toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2023 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 Đồng Nai chuẩn bị tốt nhất cho 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 kiến thức và rèn luyện kỹ năng giải đề hiệu quả.
Câu 1: 1) Giải phương trình \({x^2} + 8x + 15 = 0\). 2) Giải phương trình \({x^4} - 3{x^2} - 4 = 0\). 3) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 13}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right.\).
Câu 1: 1) Giải phương trình \({x^2} + 8x + 15 = 0\).
2) Giải phương trình \({x^4} - 3{x^2} - 4 = 0\).
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 13}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right.\).
Câu 2: Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 {\rm{ \;}} - 1} \right)}^2}} {\rm{ \;}} - \frac{1}{3}\sqrt {18} \).
Câu 3: 1) Vẽ đồ thị hàm số \(y = {\rm{ \;}} - 2{x^2}\).
2) Tìm tham số thực \(m\) để đồ thị hàm số \(y = {\rm{ \;}} - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\) có điểm chung.
3) Cho phương trình \(3{x^2} + 5x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}.\)Tính giá trị biểu thức \(T = 6{x_1} - 7{x_1}{x_2} + 6{x_2}\).
Câu 4: 1) Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn (không có nước) sau 40 phút thì đầy bể. Nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì lúc này lượng nước trong bể chiếm \(\frac{5}{{12}}\) thể tích của bể nước. Hỏi nếu mở riêng từng vời thì thời gian để mỗi vòi chảy đầy bể là bao lâu?
2) Một hình nón có bán kính đáy \(r = 6cm\), độ dài đường sinh \(l = 10cm\). Tính thể tích của hình nón đó.
Câu 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AB lấy điểm M (M khác A, M khác B). Từ điểm M vẽ đường thẳng MN vuông góc với BC (N thuộc BC) , đường thẳng MN cắt đường thằng AC tại K .
1) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp.
2) Chứng minh \(\angle ABK = \angle ACM\).
3) Đoạn thẳng BK cắt đường tròn đường kính BM tại điểm D (D khác B). Gọi I là tâm và \(r\) là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác BKC . Chứng minh \(\frac{1}{r} = \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{AB}}\).
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1) Bước 1: Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {{\rm{b}}^2} - 4{\rm{ac}}\)
Bước 2: So sánh \(\Delta \) với 0
- \(\Delta {\rm{ \;}} < 0 = {\rm{ \;}} > \) phương trình (1) vô nghiệm
- \(\Delta {\rm{ \;}} = 0\) => phương trình (1) có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}}\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\) => phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau:
2) Đặt ẩn đưa về phương trình bậc hai rồi giải.
3) Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.
Cách giải:
1) Giải phương trình \({x^2} + 8x + 15 = 0\).
Ta có \(\Delta ' = {4^2} - 1.15 = 1 > 0\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = \frac{{ - 4 + \sqrt 1 }}{1} = - 3}\\{{x_2} = \frac{{ - 4 - \sqrt 1 }}{1} = - 5}\end{array}} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 5; - 3} \right\}\).
2) Giải phương trình \({x^4} - 3{x^2} - 4 = 0\).
Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\) phương trình trở thành \({t^2} - 3t - 4 = 0\).
Ta có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.1.\left( { - 4} \right) = 9 + 16 = 25 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{t_1} = \frac{{3 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 1\,\,\,\,\,(ktm)}\\{{t_2} = \frac{{3 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 4\,\,\,\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)
Trở lại phép đặt ta có: \(t = 4 \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là\(S = \left\{ {2; - 2} \right\}\).
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 13}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right.\).
Cộng vế với vế ta được:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x = 15}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{ - 3y = - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{y = 1}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;1} \right)\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
Với \({\rm{A}}\) là một biểu thức ta có \(\sqrt {{A^2}} {\rm{ \;}} = |A|\) nghĩa là:
- \(\sqrt {{A^2}} {\rm{ \;}} = A\) nếu \({\rm{A}} \ge 0\).
- \(\sqrt {{A^2}} {\rm{ \;}} = {\rm{ \;}} - A\) nếu \({\rm{A}} < 0\).
Cách giải:
Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} - \frac{1}{3}\sqrt {18} \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} - \frac{1}{3}\sqrt {18} \\A = \left| {\sqrt 2 - 1} \right| - \frac{1}{3}\sqrt {{3^2}.2} \\A = \sqrt 2 - 1 - \frac{1}{3}.3.\sqrt 2 \,\,\left( {do\,\,\sqrt 2 - 1 > 0} \right)\\A = \sqrt 2 - 1 - \sqrt 2 \\A = - 1\end{array}\)
Vậy A = -1.
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
1) Vẽ đồ thị.
2) Tìm toạ độ giao điểm.
3) Sử dụng định lí vi - et
Cách giải:
1) Vẽ đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\).
Ta có bảng giá trị sau:
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2; - 8} \right);\,\,B\left( { - 1; - 2} \right);C\left( { - 1; - 2} \right);\,\,D\left( {2; - 8} \right)\)
Hệ số \(a = - 2 < 0\) nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) như sau:
2) Tìm tham số thực \(m\) để đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\) có điểm chung.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\), ta có:
\( - 2{x^2} = x - m \Leftrightarrow - 2{x^2} - x + m = 0\)
Để đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\)có điểm chung thì phương trình \( - 2{x^2} - x + m = 0\) phải có nghiệm.
\( \Leftrightarrow \Delta = {( - 1)^2} - 4.( - 2).m = 1 + 8m \ge 0 \Leftrightarrow m \ge \frac{{ - 1}}{8}\)
Vậy \(m \ge \frac{{ - 1}}{8}\) thì đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\)có điểm chung.
3) Cho phương trình \(3{x^2} + 5x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}.\)Tính giá trị biểu thức \(T = 6{x_1} - 7{x_1}{x_2} + 6{x_2}\).
Vì phương trình có hai nghiệm phân biệt nên theo hệ thức Viet ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{5}{3}\\{x_1}.{x_2} = - \frac{1}{3}\end{array} \right.\)
Khi đó ta có:
\(T = 6{x_1} - 7{x_1}{x_2} + 6{x_2}\)
\(\begin{array}{l} = 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 7{x_1}{x_2}\\ = 6.\left( { - \frac{5}{3}} \right) - 7.\left( { - \frac{1}{3}} \right)\\ = - \frac{{23}}{3}\end{array}\)
Vậy \(T = - \frac{{23}}{3}\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
1) Gọi hai vòi chảy riêng đầy bể lần lượt là \(x,y\) (phút, \(x,y > 40\))
Mỗi giờ vòi thứ nhất chảy một mình được \(\frac{1}{x}\) (bể), vòi thứ hai chảy một mình được \(\frac{1}{y}\) (bể)
Vì 2 vòi cùng chảy vào bể sau 40 phút thì đầy bể nên ta có:
\(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{40}}\) (1)
Vì nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì lúc này lượng nước trong bể chiếm \(\frac{5}{{12}}\) thể tích của bể nước nên ta có:
\(\frac{{15}}{x} + \frac{{20}}{y} = \frac{5}{{12}}\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{40}}\\\frac{{15}}{x} + \frac{{20}}{y} = \frac{5}{{12}}\end{array} \right.\).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \frac{1}{x}\\v = \frac{1}{y}\end{array} \right.\), hệ phương trình trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}u + v = \frac{1}{{40}}\\15u + 20v = \frac{5}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}15u + 15v = \frac{3}{8}\\15u + 20v = \frac{5}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5v = \frac{1}{{24}}\\u = \frac{1}{{40}} - v\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}v = \frac{1}{{120}}\\u = \frac{1}{{60}}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = \frac{1}{{60}}\\\frac{1}{y} = \frac{1}{{120}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 60\\y = 120\end{array} \right.\,\,\left( {TM} \right)\).
Vậy vòi 1 chảy một mình đầy bể trong 60 phút, vòi 2 chảy một mình đầy bể trong 120 phút.
2) Gọi \(h\) là đường cao của hình nón.
Ta có: \({r^2} + {h^2} = {l^2} \Leftrightarrow {6^2} + {h^2} = {10^2} \Leftrightarrow {h^2} = 64 \Leftrightarrow h = 8\) (cm).
Thể tích của hình nón là: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.6^2}.8 = 96\pi \,\left( {c{m^3}} \right)\).
Vậy thể tích của hình nón là: \(96\pi \left( {c{m^3}} \right).\)
Câu 5 (VD):
Cách giải:
1) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp.
Xét tứ giác AMNC có:
\(\angle CAM = {90^0}\) (\(\Delta ABC\) vuông tại A)
\(\angle CNM = {90^0}\) (do \(MN \bot AC\))
\( \Rightarrow \angle CAM + \angle CAN = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Suy ra tứ giác AMNC nội tiếp. (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
2) Chứng minh \(\angle ABK = \angle ACM\).
Vì AMNC là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle ACM = \angle ANM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (1)
Xét tứ giác ANBK có: \(\angle KAB = \angle KNB = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\)
Mà hai góc này ở vị trí hai góc kề nhau cùng chắn BK.
=> ANBK là tứ giác nội tiếp (dhnb)
\( \Rightarrow \angle ABK = \angle ANK = \angle ANM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle ABK = \angle ACM\,\,\left( {dpcm} \right)\).
3) Đoạn thẳng BK cắt đường tròn đường kính BM tại điểm D (D khác B). Gọi I là tâm và \(r\) là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác BKC . Chứng minh \(\frac{1}{r} = \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{AB}}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}KN \bot BC\\AB \bot CK\\KN \cap AB = \left\{ M \right\}\end{array} \right. \Rightarrow M\) là trực tâm tam giác BCK.
\( \Rightarrow CM\) là đường cao thứ ba của tam giác BCK \( \Rightarrow CM \bot BK\).
Mà \(\angle MDB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow MD \bot BD \Rightarrow MD \bot BK\)
=> C, M, D thẳng hàng.
Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên BK, BC, CK.
Ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta BCK}} = {S_{\Delta IBK}} + {S_{\Delta IBC}} + {S_{\Delta ICK}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}\left( {IX.BK + IY.BC + IZ.CK} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = r.\frac{{BK + BC + CK}}{2}\end{array}\)
Mặt khác:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta BCK}} = \frac{1}{2}CD.BK = \frac{1}{2}KN.BC = \frac{1}{2}AB.CK\\ \Rightarrow BK = \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{CD}},\,\,BC = \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{KN}},\,\,CK = \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{AB}}\end{array}\)
Do đó ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta BCK}} = r.\frac{{\frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{CD}} + \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{KN}} + \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{AB}}}}{2}\\ \Rightarrow {S_{\Delta BCK}} = r.\frac{{2{S_{\Delta BCK}}\left( {\frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{AB}}} \right)}}{2}\\ \Rightarrow 1 = r.\left( {\frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{AB}}} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{1}{r} = \frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{AB}}\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Câu 1: 1) Giải phương trình \({x^2} + 8x + 15 = 0\).
2) Giải phương trình \({x^4} - 3{x^2} - 4 = 0\).
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 13}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right.\).
Câu 2: Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 {\rm{ \;}} - 1} \right)}^2}} {\rm{ \;}} - \frac{1}{3}\sqrt {18} \).
Câu 3: 1) Vẽ đồ thị hàm số \(y = {\rm{ \;}} - 2{x^2}\).
2) Tìm tham số thực \(m\) để đồ thị hàm số \(y = {\rm{ \;}} - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\) có điểm chung.
3) Cho phương trình \(3{x^2} + 5x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}.\)Tính giá trị biểu thức \(T = 6{x_1} - 7{x_1}{x_2} + 6{x_2}\).
Câu 4: 1) Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn (không có nước) sau 40 phút thì đầy bể. Nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì lúc này lượng nước trong bể chiếm \(\frac{5}{{12}}\) thể tích của bể nước. Hỏi nếu mở riêng từng vời thì thời gian để mỗi vòi chảy đầy bể là bao lâu?
2) Một hình nón có bán kính đáy \(r = 6cm\), độ dài đường sinh \(l = 10cm\). Tính thể tích của hình nón đó.
Câu 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AB lấy điểm M (M khác A, M khác B). Từ điểm M vẽ đường thẳng MN vuông góc với BC (N thuộc BC) , đường thẳng MN cắt đường thằng AC tại K .
1) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp.
2) Chứng minh \(\angle ABK = \angle ACM\).
3) Đoạn thẳng BK cắt đường tròn đường kính BM tại điểm D (D khác B). Gọi I là tâm và \(r\) là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác BKC . Chứng minh \(\frac{1}{r} = \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{AB}}\).
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1) Bước 1: Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {{\rm{b}}^2} - 4{\rm{ac}}\)
Bước 2: So sánh \(\Delta \) với 0
- \(\Delta {\rm{ \;}} < 0 = {\rm{ \;}} > \) phương trình (1) vô nghiệm
- \(\Delta {\rm{ \;}} = 0\) => phương trình (1) có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}}\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\) => phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau:
2) Đặt ẩn đưa về phương trình bậc hai rồi giải.
3) Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.
Cách giải:
1) Giải phương trình \({x^2} + 8x + 15 = 0\).
Ta có \(\Delta ' = {4^2} - 1.15 = 1 > 0\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = \frac{{ - 4 + \sqrt 1 }}{1} = - 3}\\{{x_2} = \frac{{ - 4 - \sqrt 1 }}{1} = - 5}\end{array}} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 5; - 3} \right\}\).
2) Giải phương trình \({x^4} - 3{x^2} - 4 = 0\).
Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\) phương trình trở thành \({t^2} - 3t - 4 = 0\).
Ta có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.1.\left( { - 4} \right) = 9 + 16 = 25 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{t_1} = \frac{{3 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 1\,\,\,\,\,(ktm)}\\{{t_2} = \frac{{3 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 4\,\,\,\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)
Trở lại phép đặt ta có: \(t = 4 \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là\(S = \left\{ {2; - 2} \right\}\).
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 13}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right.\).
Cộng vế với vế ta được:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x = 15}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{ - 3y = - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{y = 1}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;1} \right)\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
Với \({\rm{A}}\) là một biểu thức ta có \(\sqrt {{A^2}} {\rm{ \;}} = |A|\) nghĩa là:
- \(\sqrt {{A^2}} {\rm{ \;}} = A\) nếu \({\rm{A}} \ge 0\).
- \(\sqrt {{A^2}} {\rm{ \;}} = {\rm{ \;}} - A\) nếu \({\rm{A}} < 0\).
Cách giải:
Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} - \frac{1}{3}\sqrt {18} \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} - \frac{1}{3}\sqrt {18} \\A = \left| {\sqrt 2 - 1} \right| - \frac{1}{3}\sqrt {{3^2}.2} \\A = \sqrt 2 - 1 - \frac{1}{3}.3.\sqrt 2 \,\,\left( {do\,\,\sqrt 2 - 1 > 0} \right)\\A = \sqrt 2 - 1 - \sqrt 2 \\A = - 1\end{array}\)
Vậy A = -1.
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
1) Vẽ đồ thị.
2) Tìm toạ độ giao điểm.
3) Sử dụng định lí vi - et
Cách giải:
1) Vẽ đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\).
Ta có bảng giá trị sau:
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2; - 8} \right);\,\,B\left( { - 1; - 2} \right);C\left( { - 1; - 2} \right);\,\,D\left( {2; - 8} \right)\)
Hệ số \(a = - 2 < 0\) nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) như sau:
2) Tìm tham số thực \(m\) để đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\) có điểm chung.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\), ta có:
\( - 2{x^2} = x - m \Leftrightarrow - 2{x^2} - x + m = 0\)
Để đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\)có điểm chung thì phương trình \( - 2{x^2} - x + m = 0\) phải có nghiệm.
\( \Leftrightarrow \Delta = {( - 1)^2} - 4.( - 2).m = 1 + 8m \ge 0 \Leftrightarrow m \ge \frac{{ - 1}}{8}\)
Vậy \(m \ge \frac{{ - 1}}{8}\) thì đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\)có điểm chung.
3) Cho phương trình \(3{x^2} + 5x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}.\)Tính giá trị biểu thức \(T = 6{x_1} - 7{x_1}{x_2} + 6{x_2}\).
Vì phương trình có hai nghiệm phân biệt nên theo hệ thức Viet ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{5}{3}\\{x_1}.{x_2} = - \frac{1}{3}\end{array} \right.\)
Khi đó ta có:
\(T = 6{x_1} - 7{x_1}{x_2} + 6{x_2}\)
\(\begin{array}{l} = 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 7{x_1}{x_2}\\ = 6.\left( { - \frac{5}{3}} \right) - 7.\left( { - \frac{1}{3}} \right)\\ = - \frac{{23}}{3}\end{array}\)
Vậy \(T = - \frac{{23}}{3}\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
1) Gọi hai vòi chảy riêng đầy bể lần lượt là \(x,y\) (phút, \(x,y > 40\))
Mỗi giờ vòi thứ nhất chảy một mình được \(\frac{1}{x}\) (bể), vòi thứ hai chảy một mình được \(\frac{1}{y}\) (bể)
Vì 2 vòi cùng chảy vào bể sau 40 phút thì đầy bể nên ta có:
\(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{40}}\) (1)
Vì nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì lúc này lượng nước trong bể chiếm \(\frac{5}{{12}}\) thể tích của bể nước nên ta có:
\(\frac{{15}}{x} + \frac{{20}}{y} = \frac{5}{{12}}\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{40}}\\\frac{{15}}{x} + \frac{{20}}{y} = \frac{5}{{12}}\end{array} \right.\).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \frac{1}{x}\\v = \frac{1}{y}\end{array} \right.\), hệ phương trình trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}u + v = \frac{1}{{40}}\\15u + 20v = \frac{5}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}15u + 15v = \frac{3}{8}\\15u + 20v = \frac{5}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5v = \frac{1}{{24}}\\u = \frac{1}{{40}} - v\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}v = \frac{1}{{120}}\\u = \frac{1}{{60}}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = \frac{1}{{60}}\\\frac{1}{y} = \frac{1}{{120}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 60\\y = 120\end{array} \right.\,\,\left( {TM} \right)\).
Vậy vòi 1 chảy một mình đầy bể trong 60 phút, vòi 2 chảy một mình đầy bể trong 120 phút.
2) Gọi \(h\) là đường cao của hình nón.
Ta có: \({r^2} + {h^2} = {l^2} \Leftrightarrow {6^2} + {h^2} = {10^2} \Leftrightarrow {h^2} = 64 \Leftrightarrow h = 8\) (cm).
Thể tích của hình nón là: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.6^2}.8 = 96\pi \,\left( {c{m^3}} \right)\).
Vậy thể tích của hình nón là: \(96\pi \left( {c{m^3}} \right).\)
Câu 5 (VD):
Cách giải:
1) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp.
Xét tứ giác AMNC có:
\(\angle CAM = {90^0}\) (\(\Delta ABC\) vuông tại A)
\(\angle CNM = {90^0}\) (do \(MN \bot AC\))
\( \Rightarrow \angle CAM + \angle CAN = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Suy ra tứ giác AMNC nội tiếp. (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
2) Chứng minh \(\angle ABK = \angle ACM\).
Vì AMNC là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle ACM = \angle ANM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (1)
Xét tứ giác ANBK có: \(\angle KAB = \angle KNB = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\)
Mà hai góc này ở vị trí hai góc kề nhau cùng chắn BK.
=> ANBK là tứ giác nội tiếp (dhnb)
\( \Rightarrow \angle ABK = \angle ANK = \angle ANM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle ABK = \angle ACM\,\,\left( {dpcm} \right)\).
3) Đoạn thẳng BK cắt đường tròn đường kính BM tại điểm D (D khác B). Gọi I là tâm và \(r\) là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác BKC . Chứng minh \(\frac{1}{r} = \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{AB}}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}KN \bot BC\\AB \bot CK\\KN \cap AB = \left\{ M \right\}\end{array} \right. \Rightarrow M\) là trực tâm tam giác BCK.
\( \Rightarrow CM\) là đường cao thứ ba của tam giác BCK \( \Rightarrow CM \bot BK\).
Mà \(\angle MDB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow MD \bot BD \Rightarrow MD \bot BK\)
=> C, M, D thẳng hàng.
Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên BK, BC, CK.
Ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta BCK}} = {S_{\Delta IBK}} + {S_{\Delta IBC}} + {S_{\Delta ICK}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}\left( {IX.BK + IY.BC + IZ.CK} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = r.\frac{{BK + BC + CK}}{2}\end{array}\)
Mặt khác:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta BCK}} = \frac{1}{2}CD.BK = \frac{1}{2}KN.BC = \frac{1}{2}AB.CK\\ \Rightarrow BK = \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{CD}},\,\,BC = \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{KN}},\,\,CK = \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{AB}}\end{array}\)
Do đó ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta BCK}} = r.\frac{{\frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{CD}} + \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{KN}} + \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{AB}}}}{2}\\ \Rightarrow {S_{\Delta BCK}} = r.\frac{{2{S_{\Delta BCK}}\left( {\frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{AB}}} \right)}}{2}\\ \Rightarrow 1 = r.\left( {\frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{AB}}} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{1}{r} = \frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{AB}}\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Đồng Nai năm 2023 là một bước quan trọng đánh dấu sự chuyển tiếp của học sinh từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Kỳ thi này không chỉ kiểm tra kiến thức Toán học mà còn đánh giá khả năng tư duy logic, phân tích và giải quyết vấn đề của học sinh. Do đó, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết.
Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2023 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Việc phân tích các đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai các năm trước là một cách hiệu quả để nắm bắt được xu hướng ra đề và mức độ khó của đề thi. Dưới đây là một số nhận xét chung:
Để ôn thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2023 hiệu quả, học sinh cần:
Ngoài bộ đề thi do toan9.edu.vn cung cấp, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Trước khi bước vào phòng thi, hãy:
toan9.edu.vn cam kết cung cấp cho bạn những tài liệu ôn thi chất lượng nhất, cùng với đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm, sẵn sàng hỗ trợ bạn trong suốt quá trình ôn luyện. Chúc bạn đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Đồng Nai năm 2023!
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.
