toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Huế 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 làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp không chỉ đề thi mà còn cả đáp án chi tiết, giúp các em tự đánh giá năng lực và tìm ra những điểm cần cải thiện.
Câu 1: a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức
Câu 1:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Câu 2:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Câu 3:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Câu 4:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Câu 5:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Câu 6:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Câu 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
Ta có: \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)\( = 5 - 4 = 1\)
Vậy \(A = 1.\)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
Ta có: \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
\(\begin{array}{l} = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 2\sqrt {{4^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 - 2.5\sqrt 2 + 2.4\sqrt 2 \\ = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 8\sqrt 2 \\ = \sqrt 2 \left( {3 - 10 + 8} \right) = \sqrt 2 .1 = \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(B = \sqrt 2 .\)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Với \(x > 0;x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x }} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \dfrac{1}{{x - 1}}\end{array}\)
Vậy \(C = \dfrac{1}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\).
Câu 2 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2y = 6\\ - 2x + 3y = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = y + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 4\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;1} \right)\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\)song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\) thì
\(\left\{ \begin{array}{l}m = 2\\2m \ne 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\m \ne 1010\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 2\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Gọi vận tốc lúc về của người đó là \(x\) (km/h) (ĐK: \(x > 0\)).
\( \Rightarrow \) Vận tốc lúc đi là \(x + 0,5\) (km/h).
Thời gian lúc đi là: \(\dfrac{2}{{x + 0,5}}\,\,\left( h \right)\).
Thời gian lúc về là \(\dfrac{2}{x}\,\,\left( h \right)\).
Vì người đó khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\dfrac{2}{{x + 0,5}} + \dfrac{2}{x} = \dfrac{{17}}{{18}}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 36x + 36\left( {x + 0,5} \right) = 17x\left( {x + 0,5} \right)\\ \Leftrightarrow 36x + 36x + 18 = 17{x^2} + \dfrac{{17}}{2}x\\ \Leftrightarrow 17{x^2} - \dfrac{{127}}{2}x - 18 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 127x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 136x + 9x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34x\left( {x - 4} \right) + 9\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {34x + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\34x + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - \dfrac{9}{{34}}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của người đó lúc về là 4km/h.
Câu 4 (2 điểm)
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
Với \(m = 2\) thì phương trình (1) trở thành
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) thì phương trình (1) có hai nghiệm \(x = 1;\,\,x = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Xét phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1)
Ta có: \(\Delta = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4.1.m\)
\(\begin{array}{l} = {m^2} + 2m + 1 - 4m\\ = {m^2} - 2m + 1\\ = {\left( {m - 1} \right)^2}\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m\) nên \(\Delta \ge 0\) với mọi \(m\) .
Suy ra phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Theo câu b) ta có phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Theo hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 3m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 4} \right) - 3\left( {m + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 4} \right)\left( {m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 4 = 0\\m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 4\\m = 3\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 4;\,\,m = 3\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 5 (VD)
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
Ta có: \(MF \bot AC \Rightarrow \angle MFC = {90^0}\)
\(ME \bot BC \Rightarrow \angle MEC = {90^0}\)
Tứ giác \(MFEC\) có \(\angle MFC = \angle MEC = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau) (đpcm).
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
Theo câu a, tứ giác \(MFEC\) nội tiếp nên \(\angle EFM + \angle ECM = {180^0}\) (tính chất) (1)
Tứ giác \(ABCM\) nội tiếp nên \(\angle BAM + \angle BCM = {180^0}\) (tính chất) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle BAM = \angle EFM\) (cùng bù với \(\angle BCM\))
\(\angle FEM = \angle FCM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FM\)) (3)
\(\angle FCM = \angle ABM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\)) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\angle FEM = \angle ABM\)
Xét \(\Delta FEM\) và \(\Delta ABM\) có:
\(\begin{array}{l}\angle BAM = \angle EFM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle FEM = \angle ABM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FEM \sim \Delta ABM\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Từ câu b ta có: \(\Delta FEM \sim \Delta ABM\) \( \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{AB}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow \dfrac{{2FQ}}{{2AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}} \Rightarrow \dfrac{{FQ}}{{AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\)
Xét \(\Delta MAP\) và \(\Delta MFQ\) có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\\\angle MAP = \angle MFQ\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow MA.MQ = MP.MF\) (đpcm)
Lại có \(\Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \angle AMP = \angle FMQ\) (hai góc tương ứng)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle {M_1} + \angle {M_2} = \angle {M_2} + \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle {M_1} = \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle AMF = \angle PMQ\end{array}\)
Xét \(\Delta MAF\) và \(\Delta MPQ\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMF = \angle PMQ\left( {cmt} \right)\\\dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAF \sim \Delta MPQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle MFA = \angle MQP\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle MFA = {90^0}\) nên \(\angle MQP = {90^0}\) (đpcm).
Câu 6 (1,0 điểm)
Cách giải:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Theo đề bài ta có:
Thể tích nước trong cốc hình trụ = Thể tích chiếc cốc hình nón = \(\dfrac{1}{2}\) thể tích chiếc cốc hình trụ.
Gọi bán kính đáy của hai chiếc cốc là: \(R\,\,\,\left( {R > 0} \right)\).
Chiều cao của chiếc cốc hình trụ là \(h = 10\,\,cm\,\,\,\left( {gt} \right).\)
Gọi chiều cao của chiếc cốc hình nón là \({h_1}\,\,\left( {{h_1} > 0} \right).\)
Gọi thể tích chiếc cốc hình trụ là \(V,\) thể tích chiếc cốc hình nón là \({V_1}.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = \dfrac{1}{2}V \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}\pi {R^2}{h_1} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2}h\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}{h_1} = \dfrac{1}{2}.10 \Leftrightarrow {h_1} = 15\,\,cm\,\,\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy chiều cao của chiếc cốc hình nón là \(15\,\,cm.\)
Câu 1:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Câu 2:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Câu 3:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Câu 4:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Câu 5:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Câu 6:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Câu 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
Ta có: \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)\( = 5 - 4 = 1\)
Vậy \(A = 1.\)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
Ta có: \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
\(\begin{array}{l} = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 2\sqrt {{4^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 - 2.5\sqrt 2 + 2.4\sqrt 2 \\ = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 8\sqrt 2 \\ = \sqrt 2 \left( {3 - 10 + 8} \right) = \sqrt 2 .1 = \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(B = \sqrt 2 .\)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Với \(x > 0;x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x }} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \dfrac{1}{{x - 1}}\end{array}\)
Vậy \(C = \dfrac{1}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\).
Câu 2 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2y = 6\\ - 2x + 3y = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = y + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 4\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;1} \right)\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\)song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\) thì
\(\left\{ \begin{array}{l}m = 2\\2m \ne 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\m \ne 1010\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 2\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Gọi vận tốc lúc về của người đó là \(x\) (km/h) (ĐK: \(x > 0\)).
\( \Rightarrow \) Vận tốc lúc đi là \(x + 0,5\) (km/h).
Thời gian lúc đi là: \(\dfrac{2}{{x + 0,5}}\,\,\left( h \right)\).
Thời gian lúc về là \(\dfrac{2}{x}\,\,\left( h \right)\).
Vì người đó khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\dfrac{2}{{x + 0,5}} + \dfrac{2}{x} = \dfrac{{17}}{{18}}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 36x + 36\left( {x + 0,5} \right) = 17x\left( {x + 0,5} \right)\\ \Leftrightarrow 36x + 36x + 18 = 17{x^2} + \dfrac{{17}}{2}x\\ \Leftrightarrow 17{x^2} - \dfrac{{127}}{2}x - 18 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 127x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 136x + 9x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34x\left( {x - 4} \right) + 9\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {34x + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\34x + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - \dfrac{9}{{34}}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của người đó lúc về là 4km/h.
Câu 4 (2 điểm)
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
Với \(m = 2\) thì phương trình (1) trở thành
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) thì phương trình (1) có hai nghiệm \(x = 1;\,\,x = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Xét phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1)
Ta có: \(\Delta = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4.1.m\)
\(\begin{array}{l} = {m^2} + 2m + 1 - 4m\\ = {m^2} - 2m + 1\\ = {\left( {m - 1} \right)^2}\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m\) nên \(\Delta \ge 0\) với mọi \(m\) .
Suy ra phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Theo câu b) ta có phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Theo hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 3m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 4} \right) - 3\left( {m + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 4} \right)\left( {m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 4 = 0\\m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 4\\m = 3\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 4;\,\,m = 3\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 5 (VD)
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
Ta có: \(MF \bot AC \Rightarrow \angle MFC = {90^0}\)
\(ME \bot BC \Rightarrow \angle MEC = {90^0}\)
Tứ giác \(MFEC\) có \(\angle MFC = \angle MEC = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau) (đpcm).
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
Theo câu a, tứ giác \(MFEC\) nội tiếp nên \(\angle EFM + \angle ECM = {180^0}\) (tính chất) (1)
Tứ giác \(ABCM\) nội tiếp nên \(\angle BAM + \angle BCM = {180^0}\) (tính chất) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle BAM = \angle EFM\) (cùng bù với \(\angle BCM\))
\(\angle FEM = \angle FCM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FM\)) (3)
\(\angle FCM = \angle ABM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\)) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\angle FEM = \angle ABM\)
Xét \(\Delta FEM\) và \(\Delta ABM\) có:
\(\begin{array}{l}\angle BAM = \angle EFM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle FEM = \angle ABM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FEM \sim \Delta ABM\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Từ câu b ta có: \(\Delta FEM \sim \Delta ABM\) \( \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{AB}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow \dfrac{{2FQ}}{{2AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}} \Rightarrow \dfrac{{FQ}}{{AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\)
Xét \(\Delta MAP\) và \(\Delta MFQ\) có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\\\angle MAP = \angle MFQ\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow MA.MQ = MP.MF\) (đpcm)
Lại có \(\Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \angle AMP = \angle FMQ\) (hai góc tương ứng)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle {M_1} + \angle {M_2} = \angle {M_2} + \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle {M_1} = \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle AMF = \angle PMQ\end{array}\)
Xét \(\Delta MAF\) và \(\Delta MPQ\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMF = \angle PMQ\left( {cmt} \right)\\\dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAF \sim \Delta MPQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle MFA = \angle MQP\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle MFA = {90^0}\) nên \(\angle MQP = {90^0}\) (đpcm).
Câu 6 (1,0 điểm)
Cách giải:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Theo đề bài ta có:
Thể tích nước trong cốc hình trụ = Thể tích chiếc cốc hình nón = \(\dfrac{1}{2}\) thể tích chiếc cốc hình trụ.
Gọi bán kính đáy của hai chiếc cốc là: \(R\,\,\,\left( {R > 0} \right)\).
Chiều cao của chiếc cốc hình trụ là \(h = 10\,\,cm\,\,\,\left( {gt} \right).\)
Gọi chiều cao của chiếc cốc hình nón là \({h_1}\,\,\left( {{h_1} > 0} \right).\)
Gọi thể tích chiếc cốc hình trụ là \(V,\) thể tích chiếc cốc hình nón là \({V_1}.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = \dfrac{1}{2}V \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}\pi {R^2}{h_1} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2}h\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}{h_1} = \dfrac{1}{2}.10 \Leftrightarrow {h_1} = 15\,\,cm\,\,\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy chiều cao của chiếc cốc hình nón là \(15\,\,cm.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại tỉnh Thừa Thiên Huế luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước ngoặt trong sự nghiệp học tập của học sinh. Môn Toán, với vai trò then chốt, đòi hỏi học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng về kiến thức và kỹ năng. Đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020 là một nguồn tài liệu quý giá để các em học sinh có thể làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài tập thường gặp và mức độ khó của đề thi.
Đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Đề thi chính thức năm 2020 có độ khó tương đối cao, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải toán tốt. Đề thi tập trung vào các kiến thức cơ bản của chương trình Toán lớp 9, nhưng cũng có một số câu hỏi đòi hỏi học sinh phải có khả năng tư duy logic và sáng tạo.
Ví dụ, câu hỏi về hàm số bậc nhất thường xuất hiện với nhiều dạng khác nhau, đòi hỏi học sinh phải nắm vững các khái niệm về hệ số góc, đường thẳng song song, và giao điểm của hai đường thẳng. Tương tự, các bài toán về hình học cũng đòi hỏi học sinh phải có khả năng vẽ hình chính xác, phân tích các yếu tố hình học, và áp dụng các định lý, tính chất đã học.
Ngoài đề thi chính thức, các trường THCS trên địa bàn tỉnh Thừa Thiên Huế cũng thường tổ chức các kỳ thi thử để giúp học sinh làm quen với áp lực thi cử và đánh giá năng lực của mình. Các đề thi thử này thường có cấu trúc tương tự như đề thi chính thức, nhưng có thể có một số câu hỏi khác nhau về mức độ khó và nội dung.
Để giải tốt đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020, học sinh cần:
Ngoài các đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi bổ trợ sau:
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Huế năm 2020! Hãy nhớ rằng, sự chuẩn bị kỹ lưỡng và tinh thần tự tin là chìa khóa để thành công.
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.
