toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán tỉnh Khánh Hòa năm 2019 chính thức. 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 được biên soạn dựa trên đề thi thật, đảm bảo tính chính xác và độ khó phù hợp. Các em có thể sử dụng để tự luyện tập tại nhà hoặc kết hợp với các khóa học online tại toan9.edu.vn để đạt kết quả tốt nhất.
Bài 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau (không dùng máy tính cầm tay):
Bài 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau (không dùng máy tính cầm tay):
a) \({x^4} + 3{x^2} - 4 = 0\). b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right.\).
Bài 2 (1 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho điểm \(T\left( { - 2; - 2} \right),\) parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = - 8{x^2}\) và đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = - 2x - 6.\)
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Bài 3 (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0\).
a) Rút gọn \(P\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Bài 4 (3,0 điểm): Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\). Vẽ đường tròn \(\left( A \right)\) bán kính \(AH\). Từ đỉnh \(B\) kẻ tiếp tuyến \(BI\) với \(\left( A \right)\) cắt đường thẳng \(AC\) tại \(D\) (điểm \(I\) là tiếp điểm, \(I\) và \(H\) không trùng nhau).
a) Chứng minh \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp.
b) Cho \(AB = 4cm,\,\,AC = 3cm\). Tính \(AI\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Bài 5 (2,0 điểm):
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
b) Trung tâm thương mại VC tại thành phố NT có 100 gian hàng. Nếu mỗi gian hàng của Trung tâm thương mại VC cho thuê với giá 100.000.000 đồng (một trăm triệu đồng) một năm thì tất cả các gian hàng đều được thuê hết. Biết rằng, cứ mỗi lần tăng giá 5% tiền thuê mỗi gian hàng một năm thì Trung tâm thương mại VC có thêm 2 gian hàng trống. Hỏi người quản lý phải quyết định giá thuê mỗi gian hàng là bao nhiêu đồng một năm để doanh thu của Trung tâm thương mại VC từ tiền cho thuê gian hàng trong năm là lớn nhất ?
Bài 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau (không dùng máy tính cầm tay):
a) \({x^4} + 3{x^2} - 4 = 0\). b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right.\).
Bài 2 (1 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho điểm \(T\left( { - 2; - 2} \right),\) parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = - 8{x^2}\) và đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = - 2x - 6.\)
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Bài 3 (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0\).
a) Rút gọn \(P\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Bài 4 (3,0 điểm): Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\). Vẽ đường tròn \(\left( A \right)\) bán kính \(AH\). Từ đỉnh \(B\) kẻ tiếp tuyến \(BI\) với \(\left( A \right)\) cắt đường thẳng \(AC\) tại \(D\) (điểm \(I\) là tiếp điểm, \(I\) và \(H\) không trùng nhau).
a) Chứng minh \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp.
b) Cho \(AB = 4cm,\,\,AC = 3cm\). Tính \(AI\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Bài 5 (2,0 điểm):
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
b) Trung tâm thương mại VC tại thành phố NT có 100 gian hàng. Nếu mỗi gian hàng của Trung tâm thương mại VC cho thuê với giá 100.000.000 đồng (một trăm triệu đồng) một năm thì tất cả các gian hàng đều được thuê hết. Biết rằng, cứ mỗi lần tăng giá 5% tiền thuê mỗi gian hàng một năm thì Trung tâm thương mại VC có thêm 2 gian hàng trống. Hỏi người quản lý phải quyết định giá thuê mỗi gian hàng là bao nhiêu đồng một năm để doanh thu của Trung tâm thương mại VC từ tiền cho thuê gian hàng trong năm là lớn nhất ?
Bài 1
Phương pháp:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\). Giải phương trình bậc hai ẩn \(t\) rồi suy ra nghiệm \(x\).
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} + 3t - 4 = 0\).
Nhận xét: Phương trình có các hệ số \(a = 1,\,\,b = 3,\,\,c = - 4\) và \(a + b + c = 1 + 3 + \left( { - 4} \right) = 0\).
Do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = 1\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = - 4\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
Với \({t_1} = 1 \Rightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 1} \right\}\).
b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7y = 14\\x = 5 - 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 5 - 2.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\).
Bài 2
Phương pháp:
a) Điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đường thẳng \(d:\,\,\,y = ax + b\) \( \Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)
b) Giải phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) ta tìm được \(x.\)
Thay \(x\) tìm được vào phương trình parabol (hoặc phương trình đường thẳng \(d\)) ta tìm được \(y\)
Từ đó kết luận tọa độ giao điểm.
Cách giải:
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
Thay \(x = - 2;y = - 2\) vào phương trình đường thẳng \(d:y = - 2x - 6\) ta được
\( - 2 = - 2.\left( { - 2} \right) - 6 \Leftrightarrow - 2 = - 2\) (luôn đúng) nên điểm \(T\) thuộc đường thẳng \(d.\)
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\), ta có
\( - 8{x^2} = - 2x - 6\) \( \Leftrightarrow 8{x^2} - 2x - 6 = 0\) (*)
Phương trình (*) có \(a = 8;b = - 2;c = - 6 \Rightarrow a + b + c = 8 + \left( { - 2} \right) + \left( { - 6} \right) = 0\) nên có hai nghiệm \({x_1} = 1;\,{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 3}}{4}\)
+ Với \(x = 1 \Rightarrow y = - {8.1^2} = - 8\)
+ Với \(x = - \dfrac{3}{4} \Rightarrow y = - 8.{\left( { - \dfrac{3}{4}} \right)^2} = - \dfrac{9}{2}\)
Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) là \(\left( {1; - 8} \right);\left( { - \dfrac{3}{4}; - \dfrac{9}{2}} \right)\)
Bài 3
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức khai triển \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B \,\,\,\left( {B \ge 0} \right)\) và rút gọn \(P\).
b) Biến đổi \(x\) về dạng bình phương (sử dụng hằng đẳng thức \({a^2} + 2ab + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2}\))
Cách giải:
a) Rút gọn \(P\).
Với \(x > 0\) thì:
\(\begin{array}{l}P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\\\,\,\,\,\, = 2\sqrt x - 3\sqrt x + 2\sqrt x \\\,\,\,\,\, = \sqrt x \end{array}\)
Vậy \(P = \sqrt x \) với \(x > 0\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Ta có:
\(x = 6 + 2\sqrt 5 = 5 + 2\sqrt 5 + 1 = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} + 2.\sqrt 5 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\)
Thay \(x = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\,\,\left( {tm} \right)\) vào \(P = \sqrt x \) ta được \(P = \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^2}} = \left| {\sqrt 5 + 1} \right| = \sqrt 5 + 1\).
Vậy \(P = \sqrt 5 + 1\).
Bài 4
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
c) Chứng minh \(BH = BI;\,\,HC = DK\).
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
Do \(BI\) là tiếp tuyến của \(\left( A \right) \Rightarrow BI \bot AI \Rightarrow \angle AIB = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AHBI\) có: \(\angle AHB + \angle AIB = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), đường cao \(AH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{4^2}}} + \dfrac{1}{{{3^2}}} = \dfrac{1}{{16}} + \dfrac{1}{9} = \dfrac{{25}}{{144}}\\ \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{144}}{{25}} \Rightarrow AH = \sqrt {\dfrac{{144}}{{25}}} = \dfrac{{12}}{5}\end{array}\)
Vậy \(AI = AH = \dfrac{{12}}{5}\,\,\left( { = R} \right)\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BI = BH\,\,\left( 1 \right)\\\angle BAI = \angle BAH\end{array} \right.\).
\(\angle BAI = \angle BAH \Leftrightarrow {90^0} - \angle BAI = {90^0} - \angle BAH \Leftrightarrow \angle IAD = \angle HAC\).
Mà \(\angle HAC = \angle KAD \Rightarrow \angle IAD = \angle KAD\).
Xét tam giác \(ADI\) và tam giác \(ADK\) có:
\(\begin{array}{l}AD\,\,chung;\\\angle IAD = \angle KAD\,\,\left( {cmt} \right);\\AI = AK\,\,\left( { = R} \right)\\ \Rightarrow \Delta ADI = \Delta AKI\,\,\left( {c.g.c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle AKD = \angle AID = {90^0}\) (hai góc tương ứng) \( \Rightarrow \Delta AKD\) vuông tại \(K\).
Xét tam giác vuông \(AKD\) và tam giác vuông \(AHC\) có:
\(AK = AH\,\,\left( { = R} \right)\);
\(\angle KAD = \angle HAC\) (đối đỉnh);
\( \Rightarrow \Delta AKD = \Delta AHC\) (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)
\( \Rightarrow DK = HC\) (2) (hai cạnh tương ứng).
Từ (1) và (2) ta có \(BC = BH + HC = BI + DK\,\,\left( {dpcm} \right)\).
Bài 5
Phương pháp:
a) Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm.
Sử dụng định lý Vi – et thay vào điều kiện bài cho tìm \(m\) và kết luận.
b) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Dựa vào các giả thiết bài toán để biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.
Từ đó lập phương trình. Giải phương trình, đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.
Cách giải:
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
Phương trình đã cho có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {3^2} - 2.\left( {3m + 1} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 9 - 6m - 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow 7 - 6m \ge 0\\ \Leftrightarrow m \le \dfrac{7}{6}.\end{array}\)
Khi đó phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\).
Theo định lí Vi – et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a} = 3\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{3m + 1}}{2}\end{array} \right.\)
Ta có: \(x_1^3 + x_2^3 = 9 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 9\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {3^3} - 3.\dfrac{{3m + 1}}{2}.3 = 9 \Leftrightarrow 27 - \dfrac{9}{2}\left( {3m + 1} \right) - 9 = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{27}}{2} - \dfrac{{27}}{2}m = 0 \Leftrightarrow m = 1\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
b) Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Khi đó giá mỗi gian hàng sau khi tăng lên là \(100 + x\) (triệu đồng).
Cứ mỗi lần tăng 5% tiên thuê mỗi gian hàng (tăng \(5\% .100 = 5\) triệu đồng) thì có thêm 2 gian hàng trống nên khi tăng \(x\) triệu đồng thì có thêm \(\dfrac{{2x}}{5}\) gian hàng trống.
Khi đó số gian hàng được thuê sau khi tăng giá là \(100 - \dfrac{{2x}}{5}\) (gian).
Số tiền thu được là: \(\left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) (triệu đồng).
Yêu cầu bài toán trở thành tìm \(x\) để \(P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) đạt giá trị lớn nhất.
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right) = 10000 - 40x + 100x - \dfrac{{2{x^2}}}{5}\\ = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 150x} \right) + 10000 = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 2.75x + {{75}^2}} \right) + \dfrac{2}{5}{.75^2} + 10000\\ = - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250\end{array}\)
Ta có \({\left( {x - 75} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250 \le 12250\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = 75\).
Vậy người quản lí phải cho thuê mỗi gian hàng với giá \(100 + 75 = 175\) triệu đồng thì doanh thu của Trung tâm thương mại VC trong năm là lớn nhất.
Bài 1
Phương pháp:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\). Giải phương trình bậc hai ẩn \(t\) rồi suy ra nghiệm \(x\).
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} + 3t - 4 = 0\).
Nhận xét: Phương trình có các hệ số \(a = 1,\,\,b = 3,\,\,c = - 4\) và \(a + b + c = 1 + 3 + \left( { - 4} \right) = 0\).
Do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = 1\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = - 4\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
Với \({t_1} = 1 \Rightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 1} \right\}\).
b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7y = 14\\x = 5 - 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 5 - 2.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\).
Bài 2
Phương pháp:
a) Điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đường thẳng \(d:\,\,\,y = ax + b\) \( \Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)
b) Giải phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) ta tìm được \(x.\)
Thay \(x\) tìm được vào phương trình parabol (hoặc phương trình đường thẳng \(d\)) ta tìm được \(y\)
Từ đó kết luận tọa độ giao điểm.
Cách giải:
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
Thay \(x = - 2;y = - 2\) vào phương trình đường thẳng \(d:y = - 2x - 6\) ta được
\( - 2 = - 2.\left( { - 2} \right) - 6 \Leftrightarrow - 2 = - 2\) (luôn đúng) nên điểm \(T\) thuộc đường thẳng \(d.\)
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\), ta có
\( - 8{x^2} = - 2x - 6\) \( \Leftrightarrow 8{x^2} - 2x - 6 = 0\) (*)
Phương trình (*) có \(a = 8;b = - 2;c = - 6 \Rightarrow a + b + c = 8 + \left( { - 2} \right) + \left( { - 6} \right) = 0\) nên có hai nghiệm \({x_1} = 1;\,{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 3}}{4}\)
+ Với \(x = 1 \Rightarrow y = - {8.1^2} = - 8\)
+ Với \(x = - \dfrac{3}{4} \Rightarrow y = - 8.{\left( { - \dfrac{3}{4}} \right)^2} = - \dfrac{9}{2}\)
Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) là \(\left( {1; - 8} \right);\left( { - \dfrac{3}{4}; - \dfrac{9}{2}} \right)\)
Bài 3
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức khai triển \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B \,\,\,\left( {B \ge 0} \right)\) và rút gọn \(P\).
b) Biến đổi \(x\) về dạng bình phương (sử dụng hằng đẳng thức \({a^2} + 2ab + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2}\))
Cách giải:
a) Rút gọn \(P\).
Với \(x > 0\) thì:
\(\begin{array}{l}P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\\\,\,\,\,\, = 2\sqrt x - 3\sqrt x + 2\sqrt x \\\,\,\,\,\, = \sqrt x \end{array}\)
Vậy \(P = \sqrt x \) với \(x > 0\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Ta có:
\(x = 6 + 2\sqrt 5 = 5 + 2\sqrt 5 + 1 = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} + 2.\sqrt 5 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\)
Thay \(x = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\,\,\left( {tm} \right)\) vào \(P = \sqrt x \) ta được \(P = \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^2}} = \left| {\sqrt 5 + 1} \right| = \sqrt 5 + 1\).
Vậy \(P = \sqrt 5 + 1\).
Bài 4
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
c) Chứng minh \(BH = BI;\,\,HC = DK\).
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
Do \(BI\) là tiếp tuyến của \(\left( A \right) \Rightarrow BI \bot AI \Rightarrow \angle AIB = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AHBI\) có: \(\angle AHB + \angle AIB = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), đường cao \(AH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{4^2}}} + \dfrac{1}{{{3^2}}} = \dfrac{1}{{16}} + \dfrac{1}{9} = \dfrac{{25}}{{144}}\\ \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{144}}{{25}} \Rightarrow AH = \sqrt {\dfrac{{144}}{{25}}} = \dfrac{{12}}{5}\end{array}\)
Vậy \(AI = AH = \dfrac{{12}}{5}\,\,\left( { = R} \right)\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BI = BH\,\,\left( 1 \right)\\\angle BAI = \angle BAH\end{array} \right.\).
\(\angle BAI = \angle BAH \Leftrightarrow {90^0} - \angle BAI = {90^0} - \angle BAH \Leftrightarrow \angle IAD = \angle HAC\).
Mà \(\angle HAC = \angle KAD \Rightarrow \angle IAD = \angle KAD\).
Xét tam giác \(ADI\) và tam giác \(ADK\) có:
\(\begin{array}{l}AD\,\,chung;\\\angle IAD = \angle KAD\,\,\left( {cmt} \right);\\AI = AK\,\,\left( { = R} \right)\\ \Rightarrow \Delta ADI = \Delta AKI\,\,\left( {c.g.c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle AKD = \angle AID = {90^0}\) (hai góc tương ứng) \( \Rightarrow \Delta AKD\) vuông tại \(K\).
Xét tam giác vuông \(AKD\) và tam giác vuông \(AHC\) có:
\(AK = AH\,\,\left( { = R} \right)\);
\(\angle KAD = \angle HAC\) (đối đỉnh);
\( \Rightarrow \Delta AKD = \Delta AHC\) (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)
\( \Rightarrow DK = HC\) (2) (hai cạnh tương ứng).
Từ (1) và (2) ta có \(BC = BH + HC = BI + DK\,\,\left( {dpcm} \right)\).
Bài 5
Phương pháp:
a) Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm.
Sử dụng định lý Vi – et thay vào điều kiện bài cho tìm \(m\) và kết luận.
b) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Dựa vào các giả thiết bài toán để biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.
Từ đó lập phương trình. Giải phương trình, đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.
Cách giải:
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
Phương trình đã cho có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {3^2} - 2.\left( {3m + 1} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 9 - 6m - 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow 7 - 6m \ge 0\\ \Leftrightarrow m \le \dfrac{7}{6}.\end{array}\)
Khi đó phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\).
Theo định lí Vi – et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a} = 3\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{3m + 1}}{2}\end{array} \right.\)
Ta có: \(x_1^3 + x_2^3 = 9 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 9\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {3^3} - 3.\dfrac{{3m + 1}}{2}.3 = 9 \Leftrightarrow 27 - \dfrac{9}{2}\left( {3m + 1} \right) - 9 = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{27}}{2} - \dfrac{{27}}{2}m = 0 \Leftrightarrow m = 1\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
b) Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Khi đó giá mỗi gian hàng sau khi tăng lên là \(100 + x\) (triệu đồng).
Cứ mỗi lần tăng 5% tiên thuê mỗi gian hàng (tăng \(5\% .100 = 5\) triệu đồng) thì có thêm 2 gian hàng trống nên khi tăng \(x\) triệu đồng thì có thêm \(\dfrac{{2x}}{5}\) gian hàng trống.
Khi đó số gian hàng được thuê sau khi tăng giá là \(100 - \dfrac{{2x}}{5}\) (gian).
Số tiền thu được là: \(\left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) (triệu đồng).
Yêu cầu bài toán trở thành tìm \(x\) để \(P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) đạt giá trị lớn nhất.
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right) = 10000 - 40x + 100x - \dfrac{{2{x^2}}}{5}\\ = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 150x} \right) + 10000 = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 2.75x + {{75}^2}} \right) + \dfrac{2}{5}{.75^2} + 10000\\ = - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250\end{array}\)
Ta có \({\left( {x - 75} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250 \le 12250\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = 75\).
Vậy người quản lí phải cho thuê mỗi gian hàng với giá \(100 + 75 = 175\) triệu đồng thì doanh thu của Trung tâm thương mại VC trong năm là lớn nhất.
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. Bài viết này sẽ cung cấp cho bạn những thông tin chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019, bao gồm cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và hướng dẫn giải chi tiết.
Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Độ khó của đề thi thường ở mức trung bình, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức cơ bản và có kỹ năng giải toán tốt.
Trong đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019, các dạng bài tập thường gặp bao gồm:
Dưới đây là hướng dẫn giải một số bài toán thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019:
Ví dụ: Giải phương trình 2x + 3 = 7
Hướng dẫn giải:
Ví dụ: Chứng minh rằng a2 + b2 ≥ 2ab với mọi số thực a và b.
Hướng dẫn giải:
Ta có: (a - b)2 ≥ 0 với mọi số thực a và b.
Khai triển: a2 - 2ab + b2 ≥ 0
Chuyển -2ab sang vế phải: a2 + b2 ≥ 2ab
Để ôn thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019 hiệu quả, bạn nên:
Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng rằng những thông tin và hướng dẫn trong bài viết này sẽ giúp bạn tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc bạn 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.
