toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hà Tĩnh năm 2020. 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 bao gồm đề chính thức của kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2020 của các trường THPT trên địa bàn tỉnh Hà Tĩnh, kèm theo đáp án chi tiết và hướng dẫn giải.
Câu 1 (2 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
Câu 1 (2 điểm):
Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(P = \left( {\dfrac{{2 - \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\)
b) \(Q = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\dfrac{3}{{\sqrt x }} + 1} \right)\) với \(x > 0\)
Câu 2 (2,5 điểm):
a) Giải phương trình \({x^4} + 5{x^2} - 36 = 0\)
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right):y = \left( {a - 1} \right)x + b\) đi qua điểm \(M\left( { - 1; - 2} \right)\) và song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = 3x - 1.\) Tìm các số \(a\) và \(b\).
Câu 3 (1,5 điểm):
Trong quý I, cả hai tổ A và B sản xuất được 610 sản phẩm. Trong quý II, số sản phẩm tổ A tăng thêm 10%, tổ B tăng thêm 14% so với quý I, do đó cả hai tổ sản xuất được 681 sản phẩm. Hỏi trong quý I, mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu sản phẩm?
Câu 4 (1 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\)(\(H\)thuộc \(BC\)). Biết độ dài đoạn \(AB\) bằng \(5cm\), đoạn \(BH\) bằng \(3cm\). Tính độ dài các cạnh \(AC\) và \(BC\).
Câu 5 (2 điểm):
Cho đường tròn tâm O, đường kính MN, điểm I thay đổi trên đoạn OM (I khác M). Đường thẳng qua I vuông góc với MN cắt (O) tại P và Q. Trên tia đối của tia NM lấy điểm S cố định. Đoạn PS cắt (O) tại E, gọi H là giao điểm của EQ và MN.
a) Chứng minh tam giác SPN và tam giác SME đồng dạng.
b) Chứng minh độ dài OH không phụ thuộc vào vị trí điểm I.
Câu 6 (1 điểm):
Cho \(a,\,\,b\) là các số thực dương thỏa mãn \(a\left( {2a - 1} \right) + b\left( {2b - 1} \right) = 2ab.\)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(F = \dfrac{{{a^3} + 2020}}{b} + \dfrac{{{b^3} + 2020}}{a}.\)
Câu 1 - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba
Phương pháp:
a) Đặt nhân tử chung, rút gọn biểu thức đã cho.
b) Quy đồng mẫu các phân thức, rút gọn biểu thức đã cho.
Cách giải:
Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(P = \left( {\dfrac{{2 - \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{2 - \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt 2 \left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\ = \left( {\sqrt 2 + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\ = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - {1^2}\\ = 2 - 1 = 1\end{array}\)
b) \(Q = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\dfrac{3}{{\sqrt x }} + 1} \right)\) với \(x > 0\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}Q = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\dfrac{3}{{\sqrt x }} + 1} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right).\left( {\dfrac{{3 + \sqrt x }}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x - \sqrt x - 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{ - 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{ - 3}}{x}\end{array}\)
Vậy \(Q = - \dfrac{3}{x}\) với \(x > 0\).
Câu 2 - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 - Đại số
Phương pháp:
a) Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\) ta có phương trình: \({t^2} + 5t - 36 = 0.\)
Giải phương trình tìm ẩn \(t.\) Đối chiếu với điều kiện để loại nghiệm rồi tìm \(x.\)
b) Hai đường thẳng \(d:\,\,\,y = {a_1}x + {b_1}\) và \(d':\,\,\,y = {a_2}x + {b_2}\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\)
Thay tọa độ điểm \(M\) vào công thức hàm số \(d\).
Từ đó giải hệ phương trình tìm \(a,\,\,b.\)
Cách giải:
a) Giải phương trình \({x^4} + 5{x^2} - 36 = 0\)
Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\) ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}{t^2} + 5t - 36 = 0\\ \Leftrightarrow {t^2} + 9t - 4t - 36 = 0\\ \Leftrightarrow t\left( {t + 9} \right) - 4\left( {t + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 4} \right)\left( {t + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 4 = 0\\t + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 4\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - 9\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(t = 4 \Rightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = 2;x = - 2.\)
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right):y = \left( {a - 1} \right)x + b\) đi qua điểm \(M\left( { - 1; - 2} \right)\) và song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = 3x - 1.\) Tìm các số \(a\) và \(b\).
Vì hai đường thẳng \(\left( d \right)\) và \(\left( {d'} \right)\) song song với nhau nên \(\left\{ \begin{array}{l}a - 1 = 3\\b \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b \ne - 1\end{array} \right.\)
Suy ra đường thẳng \(\left( d \right):y = 3x + b\) \(\left( {b \ne - 1} \right)\)
Vì đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( { - 1; - 2} \right)\) nên thay \(x = - 1;y = - 2\) vào hàm số \(y = 3x + b\) ta được:
\( - 2 = 3.\left( { - 1} \right) + b \Leftrightarrow b = 1\) (thỏa mãn)
Vậy \(a = 4;b = 1.\)
Câu 3 - Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình
Phương pháp:
Gọi số sản phẩm tổ A và tổ B sản xuất được trong quý I lần lượt là \(x;y\) (sản phẩm) \(\left( {0 < x;y < 610} \right)\)
Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo các ẩn \(x,\,\,y\) vừa gọi rồi giải hệ phương trình.
Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Trong quý I, cả hai tổ A và B sản xuất được 610 sản phẩm. Trong quý II, số sản phẩm tổ A tăng thêm 10%, tổ B tăng thêm 14% so với quý I, do đó cả hai tổ sản xuất được 681 sản phẩm. Hỏi trong quý I, mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu sản phẩm?
Gọi số sản phẩm tổ A và tổ B sản xuất được trong quý I lần lượt là \(x;y\) (sản phẩm) \(\left( {0 < x;y < 610} \right)\)
Vì trong quý I, cả hai tổ A và B sản xuất được 610 sản phẩm nên ta có phương trình \(x + y = 610\) (sản phẩm)
Trong quý II:
Tổ A tăng thêm 10% so với quý I nên tổ A sản xuất được \(\left( {1 + 10\% } \right)x = 1,1x\) sản phẩm
Tổ B tăng thêm 14% so với quý I nên tổ B sản xuất được \(\left( {1 + 14\% } \right)x = 1,14y\) sản phẩm
Và cả 2 tổ sản xuất được 681 sản phẩm nên ta có phương trình \(1,1x + 1,14y = 681\) (sản phẩm)
Ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 610\\1,1x + 1,14y = 681\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,1x + 1,1y = 671\\1,1x + 1,14y = 681\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,04y = 10\\x + y = 610\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 250\\250 + x = 610\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 250\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 360\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy trong quý I, tổ A sản xuất được 360 sản phẩm, tổ B sản xuất được 250 sản phẩm.
Câu 4 - Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông
Phương pháp:
Sử dụng định lý Pitago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính.
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\)(\(H\)thuộc \(BC\)). Biết độ dài đoạn \(AB\) bằng \(5cm\), đoạn \(BH\) bằng \(3cm\). Tính độ dài các cạnh \(AC\) và \(BC\).
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH,\) theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(A{B^2} = BH.BC \Leftrightarrow BC = \dfrac{{A{B^2}}}{{BH}} = \dfrac{{{5^2}}}{3} = \dfrac{{25}}{3}\) cm
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), theo định lý Pytago ta có:
\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow A{C^2} = B{C^2} - A{B^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = {\left( {\dfrac{{25}}{3}} \right)^2} - {5^2} = \dfrac{{400}}{9}\\ \Rightarrow AC = \dfrac{{20}}{3}cm\end{array}\)
Vậy \(BC = \dfrac{{25}}{3}cm,AC = \dfrac{{20}}{3}cm.\)
Câu 5 - Ôn tập chương 3: Góc với đường tròn
Cách giải:
Cho đường tròn tâm O, đường kính MN, điểm I thay đổi trên đoạn OM (I khác M). Đường thẳng qua I vuông góc với MN cắt (O) tại P và Q. Trên tia đối của tia NM lấy điểm S cố định. Đoạn PS cắt (O) tại E, gọi H là giao điểm của EQ và MN.
a) Chứng minh tam giác SPN và tam giác SME đồng dạng.
Ta có: bốn điểm \(P,E,N,M\) cùng thuộc \(\left( O \right)\) nên tứ giác \(PENM\) nội tiếp.
\( \Rightarrow \angle EPN = \angle EMN\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(EN\))
Xét \(\Delta SPN\) và \(\Delta SME\) có:
\(\angle S\) chung
\(\angle EPN = \angle EMS\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta SPN \sim \Delta SME\left( {g - g} \right)\) (đpcm)
b) Chứng minh độ dài OH không phụ thuộc vào vị trí điểm I.
Từ câu a, \(\Delta SPN \sim \Delta SME \Rightarrow \dfrac{{SP}}{{SM}} = \dfrac{{SN}}{{SE}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow SP.SE = SM.SN\,\,\left( 1 \right)\)
Ta có: \(\angle PEH = \angle PEQ = \dfrac{1}{2}sdPQ = sdPM = \angle POM\)
\(\begin{array}{l}\angle PEH + \angle SEH = {180^0}\\\angle POM + \angle POS = {180^0}\\ \Rightarrow \angle SEH = \angle POS\end{array}\)
Xét \(\Delta SEH\) và \(\Delta SOP\) có:
\(\begin{array}{l}\angle SEH = \angle POS\left( {cmt} \right)\\\angle S\,\,chung\\ \Rightarrow \Delta SEH \sim \Delta SOP\left( {g - g} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{SE}}{{SO}} = \dfrac{{SH}}{{SP}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow SE.SP = SO.SH\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(SO.SH = SM.SN\)\( \Rightarrow SH = \dfrac{{SM.SN}}{{SO}}\)
Mà \(S,M,N,O\) cố định nên \(SM,SN,SO\) không đổi
\( \Rightarrow SH\) không đổi
\( \Rightarrow OH = SO - SH\) không đổi.
Vậy độ dài \(OH\) không phụ thuộc vào vị trí điểm \(I\). (đpcm)
Câu 6 - Bất đẳng thức
Cách giải:
\(\begin{array}{l}a\left( {2a - 1} \right) + b\left( {2b - 1} \right) = ab\\ \Leftrightarrow 2{a^2} + 2{b^2} - \left( {a + b} \right) = ab\\ \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - \left( {a + b} \right) = ab\\ \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + 2ab} \right) - \left( {a + b} \right) = 6ab\\ \Leftrightarrow 2{\left( {a + b} \right)^2} - \left( {a + b} \right) = 6ab \le 6.\dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4} = \dfrac{3}{2}{\left( {a + b} \right)^2}\\ \Rightarrow 2{\left( {a + b} \right)^2} - \left( {a + b} \right) - \dfrac{3}{2}{\left( {a + b} \right)^2} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}{\left( {a + b} \right)^2} - \left( {a + b} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow 0 \le a + b \le 2\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}F = \dfrac{{{a^3} + 2020}}{b} + \dfrac{{{b^3} + 2020}}{a}\\ = \dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{2020}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{a} + \dfrac{{2020}}{a}\\ = \left( {\dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{a}} \right) + 2020\left( {\dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{a}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{{a^4}}}{{ab}} + \dfrac{{{b^4}}}{{ab}}} \right) + 2020\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right)\end{array}\)
Áp dụng các BĐT cơ bản \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{a + b}}\) và \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{{a + b}}\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{a^4}}}{{ab}} + \dfrac{{{b^4}}}{{ab}}} \right) + 2020\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right) \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{2ab}} + 2020.\dfrac{4}{{a + b}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \dfrac{{8080}}{{a + b}} = {a^2} + {b^2} + \dfrac{{8080}}{{a + b}}\\ \ge \dfrac{1}{2}{\left( {a + b} \right)^2} + \dfrac{{8080}}{{a + b}}\\ = \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} + \dfrac{4}{{a + b}} + \dfrac{4}{{a + b}} + \dfrac{{8072}}{{a + b}}\\ \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}.\dfrac{4}{{a + b}}.\dfrac{4}{{a + b}}}} + \dfrac{{8072}}{2} = 4042\\ \Rightarrow F \ge 4042\end{array}\)
\( \Rightarrow {F_{\min }} = 4042\) khi \(a = b = 1\).
Câu 1 (2 điểm):
Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(P = \left( {\dfrac{{2 - \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\)
b) \(Q = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\dfrac{3}{{\sqrt x }} + 1} \right)\) với \(x > 0\)
Câu 2 (2,5 điểm):
a) Giải phương trình \({x^4} + 5{x^2} - 36 = 0\)
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right):y = \left( {a - 1} \right)x + b\) đi qua điểm \(M\left( { - 1; - 2} \right)\) và song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = 3x - 1.\) Tìm các số \(a\) và \(b\).
Câu 3 (1,5 điểm):
Trong quý I, cả hai tổ A và B sản xuất được 610 sản phẩm. Trong quý II, số sản phẩm tổ A tăng thêm 10%, tổ B tăng thêm 14% so với quý I, do đó cả hai tổ sản xuất được 681 sản phẩm. Hỏi trong quý I, mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu sản phẩm?
Câu 4 (1 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\)(\(H\)thuộc \(BC\)). Biết độ dài đoạn \(AB\) bằng \(5cm\), đoạn \(BH\) bằng \(3cm\). Tính độ dài các cạnh \(AC\) và \(BC\).
Câu 5 (2 điểm):
Cho đường tròn tâm O, đường kính MN, điểm I thay đổi trên đoạn OM (I khác M). Đường thẳng qua I vuông góc với MN cắt (O) tại P và Q. Trên tia đối của tia NM lấy điểm S cố định. Đoạn PS cắt (O) tại E, gọi H là giao điểm của EQ và MN.
a) Chứng minh tam giác SPN và tam giác SME đồng dạng.
b) Chứng minh độ dài OH không phụ thuộc vào vị trí điểm I.
Câu 6 (1 điểm):
Cho \(a,\,\,b\) là các số thực dương thỏa mãn \(a\left( {2a - 1} \right) + b\left( {2b - 1} \right) = 2ab.\)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(F = \dfrac{{{a^3} + 2020}}{b} + \dfrac{{{b^3} + 2020}}{a}.\)
Câu 1 - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba
Phương pháp:
a) Đặt nhân tử chung, rút gọn biểu thức đã cho.
b) Quy đồng mẫu các phân thức, rút gọn biểu thức đã cho.
Cách giải:
Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(P = \left( {\dfrac{{2 - \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{2 - \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt 2 \left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\ = \left( {\sqrt 2 + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\ = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - {1^2}\\ = 2 - 1 = 1\end{array}\)
b) \(Q = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\dfrac{3}{{\sqrt x }} + 1} \right)\) với \(x > 0\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}Q = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\dfrac{3}{{\sqrt x }} + 1} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right).\left( {\dfrac{{3 + \sqrt x }}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x - \sqrt x - 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{ - 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{ - 3}}{x}\end{array}\)
Vậy \(Q = - \dfrac{3}{x}\) với \(x > 0\).
Câu 2 - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 - Đại số
Phương pháp:
a) Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\) ta có phương trình: \({t^2} + 5t - 36 = 0.\)
Giải phương trình tìm ẩn \(t.\) Đối chiếu với điều kiện để loại nghiệm rồi tìm \(x.\)
b) Hai đường thẳng \(d:\,\,\,y = {a_1}x + {b_1}\) và \(d':\,\,\,y = {a_2}x + {b_2}\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\)
Thay tọa độ điểm \(M\) vào công thức hàm số \(d\).
Từ đó giải hệ phương trình tìm \(a,\,\,b.\)
Cách giải:
a) Giải phương trình \({x^4} + 5{x^2} - 36 = 0\)
Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\) ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}{t^2} + 5t - 36 = 0\\ \Leftrightarrow {t^2} + 9t - 4t - 36 = 0\\ \Leftrightarrow t\left( {t + 9} \right) - 4\left( {t + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 4} \right)\left( {t + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 4 = 0\\t + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 4\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - 9\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(t = 4 \Rightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = 2;x = - 2.\)
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right):y = \left( {a - 1} \right)x + b\) đi qua điểm \(M\left( { - 1; - 2} \right)\) và song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = 3x - 1.\) Tìm các số \(a\) và \(b\).
Vì hai đường thẳng \(\left( d \right)\) và \(\left( {d'} \right)\) song song với nhau nên \(\left\{ \begin{array}{l}a - 1 = 3\\b \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b \ne - 1\end{array} \right.\)
Suy ra đường thẳng \(\left( d \right):y = 3x + b\) \(\left( {b \ne - 1} \right)\)
Vì đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( { - 1; - 2} \right)\) nên thay \(x = - 1;y = - 2\) vào hàm số \(y = 3x + b\) ta được:
\( - 2 = 3.\left( { - 1} \right) + b \Leftrightarrow b = 1\) (thỏa mãn)
Vậy \(a = 4;b = 1.\)
Câu 3 - Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình
Phương pháp:
Gọi số sản phẩm tổ A và tổ B sản xuất được trong quý I lần lượt là \(x;y\) (sản phẩm) \(\left( {0 < x;y < 610} \right)\)
Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo các ẩn \(x,\,\,y\) vừa gọi rồi giải hệ phương trình.
Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Trong quý I, cả hai tổ A và B sản xuất được 610 sản phẩm. Trong quý II, số sản phẩm tổ A tăng thêm 10%, tổ B tăng thêm 14% so với quý I, do đó cả hai tổ sản xuất được 681 sản phẩm. Hỏi trong quý I, mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu sản phẩm?
Gọi số sản phẩm tổ A và tổ B sản xuất được trong quý I lần lượt là \(x;y\) (sản phẩm) \(\left( {0 < x;y < 610} \right)\)
Vì trong quý I, cả hai tổ A và B sản xuất được 610 sản phẩm nên ta có phương trình \(x + y = 610\) (sản phẩm)
Trong quý II:
Tổ A tăng thêm 10% so với quý I nên tổ A sản xuất được \(\left( {1 + 10\% } \right)x = 1,1x\) sản phẩm
Tổ B tăng thêm 14% so với quý I nên tổ B sản xuất được \(\left( {1 + 14\% } \right)x = 1,14y\) sản phẩm
Và cả 2 tổ sản xuất được 681 sản phẩm nên ta có phương trình \(1,1x + 1,14y = 681\) (sản phẩm)
Ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 610\\1,1x + 1,14y = 681\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,1x + 1,1y = 671\\1,1x + 1,14y = 681\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,04y = 10\\x + y = 610\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 250\\250 + x = 610\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 250\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 360\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy trong quý I, tổ A sản xuất được 360 sản phẩm, tổ B sản xuất được 250 sản phẩm.
Câu 4 - Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông
Phương pháp:
Sử dụng định lý Pitago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính.
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\)(\(H\)thuộc \(BC\)). Biết độ dài đoạn \(AB\) bằng \(5cm\), đoạn \(BH\) bằng \(3cm\). Tính độ dài các cạnh \(AC\) và \(BC\).
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH,\) theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(A{B^2} = BH.BC \Leftrightarrow BC = \dfrac{{A{B^2}}}{{BH}} = \dfrac{{{5^2}}}{3} = \dfrac{{25}}{3}\) cm
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), theo định lý Pytago ta có:
\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow A{C^2} = B{C^2} - A{B^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = {\left( {\dfrac{{25}}{3}} \right)^2} - {5^2} = \dfrac{{400}}{9}\\ \Rightarrow AC = \dfrac{{20}}{3}cm\end{array}\)
Vậy \(BC = \dfrac{{25}}{3}cm,AC = \dfrac{{20}}{3}cm.\)
Câu 5 - Ôn tập chương 3: Góc với đường tròn
Cách giải:
Cho đường tròn tâm O, đường kính MN, điểm I thay đổi trên đoạn OM (I khác M). Đường thẳng qua I vuông góc với MN cắt (O) tại P và Q. Trên tia đối của tia NM lấy điểm S cố định. Đoạn PS cắt (O) tại E, gọi H là giao điểm của EQ và MN.
a) Chứng minh tam giác SPN và tam giác SME đồng dạng.
Ta có: bốn điểm \(P,E,N,M\) cùng thuộc \(\left( O \right)\) nên tứ giác \(PENM\) nội tiếp.
\( \Rightarrow \angle EPN = \angle EMN\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(EN\))
Xét \(\Delta SPN\) và \(\Delta SME\) có:
\(\angle S\) chung
\(\angle EPN = \angle EMS\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta SPN \sim \Delta SME\left( {g - g} \right)\) (đpcm)
b) Chứng minh độ dài OH không phụ thuộc vào vị trí điểm I.
Từ câu a, \(\Delta SPN \sim \Delta SME \Rightarrow \dfrac{{SP}}{{SM}} = \dfrac{{SN}}{{SE}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow SP.SE = SM.SN\,\,\left( 1 \right)\)
Ta có: \(\angle PEH = \angle PEQ = \dfrac{1}{2}sdPQ = sdPM = \angle POM\)
\(\begin{array}{l}\angle PEH + \angle SEH = {180^0}\\\angle POM + \angle POS = {180^0}\\ \Rightarrow \angle SEH = \angle POS\end{array}\)
Xét \(\Delta SEH\) và \(\Delta SOP\) có:
\(\begin{array}{l}\angle SEH = \angle POS\left( {cmt} \right)\\\angle S\,\,chung\\ \Rightarrow \Delta SEH \sim \Delta SOP\left( {g - g} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{SE}}{{SO}} = \dfrac{{SH}}{{SP}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow SE.SP = SO.SH\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(SO.SH = SM.SN\)\( \Rightarrow SH = \dfrac{{SM.SN}}{{SO}}\)
Mà \(S,M,N,O\) cố định nên \(SM,SN,SO\) không đổi
\( \Rightarrow SH\) không đổi
\( \Rightarrow OH = SO - SH\) không đổi.
Vậy độ dài \(OH\) không phụ thuộc vào vị trí điểm \(I\). (đpcm)
Câu 6 - Bất đẳng thức
Cách giải:
\(\begin{array}{l}a\left( {2a - 1} \right) + b\left( {2b - 1} \right) = ab\\ \Leftrightarrow 2{a^2} + 2{b^2} - \left( {a + b} \right) = ab\\ \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - \left( {a + b} \right) = ab\\ \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + 2ab} \right) - \left( {a + b} \right) = 6ab\\ \Leftrightarrow 2{\left( {a + b} \right)^2} - \left( {a + b} \right) = 6ab \le 6.\dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4} = \dfrac{3}{2}{\left( {a + b} \right)^2}\\ \Rightarrow 2{\left( {a + b} \right)^2} - \left( {a + b} \right) - \dfrac{3}{2}{\left( {a + b} \right)^2} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}{\left( {a + b} \right)^2} - \left( {a + b} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow 0 \le a + b \le 2\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}F = \dfrac{{{a^3} + 2020}}{b} + \dfrac{{{b^3} + 2020}}{a}\\ = \dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{2020}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{a} + \dfrac{{2020}}{a}\\ = \left( {\dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{a}} \right) + 2020\left( {\dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{a}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{{a^4}}}{{ab}} + \dfrac{{{b^4}}}{{ab}}} \right) + 2020\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right)\end{array}\)
Áp dụng các BĐT cơ bản \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{a + b}}\) và \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{{a + b}}\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{a^4}}}{{ab}} + \dfrac{{{b^4}}}{{ab}}} \right) + 2020\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right) \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{2ab}} + 2020.\dfrac{4}{{a + b}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \dfrac{{8080}}{{a + b}} = {a^2} + {b^2} + \dfrac{{8080}}{{a + b}}\\ \ge \dfrac{1}{2}{\left( {a + b} \right)^2} + \dfrac{{8080}}{{a + b}}\\ = \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} + \dfrac{4}{{a + b}} + \dfrac{4}{{a + b}} + \dfrac{{8072}}{{a + b}}\\ \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}.\dfrac{4}{{a + b}}.\dfrac{4}{{a + b}}}} + \dfrac{{8072}}{2} = 4042\\ \Rightarrow F \ge 4042\end{array}\)
\( \Rightarrow {F_{\min }} = 4042\) khi \(a = b = 1\).
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 các đề thi thử và đề thi chính thức của các năm trước đóng vai trò then chốt. Bài viết này sẽ cung cấp phân tích chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2020, cùng với những lời khuyên hữu ích để các em học sinh có thể ôn thi hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2020 thường có cấu trúc tương đối ổn định qua các năm, bao gồm các phần chính sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Đề thi chính thức vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2020 có độ khó tương đối vừa phải, tập trung vào các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán lớp 9. Đề thi có sự phân hóa rõ rệt, với các câu hỏi dễ, trung bình và khó, giúp phân loại học sinh một cách chính xác.
Một số câu hỏi trong đề thi năm 2020 yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức tổng hợp, kết hợp nhiều chủ đề khác nhau để giải quyết. Điều này đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic, khả năng phân tích và tổng hợp thông tin tốt.
Để ôn thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2020 hiệu quả, các em học sinh cần:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2020, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2020 là một tài liệu ôn thi vô cùng hữu ích cho các em học sinh. Việc nắm vững kiến thức, luyện tập thường xuyên và áp dụng các phương pháp giải toán hiệu quả sẽ giúp các em tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em học sinh đạt kết quả tốt nhất!
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.
