toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2023, được tổng hợp từ các nguồn uy tín. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh lớp 10.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi chính thức, đề thi thử với nhiều dạng bài tập khác nhau, giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau: a) \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 \). b) \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\) (với \(\left. {x > 0;x \ne 4} \right)\).
Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 \).
b) \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\) (với \(\left. {x > 0;x \ne 4} \right)\).
Câu 2:
a) Cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = (m - 3)x + 4\left( m \right.\) là tham số) và \(\left( {{d_2}} \right):y = 2x - 1\). Tìm giá trị của \(m\) để hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau.
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 3}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right.\).
Câu 3: Cho phương trình \({x^2} - 2mx + {m^2} - m - 2 = 0\) (m là tham số). Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2\left( {1 + {x_1}{x_2}} \right)}} = \frac{1}{6}.\)
Câu 4: Một phòng họp ban đầu có 96 ghế được xếp thành các dãy và số ghế trong mỗi dãy đều bằng nhau. Có một lần phòng họp phải cất bớt 2 dãy ghế và mỗi dãy còn lại xếp thêm 1 ghế (số ghế trong các dãy vẫn bằng nhau) để vừa đủ chỗ ngồi cho 110 đại biểu. Hỏi ban đầu trong phòng họp có bao nhiêu dãy ghế?
Câu 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (\(H \in BC\)). Biết độ dài đoạn \(AB = 5cm\) và \(AH = 4cm.\) Tính độ dài đoạn BH và diện tích tam giác ABC.
Câu 6: Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D và E (D khác B và E khác C). Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD.
a) Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp.
b) Đường thẳng AH cắt BC tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm P (P nằm giữa A và H). Đường thẳng DF cắt đường tròn (O) tại điểm K (K khác D). Gọi M là giao điểm của EK và BC, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDP. Chứng minh \(C{E^2} = BC.MC\) và ba điểm B, I, P thẳng hàng.
Câu 7: Cho a, b, c là các số thực khác không. Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\(P = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2{{(b + c)}^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 2{{(c + a)}^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 2{{(a + b)}^2}}}.\)
----- HẾT -----
Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 \).
b) \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\) (với \(\left. {x > 0;x \ne 4} \right)\).
Câu 2:
a) Cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = (m - 3)x + 4\left( m \right.\) là tham số) và \(\left( {{d_2}} \right):y = 2x - 1\). Tìm giá trị của \(m\) để hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau.
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 3}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right.\).
Câu 3: Cho phương trình \({x^2} - 2mx + {m^2} - m - 2 = 0\) (m là tham số). Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2\left( {1 + {x_1}{x_2}} \right)}} = \frac{1}{6}.\)
Câu 4: Một phòng họp ban đầu có 96 ghế được xếp thành các dãy và số ghế trong mỗi dãy đều bằng nhau. Có một lần phòng họp phải cất bớt 2 dãy ghế và mỗi dãy còn lại xếp thêm 1 ghế (số ghế trong các dãy vẫn bằng nhau) để vừa đủ chỗ ngồi cho 110 đại biểu. Hỏi ban đầu trong phòng họp có bao nhiêu dãy ghế?
Câu 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (\(H \in BC\)). Biết độ dài đoạn \(AB = 5cm\) và \(AH = 4cm.\) Tính độ dài đoạn BH và diện tích tam giác ABC.
Câu 6: Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D và E (D khác B và E khác C). Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD.
a) Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp.
b) Đường thẳng AH cắt BC tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm P (P nằm giữa A và H). Đường thẳng DF cắt đường tròn (O) tại điểm K (K khác D). Gọi M là giao điểm của EK và BC, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDP. Chứng minh \(C{E^2} = BC.MC\) và ba điểm B, I, P thẳng hàng.
Câu 7: Cho a, b, c là các số thực khác không. Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\(P = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2{{(b + c)}^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 2{{(c + a)}^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 2{{(a + b)}^2}}}.\)
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
a) Căn bậc hai của một số \(a\) là một số \(x\) sao cho \({x^2} = a\)
b) Quy đồng và rút gọn sử dụng hằng đẳng thức.
Cách giải:
a) \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 \).
Ta có: \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 = \sqrt {{{3.4}^2}} - 3\sqrt 3 = 4\sqrt 3 - 3\sqrt 3 = \sqrt 3 \)
Vậy \(A = \sqrt 3 .\)
b) \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\) (với \(\left. {x > 0;x \ne 4} \right)\).
Với \(x > 0;x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\\\,\,\, = \left( {\frac{{\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right).\frac{{x - 4}}{{\sqrt x }}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\frac{{x - 4}}{{\sqrt x }}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x }}{{x - 4}}.\frac{{x - 4}}{{\sqrt x }}\\\,\,\, = 2\end{array}\)
Vậy \(B = 2.\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Để hai đường thẳng song song thì hệ số góc bằng nhau.
b) Sử dụng phương pháp thế hoặc phương pháp trừ vế.
Cách giải:
Cách giải:
a) Cho hai dường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = (m - 3)x + 4\left( m \right.\) là tham số) và \(\left( {{d_2}} \right):y = 2x - 1\). Tìm giá trị của \(m\) để hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau.
Để \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau thì \(\left\{ \begin{array}{l}m - 3 = 2\\4 \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 5\).
Vậy với \(m = 5\) thì hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\)và\(\left( {{d_2}} \right)\)song song với nhau.
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 3}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 3}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{3x + 2y = 8\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)
Thay (1) vào (2) ta có
\(\begin{array}{l}\left( 2 \right) \Leftrightarrow 3x + 2\left( {2x - 3} \right) = 8\\ \Leftrightarrow 3x + 4x - 6 = 8\\ \Leftrightarrow 7x = 14\\ \Leftrightarrow x = 2.\end{array}\)
Thay \(x = 2\)vào (1) ta được\(y = 2.2 - 3 = 1\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm\(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng định lí Vi – ét.
Nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0(a \ne 0)\) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S = {X_1} + {X_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{P = {x_1} \cdot {X_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Ta có \(\Delta ' = {m^2} - \left( {{m^2} - m - 2} \right) = {m^2} - {m^2} + m + 2 = m + 2\)
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow m + 2 > 0 \Leftrightarrow m > - 2\)
Vậy \(m > - 2\) thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)
Áp dụng hệ thức Viet có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}.{x_2} = {m^2} - m - 2\end{array} \right.\)
Để \(\frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2\left( {1 + {x_1}{x_2}} \right)}} = \frac{1}{6}.\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_1} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{m^2} - m - 2 + 1}}{{{{\left( {2m} \right)}^2} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{m^2} - m - 1}}{{4{m^2} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow 6{m^2} - 6m - 6 = 4{m^2} + 2\)
\( \Leftrightarrow 2{m^2} - 6m - 8 = 0\)
\( \Leftrightarrow 2\left( {m + 1} \right)\left( {m - 4} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\left( {TM} \right)\\m = 4\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)
Vậy m = -1 hoặc m = 4 thỏa mãn bài toán.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Cách giải:
Gọi x là số dãy ghế ban đầu. \(\left( {x > 2,x \in {N^*}} \right)\).
Sau khi cất đi 2 dãy ghế, số dãy ghế còn lại là: \(x - 2\) (dãy).
Số ghế ở mỗi hàng lúc ban đầu là \(\frac{{96}}{x}\) (ghế).
Số ghế ở mỗi hàng sau khi bỏ bớt hai hàng là \(\frac{{110}}{{x - 2}}\) (ghế).
Vì khi cất bớt 2 dãy ghế và mỗi dãy còn lại xếp thêm 1 ghế nên ta có phương trình:
\(\frac{{110}}{{x - 2}} - \frac{{96}}{x} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{110x}}{{\left( {x - 2} \right)x}} - \frac{{96\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{110x - 96\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{110x - 96x + 192}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{14x + 192}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow 14x + 192 = {x^2} - 2x\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 16x - 192 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x - 24} \right)\left( {x + 8} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 24\left( {tm} \right)\\x = - 8\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy số dãy ghế lúc đầu là 24 dãy ghế.
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
Áp dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH ta được: \(A{B^2} = BH.BC\).
Cách giải:
Áp dụng định lý Pytago cho tam giác ABH vuông tại H ta được: \(A{H^2} + B{H^2} = A{B^2}\)
\( \Rightarrow {4^2} + B{H^2} = {5^2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 16 + B{H^2} = 25\\ \Leftrightarrow B{H^2} = 9\\ \Leftrightarrow BH = 3\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH ta được: \(A{B^2} = BH.BC\)
\( \Rightarrow BC = \frac{{A{B^2}}}{{BH}} = \frac{{{5^2}}}{3} = \frac{{25}}{3}\)
Diện tích tam giác ABC là: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AH.BC = \frac{1}{2}.4.\frac{{25}}{3} = \frac{{50}}{3}\left( {c{m^2}} \right)\)
Câu 6 (VD):
Cách giải:
a) Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp.
Ta có \(\angle BEC = \angle BDC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \angle ADH = \angle AEH = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle ADH + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow ADHE\) là tứ giác nội tiếp
(Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Đường thẳng AH cắt BC tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm P (P nằm giữa A và H). Đường thẳng DF cắt đường tròn (O) tại điểm K (K khác D). Gọi M là giao điểm của EK và BC, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDP. Chứng minh \(C{E^2} = BC.MC\) và ba điểm B, I, P thẳng hàng.
+) Chứng minh CE2 = BC.MC.
Xét tam giác ABC có: \(\angle BEC = \angle BDC = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BE \bot AC,\,\,CD \bot AB\).
Mà \(BE \cap CD = \left\{ H \right\} \Rightarrow H\) là trực tâm của tam giác ABC.
\( \Rightarrow AH \bot BC\) tại F \( \Rightarrow AF \bot BC \Rightarrow \angle BFH = {90^0}\).
Xét tứ giác BFHD có: \(\angle BFH + \angle BDH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow BFHD\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle DFH = \angle DBH = \angle DBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DH)
Mà \(\angle DBE = \angle DKE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE)
\( \Rightarrow \angle DFH = \angle DKE\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau.
\( \Rightarrow FP//KE \Rightarrow AF//KE\) (dhnb).
Mà \(AF \bot BC\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow KE \bot BC\) tại M \( \Rightarrow EM \bot BC\).
Xét tam giác BCE vuông tại E, đường cao EM có: \(C{E^2} = BC.MC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (đpcm).
+) Chứng minh ba điểm B, I, P thẳng hàng.
Xét \(\Delta CHF\) và \(\Delta CBD\) có:
$\begin{align} \angle CFH=\angle CDB={{90}^{0}} \\ \angle BCD\,\,chung \\ \Rightarrow \Delta CHF\backsim \Delta CBD\,\,\left( g.g \right) \\ \end{align}$
\( \Rightarrow \frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CF}}{{CD}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow CH.CD = CB.CF\) (1)
Ta có: \(\angle CPB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \Delta CBP\) vuông tại P.
Xét tam giác CBP vuông tại P, đường cao PF có:
\(C{P^2} = CB.CF\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow CH.CD = C{P^2} \Rightarrow \frac{{CH}}{{CP}} = \frac{{CP}}{{CD}}\).
Xét \(\Delta CHP\) và \(\Delta CPD\) có:
$\begin{align}\angle PCD\,\,chung \\ \frac{CH}{CP}=\frac{CP}{CD}\,\,\left( cmt \right) \\ \Rightarrow \Delta CHP\backsim \Delta CPD\,\,\left( c.g.c \right) \\ \end{align}$
\( \Rightarrow \angle HPC = \angle PDC = \angle PDH\) (2 góc tương ứng).
Ta có \(\angle HPI = \frac{{{{180}^0} - \angle HIP}}{2} = {90^0} - \frac{{\angle HIP}}{2} = {90^0} - \angle PDH\) (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung HP)
\( \Rightarrow \angle HIP = {90^0} - \angle HPC \Leftrightarrow \angle HIP + \angle HPC = {90^0} \Leftrightarrow \angle CPI = {90^0}\)
\( \Rightarrow IP \bot PC\) (3)
Mà \(\angle CPB = {90^0}\) (cmt) \( \Rightarrow BP \bot PC\) (4)
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow B,\,\,I,\,\,P\) thẳng hàng (đpcm).
Câu 7 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki.
Cách giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:
\({\left( {a + b} \right)^2} \le \left( {1 + 1} \right)\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\)
\({\left( {b + c} \right)^2} \le 2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\)
\({\left( {c + a} \right)^2} \le 2\left( {{c^2} + {a^2}} \right)\)
Suy ra: \(P\, \ge \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}}\)
\(\,\,\, = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{1}{3} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{1}{3} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}} + \frac{1}{3} - 1\)
\(\,\,\, = \frac{{4({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{3\left( {{a^2} + 4({b^2} + {c^2})} \right)}} + \frac{{4({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{3\left( {{b^2} + 4({c^2} + {a^2})} \right)}} + \frac{{4({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{3\left( {{c^2} + 4({a^2} + {b^2})} \right)}} - 1\)
\(\,\,\, = \frac{4}{3}({a^2} + {b^2} + {c^2})\left( {\frac{1}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{1}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{1}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}}} \right) - 1\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số ta được:
\(\frac{1}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{1}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{1}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}} \ge \frac{{{{\left( {1 + 1 + 1} \right)}^2}}}{{9\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} = \frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\)
Do đó: \(P \ge \frac{4}{3}.\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right).\frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} - 1 = \frac{4}{3} - 1 = \frac{1}{3}\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(\frac{1}{3}\) khi \(a = b = c\).
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
a) Căn bậc hai của một số \(a\) là một số \(x\) sao cho \({x^2} = a\)
b) Quy đồng và rút gọn sử dụng hằng đẳng thức.
Cách giải:
a) \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 \).
Ta có: \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 = \sqrt {{{3.4}^2}} - 3\sqrt 3 = 4\sqrt 3 - 3\sqrt 3 = \sqrt 3 \)
Vậy \(A = \sqrt 3 .\)
b) \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\) (với \(\left. {x > 0;x \ne 4} \right)\).
Với \(x > 0;x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\\\,\,\, = \left( {\frac{{\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right).\frac{{x - 4}}{{\sqrt x }}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\frac{{x - 4}}{{\sqrt x }}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x }}{{x - 4}}.\frac{{x - 4}}{{\sqrt x }}\\\,\,\, = 2\end{array}\)
Vậy \(B = 2.\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Để hai đường thẳng song song thì hệ số góc bằng nhau.
b) Sử dụng phương pháp thế hoặc phương pháp trừ vế.
Cách giải:
Cách giải:
a) Cho hai dường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = (m - 3)x + 4\left( m \right.\) là tham số) và \(\left( {{d_2}} \right):y = 2x - 1\). Tìm giá trị của \(m\) để hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau.
Để \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau thì \(\left\{ \begin{array}{l}m - 3 = 2\\4 \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 5\).
Vậy với \(m = 5\) thì hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\)và\(\left( {{d_2}} \right)\)song song với nhau.
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 3}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 3}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{3x + 2y = 8\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)
Thay (1) vào (2) ta có
\(\begin{array}{l}\left( 2 \right) \Leftrightarrow 3x + 2\left( {2x - 3} \right) = 8\\ \Leftrightarrow 3x + 4x - 6 = 8\\ \Leftrightarrow 7x = 14\\ \Leftrightarrow x = 2.\end{array}\)
Thay \(x = 2\)vào (1) ta được\(y = 2.2 - 3 = 1\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm\(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng định lí Vi – ét.
Nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0(a \ne 0)\) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S = {X_1} + {X_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{P = {x_1} \cdot {X_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Ta có \(\Delta ' = {m^2} - \left( {{m^2} - m - 2} \right) = {m^2} - {m^2} + m + 2 = m + 2\)
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow m + 2 > 0 \Leftrightarrow m > - 2\)
Vậy \(m > - 2\) thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)
Áp dụng hệ thức Viet có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}.{x_2} = {m^2} - m - 2\end{array} \right.\)
Để \(\frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2\left( {1 + {x_1}{x_2}} \right)}} = \frac{1}{6}.\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_1} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{m^2} - m - 2 + 1}}{{{{\left( {2m} \right)}^2} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{m^2} - m - 1}}{{4{m^2} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow 6{m^2} - 6m - 6 = 4{m^2} + 2\)
\( \Leftrightarrow 2{m^2} - 6m - 8 = 0\)
\( \Leftrightarrow 2\left( {m + 1} \right)\left( {m - 4} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\left( {TM} \right)\\m = 4\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)
Vậy m = -1 hoặc m = 4 thỏa mãn bài toán.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Cách giải:
Gọi x là số dãy ghế ban đầu. \(\left( {x > 2,x \in {N^*}} \right)\).
Sau khi cất đi 2 dãy ghế, số dãy ghế còn lại là: \(x - 2\) (dãy).
Số ghế ở mỗi hàng lúc ban đầu là \(\frac{{96}}{x}\) (ghế).
Số ghế ở mỗi hàng sau khi bỏ bớt hai hàng là \(\frac{{110}}{{x - 2}}\) (ghế).
Vì khi cất bớt 2 dãy ghế và mỗi dãy còn lại xếp thêm 1 ghế nên ta có phương trình:
\(\frac{{110}}{{x - 2}} - \frac{{96}}{x} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{110x}}{{\left( {x - 2} \right)x}} - \frac{{96\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{110x - 96\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{110x - 96x + 192}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{14x + 192}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow 14x + 192 = {x^2} - 2x\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 16x - 192 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x - 24} \right)\left( {x + 8} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 24\left( {tm} \right)\\x = - 8\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy số dãy ghế lúc đầu là 24 dãy ghế.
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
Áp dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH ta được: \(A{B^2} = BH.BC\).
Cách giải:
Áp dụng định lý Pytago cho tam giác ABH vuông tại H ta được: \(A{H^2} + B{H^2} = A{B^2}\)
\( \Rightarrow {4^2} + B{H^2} = {5^2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 16 + B{H^2} = 25\\ \Leftrightarrow B{H^2} = 9\\ \Leftrightarrow BH = 3\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH ta được: \(A{B^2} = BH.BC\)
\( \Rightarrow BC = \frac{{A{B^2}}}{{BH}} = \frac{{{5^2}}}{3} = \frac{{25}}{3}\)
Diện tích tam giác ABC là: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AH.BC = \frac{1}{2}.4.\frac{{25}}{3} = \frac{{50}}{3}\left( {c{m^2}} \right)\)
Câu 6 (VD):
Cách giải:
a) Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp.
Ta có \(\angle BEC = \angle BDC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \angle ADH = \angle AEH = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle ADH + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow ADHE\) là tứ giác nội tiếp
(Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Đường thẳng AH cắt BC tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm P (P nằm giữa A và H). Đường thẳng DF cắt đường tròn (O) tại điểm K (K khác D). Gọi M là giao điểm của EK và BC, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDP. Chứng minh \(C{E^2} = BC.MC\) và ba điểm B, I, P thẳng hàng.
+) Chứng minh CE2 = BC.MC.
Xét tam giác ABC có: \(\angle BEC = \angle BDC = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BE \bot AC,\,\,CD \bot AB\).
Mà \(BE \cap CD = \left\{ H \right\} \Rightarrow H\) là trực tâm của tam giác ABC.
\( \Rightarrow AH \bot BC\) tại F \( \Rightarrow AF \bot BC \Rightarrow \angle BFH = {90^0}\).
Xét tứ giác BFHD có: \(\angle BFH + \angle BDH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow BFHD\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle DFH = \angle DBH = \angle DBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DH)
Mà \(\angle DBE = \angle DKE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE)
\( \Rightarrow \angle DFH = \angle DKE\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau.
\( \Rightarrow FP//KE \Rightarrow AF//KE\) (dhnb).
Mà \(AF \bot BC\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow KE \bot BC\) tại M \( \Rightarrow EM \bot BC\).
Xét tam giác BCE vuông tại E, đường cao EM có: \(C{E^2} = BC.MC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (đpcm).
+) Chứng minh ba điểm B, I, P thẳng hàng.
Xét \(\Delta CHF\) và \(\Delta CBD\) có:
$\begin{align} \angle CFH=\angle CDB={{90}^{0}} \\ \angle BCD\,\,chung \\ \Rightarrow \Delta CHF\backsim \Delta CBD\,\,\left( g.g \right) \\ \end{align}$
\( \Rightarrow \frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CF}}{{CD}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow CH.CD = CB.CF\) (1)
Ta có: \(\angle CPB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \Delta CBP\) vuông tại P.
Xét tam giác CBP vuông tại P, đường cao PF có:
\(C{P^2} = CB.CF\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow CH.CD = C{P^2} \Rightarrow \frac{{CH}}{{CP}} = \frac{{CP}}{{CD}}\).
Xét \(\Delta CHP\) và \(\Delta CPD\) có:
$\begin{align}\angle PCD\,\,chung \\ \frac{CH}{CP}=\frac{CP}{CD}\,\,\left( cmt \right) \\ \Rightarrow \Delta CHP\backsim \Delta CPD\,\,\left( c.g.c \right) \\ \end{align}$
\( \Rightarrow \angle HPC = \angle PDC = \angle PDH\) (2 góc tương ứng).
Ta có \(\angle HPI = \frac{{{{180}^0} - \angle HIP}}{2} = {90^0} - \frac{{\angle HIP}}{2} = {90^0} - \angle PDH\) (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung HP)
\( \Rightarrow \angle HIP = {90^0} - \angle HPC \Leftrightarrow \angle HIP + \angle HPC = {90^0} \Leftrightarrow \angle CPI = {90^0}\)
\( \Rightarrow IP \bot PC\) (3)
Mà \(\angle CPB = {90^0}\) (cmt) \( \Rightarrow BP \bot PC\) (4)
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow B,\,\,I,\,\,P\) thẳng hàng (đpcm).
Câu 7 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki.
Cách giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:
\({\left( {a + b} \right)^2} \le \left( {1 + 1} \right)\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\)
\({\left( {b + c} \right)^2} \le 2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\)
\({\left( {c + a} \right)^2} \le 2\left( {{c^2} + {a^2}} \right)\)
Suy ra: \(P\, \ge \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}}\)
\(\,\,\, = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{1}{3} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{1}{3} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}} + \frac{1}{3} - 1\)
\(\,\,\, = \frac{{4({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{3\left( {{a^2} + 4({b^2} + {c^2})} \right)}} + \frac{{4({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{3\left( {{b^2} + 4({c^2} + {a^2})} \right)}} + \frac{{4({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{3\left( {{c^2} + 4({a^2} + {b^2})} \right)}} - 1\)
\(\,\,\, = \frac{4}{3}({a^2} + {b^2} + {c^2})\left( {\frac{1}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{1}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{1}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}}} \right) - 1\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số ta được:
\(\frac{1}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{1}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{1}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}} \ge \frac{{{{\left( {1 + 1 + 1} \right)}^2}}}{{9\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} = \frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\)
Do đó: \(P \ge \frac{4}{3}.\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right).\frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} - 1 = \frac{4}{3} - 1 = \frac{1}{3}\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(\frac{1}{3}\) khi \(a = b = c\).
Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2023 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp thông tin chi tiết về cấu trúc đề thi, nội dung kiến thức trọng tâm và các phương pháp ôn tập hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2023 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Tỷ lệ phân bổ điểm giữa các phần thường khá cân bằng, tuy nhiên, các em cần đặc biệt chú trọng đến phần Đại số và Hình học vì đây là hai phần thường xuất hiện nhiều câu hỏi khó.
Để ôn thi hiệu quả, các em cần nắm vững các kiến thức trọng tâm sau:
Ngoài ra, các em cũng cần luyện tập giải nhiều bài tập khác nhau để rèn luyện kỹ năng giải toán và làm quen với các dạng bài tập thường gặp.
Để ôn thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2023 hiệu quả, các em có thể áp dụng các phương pháp sau:
Việc ôn tập cần được thực hiện một cách đều đặn và có hệ thống. Các em nên dành thời gian ôn tập mỗi ngày và không nên để dồn việc ôn tập vào những ngày cuối cùng.
Trong quá trình làm bài thi, các em cần lưu ý những điều sau:
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2023!
Ngoài bộ đề thi mà toan9.edu.vn cung cấp, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Việc chuẩn bị kỹ lưỡng và có phương pháp ôn tập hiệu quả là chìa khóa để thành công trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2023. toan9.edu.vn hy vọng rằng những thông tin và tài liệu mà chúng tôi cung cấp sẽ giúp các em tự tin và đạt được 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.
