toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020 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 ôn luyện và làm quen với cấu trúc đề thi, từ đó tự tin đạt kết quả cao 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 rèn luyện kỹ năng giải quyết vấn đề một cách hiệu quả.
Câu I: 1) Tính giá trị các biểu thức sau:
Câu I:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
Câu II:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Câu III:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Câu IV: Cho tam giác nhọn \(ABC\) \(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Câu V:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Câu I (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
a) \(A = \sqrt {16} + 5 = \sqrt {{4^2}} + 5 = 4 + 5 = 9\).
Vậy \(A = 9\).
b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 = \sqrt {{2^2}.2} - \sqrt 2 = 2\sqrt 2 - \sqrt 2 = \sqrt 2 \).
Vậy \(B = \sqrt 2 \).
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) \( \Leftrightarrow x - 3 = 4 \Leftrightarrow x = 7\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ 7 \right\}\).
b) \({x^2} - 4 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 2} \right\}\).
Câu II (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
Hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\) song song với nhau khi và chỉ khi
\(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 1\\2 \ne - 3\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\).
Vậy với \(m = 2\) thì hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)//\left( {{d_2}} \right)\).
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
Với \(m = 1\), phương trình đã cho trở thành: \({x^2} + 4x + 3 = 0\).
Nhận xét: \(a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1\\{x_2} = - \dfrac{c}{a} = - 3\end{array} \right.\).
Vậy khi \(m = 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 3} \right\}\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\)có \(\Delta ' = {2^2} - \left( {2m + 1} \right) = 4 - 2m - 1 = 3 - 2m\).
Để phương trình có nghiệm kép thì \(\Delta = 3 - 2m = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Vậy với \(m = \dfrac{3}{2}\) thì phương trình đã cho có nghiệp kép.
Câu III (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AC = AB.\tan {60^0} = 6.\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\\\cos {60^0} = \dfrac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AB}}{{\cos {{60}^0}}} = \dfrac{6}{{\dfrac{1}{2}}} = 12\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy chu vi tam giác \(ABC\) là: \({C_{\Delta ABC}} = AB + AC + BC = 6 + 6\sqrt 3 + 12 = 18 + 6\sqrt 3 \,\,\,\left( {cm} \right)\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Gọi giá ban đầu của chiếc ti vi là \(x\) (đồng) (ĐK: \(x > 0\)).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% đầu tiên là: \(x.90\% = \dfrac{9}{{10}}x\) (đồng).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% thứ hai là: \(\dfrac{9}{{10}}x.90\% = \dfrac{{81}}{{100}}x\) (đồng).
Vì sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng nên ta có phương trình:
\(\dfrac{{81}}{{100}}x = 16\,200\,000 \Leftrightarrow x = 20\,000\,000\) (đồng) (tm).
Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi là 20 000 000 đồng.
Câu IV (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác nhọn \(ABC\)\(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(AEHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle AEH = {90^0}\\\angle AFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
Xét tứ giác \(BDHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle BDH = {90^0}\\\angle BFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle BDH + \angle BFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BDHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDF = \angle HBF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HF\)) \( \Rightarrow \angle ADF = \angle ABE\) (1).
Tương tự xét tứ giác \(CDHE\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\BE \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle HDC = {90^0}\\\angle HEC = {90^0}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \angle HDC + \angle HEC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow CDHE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDE = \angle HCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ACF\) (2).
Ta lại có:
\(\angle ABE + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle ACF + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ACF\) vuông tại \(F\)).
\(\angle ABE = \angle ACF\) (cùng phụ với \(\angle BAC\)) (3).
Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ADF\) (đpcm).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), ta sẽ chứng minh tú giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) có trung tuyến \(EM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) \( \Rightarrow ME = \dfrac{1}{2}BC = MB = MC\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).
\( \Rightarrow \Delta MBE\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \angle MBE = \angle MEB\) (tính chất tam giác cân).
\( \Rightarrow \angle EMC = \angle MEB + \angle MBE = 2\angle MBE = 2\angle DBH\,\,\,\left( * \right)\) (góc ngoài của tam giác).
Vì \(BDHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle DBH = \angle DFH\,\,\left( 5 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DH\)).
Vì \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle HFE = \angle HAE\,\,\left( 3 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)).
Mà \(\angle DBH + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(BCE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle HAE + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\)).
\( \Rightarrow \angle DBH = \angle HAE\,\,\left( 4 \right)\) (cùng phụ với \(\angle ACB\)).
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \angle HFE = \angle DBH\,\,\left( 6 \right)\).
Từ (5) và (6) \( \Rightarrow \angle DFE = \angle DFH + \angle HFE = \angle DBH + \angle DBH = 2\angle DBH\,\,\left( {2*} \right)\)
Từ (*) và (2*) \( \Rightarrow \angle EMC = \angle DFE\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\) đi qua trung điểm \(M\) của \(BC\) (đpcm).
Câu V (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 + {y^2} - 2y + 1 + 4{z^2} + 4z + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} = 0\end{array}\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x\\{\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall y\\{\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall z\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x,\,\,y,\,\,z\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\y - 1 = 0\\2z + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\\z = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\).
Vậy có duy nhất 1 bộ số \(\left( {x;y;z} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(\left( {x;y;z} \right) = \left( {2;1; - \dfrac{1}{2}} \right)\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 12 + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 4xy + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{{\left( {x - 2y} \right)}^2} + 1}}{{x - 2y}}\\P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}}\end{array}\)
Vì \(x > 2y \Rightarrow x - 2y > 0\).
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số \(x - 2y\) và \(\dfrac{1}{{x - 2y}}\) ta có:
\(P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}} \ge 2\sqrt {\left( {x - 2y} \right).\dfrac{1}{{x - 2y}}} = 2\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x - 2y = \dfrac{1}{{x - 2y}} \Leftrightarrow {\left( {x - 2y} \right)^2} = 1\) \( \Leftrightarrow x - 2y = 1\) (do \(x - 2y > 0\)) và \(xy = 3\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 1\\xy = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\\left( {2y + 1} \right).y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\2{y^2} + y - 3 = 0\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\).
Xét phương trình (*) có \(a + b + c = 2 + 1 - 3 = 0\) nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{y_1} = 1\\{y_2} = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{3}{2}\end{array} \right.\)
Với \({y_1} = 1 \Rightarrow {x_1} = 2{y_1} + 1 = 3\).
Với \({y_2} = - \dfrac{3}{2} \Rightarrow {x_2} = 2{y_2} + 1 = - 2\).
\( \Rightarrow \) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
Vậy \({P_{\min }} = 2 \Leftrightarrow \left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
Câu I:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
Câu II:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Câu III:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Câu IV: Cho tam giác nhọn \(ABC\) \(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Câu V:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Câu I (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
a) \(A = \sqrt {16} + 5 = \sqrt {{4^2}} + 5 = 4 + 5 = 9\).
Vậy \(A = 9\).
b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 = \sqrt {{2^2}.2} - \sqrt 2 = 2\sqrt 2 - \sqrt 2 = \sqrt 2 \).
Vậy \(B = \sqrt 2 \).
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) \( \Leftrightarrow x - 3 = 4 \Leftrightarrow x = 7\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ 7 \right\}\).
b) \({x^2} - 4 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 2} \right\}\).
Câu II (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
Hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\) song song với nhau khi và chỉ khi
\(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 1\\2 \ne - 3\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\).
Vậy với \(m = 2\) thì hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)//\left( {{d_2}} \right)\).
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
Với \(m = 1\), phương trình đã cho trở thành: \({x^2} + 4x + 3 = 0\).
Nhận xét: \(a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1\\{x_2} = - \dfrac{c}{a} = - 3\end{array} \right.\).
Vậy khi \(m = 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 3} \right\}\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\)có \(\Delta ' = {2^2} - \left( {2m + 1} \right) = 4 - 2m - 1 = 3 - 2m\).
Để phương trình có nghiệm kép thì \(\Delta = 3 - 2m = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Vậy với \(m = \dfrac{3}{2}\) thì phương trình đã cho có nghiệp kép.
Câu III (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AC = AB.\tan {60^0} = 6.\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\\\cos {60^0} = \dfrac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AB}}{{\cos {{60}^0}}} = \dfrac{6}{{\dfrac{1}{2}}} = 12\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy chu vi tam giác \(ABC\) là: \({C_{\Delta ABC}} = AB + AC + BC = 6 + 6\sqrt 3 + 12 = 18 + 6\sqrt 3 \,\,\,\left( {cm} \right)\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Gọi giá ban đầu của chiếc ti vi là \(x\) (đồng) (ĐK: \(x > 0\)).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% đầu tiên là: \(x.90\% = \dfrac{9}{{10}}x\) (đồng).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% thứ hai là: \(\dfrac{9}{{10}}x.90\% = \dfrac{{81}}{{100}}x\) (đồng).
Vì sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng nên ta có phương trình:
\(\dfrac{{81}}{{100}}x = 16\,200\,000 \Leftrightarrow x = 20\,000\,000\) (đồng) (tm).
Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi là 20 000 000 đồng.
Câu IV (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác nhọn \(ABC\)\(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(AEHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle AEH = {90^0}\\\angle AFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
Xét tứ giác \(BDHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle BDH = {90^0}\\\angle BFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle BDH + \angle BFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BDHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDF = \angle HBF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HF\)) \( \Rightarrow \angle ADF = \angle ABE\) (1).
Tương tự xét tứ giác \(CDHE\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\BE \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle HDC = {90^0}\\\angle HEC = {90^0}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \angle HDC + \angle HEC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow CDHE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDE = \angle HCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ACF\) (2).
Ta lại có:
\(\angle ABE + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle ACF + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ACF\) vuông tại \(F\)).
\(\angle ABE = \angle ACF\) (cùng phụ với \(\angle BAC\)) (3).
Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ADF\) (đpcm).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), ta sẽ chứng minh tú giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) có trung tuyến \(EM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) \( \Rightarrow ME = \dfrac{1}{2}BC = MB = MC\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).
\( \Rightarrow \Delta MBE\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \angle MBE = \angle MEB\) (tính chất tam giác cân).
\( \Rightarrow \angle EMC = \angle MEB + \angle MBE = 2\angle MBE = 2\angle DBH\,\,\,\left( * \right)\) (góc ngoài của tam giác).
Vì \(BDHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle DBH = \angle DFH\,\,\left( 5 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DH\)).
Vì \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle HFE = \angle HAE\,\,\left( 3 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)).
Mà \(\angle DBH + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(BCE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle HAE + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\)).
\( \Rightarrow \angle DBH = \angle HAE\,\,\left( 4 \right)\) (cùng phụ với \(\angle ACB\)).
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \angle HFE = \angle DBH\,\,\left( 6 \right)\).
Từ (5) và (6) \( \Rightarrow \angle DFE = \angle DFH + \angle HFE = \angle DBH + \angle DBH = 2\angle DBH\,\,\left( {2*} \right)\)
Từ (*) và (2*) \( \Rightarrow \angle EMC = \angle DFE\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\) đi qua trung điểm \(M\) của \(BC\) (đpcm).
Câu V (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 + {y^2} - 2y + 1 + 4{z^2} + 4z + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} = 0\end{array}\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x\\{\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall y\\{\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall z\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x,\,\,y,\,\,z\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\y - 1 = 0\\2z + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\\z = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\).
Vậy có duy nhất 1 bộ số \(\left( {x;y;z} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(\left( {x;y;z} \right) = \left( {2;1; - \dfrac{1}{2}} \right)\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 12 + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 4xy + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{{\left( {x - 2y} \right)}^2} + 1}}{{x - 2y}}\\P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}}\end{array}\)
Vì \(x > 2y \Rightarrow x - 2y > 0\).
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số \(x - 2y\) và \(\dfrac{1}{{x - 2y}}\) ta có:
\(P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}} \ge 2\sqrt {\left( {x - 2y} \right).\dfrac{1}{{x - 2y}}} = 2\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x - 2y = \dfrac{1}{{x - 2y}} \Leftrightarrow {\left( {x - 2y} \right)^2} = 1\) \( \Leftrightarrow x - 2y = 1\) (do \(x - 2y > 0\)) và \(xy = 3\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 1\\xy = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\\left( {2y + 1} \right).y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\2{y^2} + y - 3 = 0\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\).
Xét phương trình (*) có \(a + b + c = 2 + 1 - 3 = 0\) nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{y_1} = 1\\{y_2} = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{3}{2}\end{array} \right.\)
Với \({y_1} = 1 \Rightarrow {x_1} = 2{y_1} + 1 = 3\).
Với \({y_2} = - \dfrac{3}{2} \Rightarrow {x_2} = 2{y_2} + 1 = - 2\).
\( \Rightarrow \) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
Vậy \({P_{\min }} = 2 \Leftrightarrow \left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của mỗi học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững kiến thức và làm quen với cấu trúc đề thi là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020 là một nguồn tài liệu quý giá giúp các em học sinh đạt được điều đó.
Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Để giải quyết tốt các bài toán trong đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020, các em cần nắm vững các kiến thức cơ bản và rèn luyện kỹ năng giải quyết vấn đề. Dưới đây là một số gợi ý phương pháp giải:
Việc luyện tập với đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm trước là một cách hiệu quả để làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải quyết vấn đề. Các em có thể tìm thấy các đề thi năm trước trên trang web toan9.edu.vn.
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020, các em cần tập trung ôn luyện các chủ đề sau:
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020, các em cần:
toan9.edu.vn cung cấp đầy đủ các tài liệu hỗ trợ ôn thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020, bao gồm:
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
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.
