giác \(OBE\) có \(OB = OE\) suy ra \(\Delta OBE\) cân tại \(O\)
\( \Rightarrow \angle OEB = \angle OBE\)( tính chất tam giác cân) (2)
Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle IEH + \angle OEB = \angle BHD + \angle OBE\\ \Rightarrow \angle OEI = \angle BHD + \angle DBH\end{array}\)
Mà \(\angle BHD + \angle DBH = {90^0}\)( tam giác \(BHD\) vuông tại \(D\)) \( \Rightarrow \angle OEI = {90^0}\) hay \(EI \bot OE\).
Vậy \(IE\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(E\).
3) Xét tứ giác \(CDHE\) có \(\angle CDH + \angle CEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên \(CDHE\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle EDH = \angle ECH\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(EH\)).
Mà \(\angle ECH = \angle IEF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(EF\)).
\( \Rightarrow \angle EDH = \angle IEF\).
Xét \(\Delta IEK\) và \(\Delta IDE\) có:
\(\angle DIE\) chung;
\(\angle EDH = \angle IEF\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle IEK = \angle IDE\);
\( \Rightarrow \Delta IEK \sim \Delta IDE\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{IE}}{{ID}} = \frac{{IK}}{{IE}} \Rightarrow I{E^2} = ID.IK\) (2 cạnh tương ứng). Mà \(IE = IA \Rightarrow I{A^2} = ID.IK\) (*).
Ta sẽ chứng minh \(AD.DH = DI.DK\,\,\,\left( 1 \right)\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {DI + IA} \right).\left( {DI - IH} \right) = DI.DK\\ \Leftrightarrow \left( {DI + IA} \right).\left( {DI - IA} \right) = DI.DK\,\,\left( {do\,\,IH = IA} \right)\\ \Leftrightarrow D{I^2} - I{A^2} = DI.\left( {DI - IK} \right)\\ \Leftrightarrow I{A^2} = DI.IK\,\,\left( {dựa\,\,vào\,\,\left( * \right)} \right)\end{array}\)
Lại có \(\Delta ADC \sim \Delta BDH\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \frac{{AD}}{{BD}} = \frac{{DC}}{{DH}} \Rightarrow AD.DH = DB.DC\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow DI.DK = DB.DC \Rightarrow \frac{{DI}}{{DC}} = \frac{{DB}}{{DK}}\).
Xét \(\Delta BDK\) và \(\Delta IDC\) có: \(\angle DBI = \angle IDC = {90^0};\,\,\frac{{DI}}{{DC}} = \frac{{DB}}{{DK}}\,\,\left( {cmt} \right)\).
\( \Rightarrow \Delta BDK \sim \Delta IDC\,\,\left( {c.g.c} \right)\) \( \Rightarrow \angle DBK = \angle DIC\) (2 góc tương ứng).
Mà \(\angle DIC + \angle DCI = {90^0} \Rightarrow \angle DBK + \angle DCI = {90^0}\) \( \Rightarrow BK \bot IC\).
Mà \(\angle BMC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(BC\)) \( \Rightarrow BM \bot IC\).
Vậy \(B,K,M\) thẳng hàng (đpcm).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Đồng Nai năm 2021 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của học sinh lớp 9. Đề thi thường bao gồm các dạng toán quen thuộc như đại số, hình học, và các bài toán thực tế ứng dụng. Việc nắm vững kiến thức cơ bản và luyện tập thường xuyên là chìa khóa để đạt kết quả tốt.
Đề thi thường được chia thành các phần chính:
Đề thi số 1 tập trung vào các kiến thức về đại số, đặc biệt là phương trình bậc hai và hệ phương trình. Các bài toán yêu cầu học sinh phải vận dụng linh hoạt các công thức và phương pháp giải để tìm ra nghiệm của phương trình. Bên cạnh đó, đề thi cũng có một số bài toán hình học cơ bản về tam giác và tứ giác.
Đề thi số 2 có độ khó cao hơn, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và khả năng tư duy logic. Đề thi tập trung vào các bài toán về hàm số và bất phương trình, đồng thời có một số bài toán thực tế ứng dụng. Để giải quyết các bài toán này, học sinh cần phải hiểu rõ bản chất của vấn đề và áp dụng các phương pháp giải phù hợp.
Đề thi số 3 có cấu trúc tương tự như đề thi số 1 và số 2, nhưng có một số bài toán mới lạ và đòi hỏi học sinh phải có khả năng sáng tạo. Đề thi tập trung vào các kiến thức về hình học, đặc biệt là đường tròn và hệ thức lượng trong tam giác vuông. Để giải quyết các bài toán này, học sinh cần phải vẽ hình chính xác và vận dụng các định lý, tính chất hình học một cách linh hoạt.
Để ôn thi hiệu quả, học sinh cần:
Hãy luôn giữ tinh thần thoải mái và tự tin trong quá trình ôn thi. Đừng quá lo lắng về kết quả, hãy tập trung vào việc học tập và rèn luyện kỹ năng. Chúc các em học sinh đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Đồng Nai năm 2021!
| Tên tài liệu | Nội dung |
|---|---|
| Sách giáo khoa Toán lớp 9 | Kiến thức cơ bản và bài tập minh họa |
| Sách bài tập Toán lớp 9 | Bài tập luyện tập và nâng cao |
| Đề thi thử vào 10 môn Toán | Đề thi thử và đáp án chi tiết |
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.
