toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Lạng Sơn năm 2023 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 Lạng Sơn chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Với cấu trúc đề thi bám sát đề thi chính thức, các em có thể làm quen với dạng bài, rèn luyện kỹ năng giải quyết vấn đề và tự đánh giá năng lực của mình. Chúc các em ôn thi hiệu quả và đạt kết quả cao!
Câu 1: a) Tính giá trị các biểu thức sau: \(A = \sqrt {36} {\rm{ \;}} - \sqrt 4 \) \(B = \sqrt {{{(4 - \sqrt {15} )}^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {15} \) \(C = \frac{{\sqrt {12} {\rm{ \;}} + \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }}\)
Câu 1: a) Tính giá trị các biểu thức sau:
\(A = \sqrt {36} {\rm{ \;}} - \sqrt 4 \)
\(B = \sqrt {{{(4 - \sqrt {15} )}^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {15} \)
\(C = \frac{{\sqrt {12} {\rm{ \;}} + \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }}\)
b) Cho biểu thức: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 3}} + \frac{1}{{x - 9}}} \right):\frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
1) Rút gọn biểu thức \(P\).
2) Tìm giá trị của \(x\) để \(P = \frac{1}{2}\).
Câu 2: a) Vẽ đường thẳng \((d):y = 3x - 2\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số \((P):y = {x^2}\) với đường thẳng \((d):y = 3x - 2\).
Câu 3: a) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right.\).
b) Giải phương trình \({x^2} - 9x + 14 = 0\).
c) Cho phương trình \({x^2} - (m + 2)x + m - 3 = 0(*)\), với \(m\) là tham số.
1) Chứng minh rằng phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).
2) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\).
Câu 4: Cho tam giác ABC không cân và có ba góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H (với \(D \in BC\), \(E \in CA\), \(F \in AB\)).
a) Chứng minh rằng tứ giác AFHE nội tiếp.
b) Chứng minh rằng $\Delta EAD\backsim \Delta EFC$.
c) Kẻ DE cắt đường tròn đường kính AC tại M \(\left( {M \ne D} \right)\); DF cắt đường tròn đường kính AB tại N \(\left( {N \ne D} \right)\). Gọi \(K = FM \cap EN\). Chứng minh rằng AF = AM và đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
\(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge \frac{3}{2}\)
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
a) Sử dụng tính chất căn bậc hai.
b) Quy đồng và rút gọn.
Cách giải:
a) Tính giá trị các biểu thức sau:
\(A = \sqrt {36} {\rm{ \;}} - \sqrt 4 \)
\(B = \sqrt {{{(4 - \sqrt {15} )}^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {15} \)
\(C = \frac{{\sqrt {12} {\rm{ \;}} + \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }}\)
Ta có \(A = \sqrt {36} - \sqrt 4 = \sqrt {{6^2}} - \sqrt {{2^2}} = 6 - 2 = 4\)
\(B = \sqrt {{{(4 - \sqrt {15} )}^2}} + \sqrt {15} = \left| {4 - \sqrt {15} } \right| + \sqrt {15} = 4 - \sqrt {15} + \sqrt {15} = 4\)
\(C = \frac{{\sqrt {12} + \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt {4.3} + \sqrt {9.3} }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{5\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 5\)
Vậy A = 4, B = 4, C = 5.
b) Cho biểu thức: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 3}} + \frac{1}{{x - 9}}} \right):\frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
1) Rút gọn biểu thức \(P\).
Ta có \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 3}} + \frac{1}{{x - 9}}} \right):\frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 3}}\)
\(\begin{array}{l} = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 3}} + \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right).\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 4}}\\ = \left( {\frac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right).\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 4}}\\ = \frac{{\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}.\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 4}}\\ = \frac{1}{{\sqrt x - 3}}\end{array}\)
Vậy \(P = \frac{1}{{\sqrt x - 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
2) Tìm giá trị của \(x\) để \(P = \frac{1}{2}\).
Ta có \(P = \frac{1}{{\sqrt x - 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
Để \(P = \frac{1}{2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{1}{{\sqrt x - 3}} = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = 2\\ \Leftrightarrow \sqrt x = 5\\ \Leftrightarrow x = 25\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy để \(P = \frac{1}{2}\) thì \(x = 25\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Lấy hai điểm mà đồ thị đi qua, kẻ đường thẳng qua hai điểm đó.
b) Cho hai vế của đồ thị bằng nhau rồi giải phương trình tìm giao điểm.
Cách giải:
a) Vẽ đường thẳng \((d):y = 3x - 2\)
Với \(x = 0 \Rightarrow y = 3.0 - 2 = - 2\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = 3.1 - 2 = 1\)
Vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm: \(A\left( {0; - 2} \right)\) và \(B\left( {1;1} \right)\) ta được đồ thị \((d):y = 3x - 2\) như sau:
b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số \((P):y = {x^2}\) với đường thẳng \((d):y = 3x - 2\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta được:
\(\begin{array}{l}{x^2} = 3x - 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = {1^2} = 1\)
Với \(x = 2 \Rightarrow y = {2^2} = 4\)
Vậy (d) và (P) cắt nhau tại 2 giao điểm là: \(\left( {1;1} \right)\) và \(\left( {2;4} \right)\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.
b) \(\Delta = {b^2} - 4.a.c\)
- \(\Delta = 0\) thì phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \frac{{ - b}}{{2a}}\)
- \(\Delta < 0\) thì phương trình vô nghiệm
- \(\Delta > 0\)thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2.a}}\)
\({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2.a}}\)
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 2y = 10}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{5x = 15}\end{array} \Leftrightarrow } \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 5 - x}\\{x = 3}\end{array} \Leftrightarrow } \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2}\\{x = 3}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\).
b) Giải phương trình \({x^2} - 9x + 14 = 0\).
phương trình \({x^2} - 9x + 14 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 9} \right)^2} - 4.1.14 = 81 - 56 = 25 > 0\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{9 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = 2\\{x_2} = \frac{{9 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 7\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 2\\{x_2} = 7\end{array} \right.\).
c) Cho phương trình \({x^2} - (m + 2)x + m - 3 = 0(*)\), với \(m\) là tham số.
1) Chứng minh rằng phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).
Phương trình \({x^2} - (m + 2)x + m - 3 = 0(*)\) có \(\Delta = {\left[ { - \left( {m + 2} \right)} \right]^2} - 4.1.\left( {m - 3} \right) = {m^2} + 4m + 4 - 4m + 12 = {m^2} + 16 > 0\) với mọi m.
Vậy phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).
2) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\).
Gọi \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của \({x_1},{x_2}\).
Áp dụng định lí Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 2\\{x_1}.{x_2} = m - 3\end{array} \right.\) thay vào \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\) ta có:
\(\begin{array}{l}m + 2 + 2\left( {m - 3} \right) > 5\\ \Leftrightarrow 3m - 4 > 5\\ \Leftrightarrow m > 3.\end{array}\)
Vậy với \(m > 3\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
a) Chứng minh rằng tứ giác AFHE nội tiếp.
Ta có: \(\angle AFH = \angle AEH = {90^0}\) (do \(BE \bot AC,\,\,CF \bot AB\)).
\( \Rightarrow \angle AFH + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà 2 đỉnh E, F là hai đỉnh đối diện của tứ giác AFEH.
Vậy AFEH là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh rằng $\Delta EAD\backsim \Delta EFC$.
Xét tứ giác CDHE có:
\(\begin{array}{l}\angle CEH = \angle CDH = {90^0}\,\,\left( {do\,\,AD \bot BC,\,\,BE \bot AC} \right)\\ \Rightarrow \angle CEH + \angle CDH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)
Mà 2 đỉnh E, D là hai đỉnh đối diện của tứ giác CDHE.
\( \Rightarrow \) CDHE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HCE = \angle HDE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE).
\( \Rightarrow \angle FCE = \angle ADE\).
Vì AFEH nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle HAE = \angle HFE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE).
\( \Rightarrow \angle DAE = \angle CFE\)
Xét \(\Delta EAD\) và \(\Delta EFC\) có:
\(\begin{align}\angle ADE=\angle FCE\,\,\left( cmt \right) \\ \angle DAE=\angle CFE\,\,\left( cmt \right) \\ \Rightarrow \Delta EAD\backsim \Delta EFC\,\,\left( g.g \right)\,\,\left( dpcm \right) \end{align}\)
c) Kẻ DE cắt đường tròn đường kính AC tại M \(\left( {M \ne D} \right)\); DF cắt đường tròn đường kính AB tại N \(\left( {N \ne D} \right)\). Gọi \(K = FM \cap EN\). Chứng minh rằng AF = AM và đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
+) Chứng minh AF = AM.
Xét đường tròn đường kính AC ta có:
\(\angle AMF = \angle ACF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF).
\(\angle AFM = \angle ADM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM).
Mà \(\angle FCE = \angle ADE\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle ACF = \angle ADM\).
\( \Rightarrow \angle AMF = \angle AFM \Rightarrow \Delta AMF\) cân tại A (định nghĩa) \( \Rightarrow AF = AM\) (tính chất tam giác cân) (đpcm).
+) Chứng minh đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
Xét tứ giác BDHF có: \(\angle BFH = \angle BDH = {90^0}\,\,\left( {do\,\,CF \bot AB,\,\,AD \bot BC} \right)\)
\( \Rightarrow \angle BFH + \angle BDH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà 2 đỉnh F, D là hai đỉnh đối diện của tứ giác BDHF
\( \Rightarrow \) BDHF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle FBH = \angle FDH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FH)
\( \Rightarrow \angle ABE = \angle ADN\).
Tương tự xét đường tròn đường kính AB ta có:
\(\angle ANE = \angle ABE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE).
\(\angle AEN = \angle ADN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN).
Mà \(\angle ABE = \angle AND\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle ANE = \angle AEN \Rightarrow \Delta ANE\) cân tại A (định nghĩa)
\( \Rightarrow AE = AN\) (tính chất tam giác cân)
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC và AB
=> I, J lần lượt là tâm đường tròn đường kính AC và đường tròn đường kính AB.
Vì AM = AF (cmt) \( \Rightarrow A\) thuộc trung trực của FM.
Vì IM = IF (do I là tâm đường tròn đường kính AC) \( \Rightarrow I\) thuộc trung trực của FM.
\( \Rightarrow IA\) là trung trực của FM \( \Rightarrow IA \bot FM \Rightarrow FK \bot AC\).
Mà \(HE \bot AC\,\,\left( {do\,\,BE \bot AC} \right)\).
\( \Rightarrow \) FK // HE (từ vuông góc đến song song) (1)
Vì AE = AN (cmt) \( \Rightarrow A\) thuộc trung trực của EN.
Vì JE = JN (do J là tâm đường tròn đường kính AB) \( \Rightarrow J\) thuộc trung trực của AN.
\( \Rightarrow JA\) là trung trực của EN \( \Rightarrow JA \bot EN \Rightarrow EK \bot AB\).
Mà \(HF \bot AB\,\,\left( {do\,\,CF \bot AB} \right)\)
\( \Rightarrow \) EK // HF (từ vuông góc đến song song) (2)
Từ (1) và (2) => EHFK là hình bình hành (dhnb)
=> Hai đường chéo EF và HK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Vậy EF đi qua trung điểm của HK (đpcm).
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng BĐT Cô-si.
Cách giải:
Ta có:
\(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} = \frac{{a\left( {{a^2} + b} \right) - ab}}{{{a^2} + b}} = a - \frac{{ab}}{{{a^2} + b}}\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \({a^2} + b \ge 2\sqrt {{a^2}b} = 2a\sqrt b \).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{ab}}{{{a^2} + b}} \le \frac{{ab}}{{2a\sqrt b }} = \frac{{\sqrt b }}{2}\\ \Rightarrow a - \frac{{ab}}{{{a^2} + b}} \ge a - \frac{{\sqrt b }}{2}\\ \Rightarrow \frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} \ge a - \frac{{\sqrt b }}{2}\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(\begin{array}{l}\frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} \ge b - \frac{{\sqrt c }}{2}\\\frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge c - \frac{{\sqrt a }}{2}\end{array}\)
Cộng vế theo vế ba bất phương trình ta được:
\(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge \left( {a + b + c} \right) - \frac{{\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c }}{2} = 3 - \frac{{\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c }}{2}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\({\left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c } \right)^2} \le 3\left( {a + b + c} \right) = 3.3 = 9 \Rightarrow \sqrt a + \sqrt b + \sqrt c \le 3\).
Vậy \(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge 3 - \frac{3}{2} = \frac{3}{2}\,\,\left( {dpcm} \right)\).
Câu 1: a) Tính giá trị các biểu thức sau:
\(A = \sqrt {36} {\rm{ \;}} - \sqrt 4 \)
\(B = \sqrt {{{(4 - \sqrt {15} )}^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {15} \)
\(C = \frac{{\sqrt {12} {\rm{ \;}} + \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }}\)
b) Cho biểu thức: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 3}} + \frac{1}{{x - 9}}} \right):\frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
1) Rút gọn biểu thức \(P\).
2) Tìm giá trị của \(x\) để \(P = \frac{1}{2}\).
Câu 2: a) Vẽ đường thẳng \((d):y = 3x - 2\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số \((P):y = {x^2}\) với đường thẳng \((d):y = 3x - 2\).
Câu 3: a) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right.\).
b) Giải phương trình \({x^2} - 9x + 14 = 0\).
c) Cho phương trình \({x^2} - (m + 2)x + m - 3 = 0(*)\), với \(m\) là tham số.
1) Chứng minh rằng phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).
2) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\).
Câu 4: Cho tam giác ABC không cân và có ba góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H (với \(D \in BC\), \(E \in CA\), \(F \in AB\)).
a) Chứng minh rằng tứ giác AFHE nội tiếp.
b) Chứng minh rằng $\Delta EAD\backsim \Delta EFC$.
c) Kẻ DE cắt đường tròn đường kính AC tại M \(\left( {M \ne D} \right)\); DF cắt đường tròn đường kính AB tại N \(\left( {N \ne D} \right)\). Gọi \(K = FM \cap EN\). Chứng minh rằng AF = AM và đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
\(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge \frac{3}{2}\)
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
a) Sử dụng tính chất căn bậc hai.
b) Quy đồng và rút gọn.
Cách giải:
a) Tính giá trị các biểu thức sau:
\(A = \sqrt {36} {\rm{ \;}} - \sqrt 4 \)
\(B = \sqrt {{{(4 - \sqrt {15} )}^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {15} \)
\(C = \frac{{\sqrt {12} {\rm{ \;}} + \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }}\)
Ta có \(A = \sqrt {36} - \sqrt 4 = \sqrt {{6^2}} - \sqrt {{2^2}} = 6 - 2 = 4\)
\(B = \sqrt {{{(4 - \sqrt {15} )}^2}} + \sqrt {15} = \left| {4 - \sqrt {15} } \right| + \sqrt {15} = 4 - \sqrt {15} + \sqrt {15} = 4\)
\(C = \frac{{\sqrt {12} + \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt {4.3} + \sqrt {9.3} }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{5\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 5\)
Vậy A = 4, B = 4, C = 5.
b) Cho biểu thức: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 3}} + \frac{1}{{x - 9}}} \right):\frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
1) Rút gọn biểu thức \(P\).
Ta có \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 3}} + \frac{1}{{x - 9}}} \right):\frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 3}}\)
\(\begin{array}{l} = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 3}} + \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right).\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 4}}\\ = \left( {\frac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right).\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 4}}\\ = \frac{{\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}.\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 4}}\\ = \frac{1}{{\sqrt x - 3}}\end{array}\)
Vậy \(P = \frac{1}{{\sqrt x - 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
2) Tìm giá trị của \(x\) để \(P = \frac{1}{2}\).
Ta có \(P = \frac{1}{{\sqrt x - 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
Để \(P = \frac{1}{2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{1}{{\sqrt x - 3}} = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = 2\\ \Leftrightarrow \sqrt x = 5\\ \Leftrightarrow x = 25\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy để \(P = \frac{1}{2}\) thì \(x = 25\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Lấy hai điểm mà đồ thị đi qua, kẻ đường thẳng qua hai điểm đó.
b) Cho hai vế của đồ thị bằng nhau rồi giải phương trình tìm giao điểm.
Cách giải:
a) Vẽ đường thẳng \((d):y = 3x - 2\)
Với \(x = 0 \Rightarrow y = 3.0 - 2 = - 2\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = 3.1 - 2 = 1\)
Vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm: \(A\left( {0; - 2} \right)\) và \(B\left( {1;1} \right)\) ta được đồ thị \((d):y = 3x - 2\) như sau:
b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số \((P):y = {x^2}\) với đường thẳng \((d):y = 3x - 2\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta được:
\(\begin{array}{l}{x^2} = 3x - 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = {1^2} = 1\)
Với \(x = 2 \Rightarrow y = {2^2} = 4\)
Vậy (d) và (P) cắt nhau tại 2 giao điểm là: \(\left( {1;1} \right)\) và \(\left( {2;4} \right)\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.
b) \(\Delta = {b^2} - 4.a.c\)
- \(\Delta = 0\) thì phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \frac{{ - b}}{{2a}}\)
- \(\Delta < 0\) thì phương trình vô nghiệm
- \(\Delta > 0\)thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2.a}}\)
\({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2.a}}\)
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 2y = 10}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{5x = 15}\end{array} \Leftrightarrow } \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 5 - x}\\{x = 3}\end{array} \Leftrightarrow } \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2}\\{x = 3}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\).
b) Giải phương trình \({x^2} - 9x + 14 = 0\).
phương trình \({x^2} - 9x + 14 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 9} \right)^2} - 4.1.14 = 81 - 56 = 25 > 0\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{9 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = 2\\{x_2} = \frac{{9 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 7\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 2\\{x_2} = 7\end{array} \right.\).
c) Cho phương trình \({x^2} - (m + 2)x + m - 3 = 0(*)\), với \(m\) là tham số.
1) Chứng minh rằng phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).
Phương trình \({x^2} - (m + 2)x + m - 3 = 0(*)\) có \(\Delta = {\left[ { - \left( {m + 2} \right)} \right]^2} - 4.1.\left( {m - 3} \right) = {m^2} + 4m + 4 - 4m + 12 = {m^2} + 16 > 0\) với mọi m.
Vậy phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).
2) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\).
Gọi \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của \({x_1},{x_2}\).
Áp dụng định lí Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 2\\{x_1}.{x_2} = m - 3\end{array} \right.\) thay vào \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\) ta có:
\(\begin{array}{l}m + 2 + 2\left( {m - 3} \right) > 5\\ \Leftrightarrow 3m - 4 > 5\\ \Leftrightarrow m > 3.\end{array}\)
Vậy với \(m > 3\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
a) Chứng minh rằng tứ giác AFHE nội tiếp.
Ta có: \(\angle AFH = \angle AEH = {90^0}\) (do \(BE \bot AC,\,\,CF \bot AB\)).
\( \Rightarrow \angle AFH + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà 2 đỉnh E, F là hai đỉnh đối diện của tứ giác AFEH.
Vậy AFEH là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh rằng $\Delta EAD\backsim \Delta EFC$.
Xét tứ giác CDHE có:
\(\begin{array}{l}\angle CEH = \angle CDH = {90^0}\,\,\left( {do\,\,AD \bot BC,\,\,BE \bot AC} \right)\\ \Rightarrow \angle CEH + \angle CDH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)
Mà 2 đỉnh E, D là hai đỉnh đối diện của tứ giác CDHE.
\( \Rightarrow \) CDHE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HCE = \angle HDE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE).
\( \Rightarrow \angle FCE = \angle ADE\).
Vì AFEH nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle HAE = \angle HFE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE).
\( \Rightarrow \angle DAE = \angle CFE\)
Xét \(\Delta EAD\) và \(\Delta EFC\) có:
\(\begin{align}\angle ADE=\angle FCE\,\,\left( cmt \right) \\ \angle DAE=\angle CFE\,\,\left( cmt \right) \\ \Rightarrow \Delta EAD\backsim \Delta EFC\,\,\left( g.g \right)\,\,\left( dpcm \right) \end{align}\)
c) Kẻ DE cắt đường tròn đường kính AC tại M \(\left( {M \ne D} \right)\); DF cắt đường tròn đường kính AB tại N \(\left( {N \ne D} \right)\). Gọi \(K = FM \cap EN\). Chứng minh rằng AF = AM và đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
+) Chứng minh AF = AM.
Xét đường tròn đường kính AC ta có:
\(\angle AMF = \angle ACF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF).
\(\angle AFM = \angle ADM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM).
Mà \(\angle FCE = \angle ADE\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle ACF = \angle ADM\).
\( \Rightarrow \angle AMF = \angle AFM \Rightarrow \Delta AMF\) cân tại A (định nghĩa) \( \Rightarrow AF = AM\) (tính chất tam giác cân) (đpcm).
+) Chứng minh đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
Xét tứ giác BDHF có: \(\angle BFH = \angle BDH = {90^0}\,\,\left( {do\,\,CF \bot AB,\,\,AD \bot BC} \right)\)
\( \Rightarrow \angle BFH + \angle BDH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà 2 đỉnh F, D là hai đỉnh đối diện của tứ giác BDHF
\( \Rightarrow \) BDHF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle FBH = \angle FDH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FH)
\( \Rightarrow \angle ABE = \angle ADN\).
Tương tự xét đường tròn đường kính AB ta có:
\(\angle ANE = \angle ABE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE).
\(\angle AEN = \angle ADN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN).
Mà \(\angle ABE = \angle AND\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle ANE = \angle AEN \Rightarrow \Delta ANE\) cân tại A (định nghĩa)
\( \Rightarrow AE = AN\) (tính chất tam giác cân)
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC và AB
=> I, J lần lượt là tâm đường tròn đường kính AC và đường tròn đường kính AB.
Vì AM = AF (cmt) \( \Rightarrow A\) thuộc trung trực của FM.
Vì IM = IF (do I là tâm đường tròn đường kính AC) \( \Rightarrow I\) thuộc trung trực của FM.
\( \Rightarrow IA\) là trung trực của FM \( \Rightarrow IA \bot FM \Rightarrow FK \bot AC\).
Mà \(HE \bot AC\,\,\left( {do\,\,BE \bot AC} \right)\).
\( \Rightarrow \) FK // HE (từ vuông góc đến song song) (1)
Vì AE = AN (cmt) \( \Rightarrow A\) thuộc trung trực của EN.
Vì JE = JN (do J là tâm đường tròn đường kính AB) \( \Rightarrow J\) thuộc trung trực của AN.
\( \Rightarrow JA\) là trung trực của EN \( \Rightarrow JA \bot EN \Rightarrow EK \bot AB\).
Mà \(HF \bot AB\,\,\left( {do\,\,CF \bot AB} \right)\)
\( \Rightarrow \) EK // HF (từ vuông góc đến song song) (2)
Từ (1) và (2) => EHFK là hình bình hành (dhnb)
=> Hai đường chéo EF và HK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Vậy EF đi qua trung điểm của HK (đpcm).
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng BĐT Cô-si.
Cách giải:
Ta có:
\(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} = \frac{{a\left( {{a^2} + b} \right) - ab}}{{{a^2} + b}} = a - \frac{{ab}}{{{a^2} + b}}\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \({a^2} + b \ge 2\sqrt {{a^2}b} = 2a\sqrt b \).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{ab}}{{{a^2} + b}} \le \frac{{ab}}{{2a\sqrt b }} = \frac{{\sqrt b }}{2}\\ \Rightarrow a - \frac{{ab}}{{{a^2} + b}} \ge a - \frac{{\sqrt b }}{2}\\ \Rightarrow \frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} \ge a - \frac{{\sqrt b }}{2}\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(\begin{array}{l}\frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} \ge b - \frac{{\sqrt c }}{2}\\\frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge c - \frac{{\sqrt a }}{2}\end{array}\)
Cộng vế theo vế ba bất phương trình ta được:
\(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge \left( {a + b + c} \right) - \frac{{\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c }}{2} = 3 - \frac{{\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c }}{2}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\({\left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c } \right)^2} \le 3\left( {a + b + c} \right) = 3.3 = 9 \Rightarrow \sqrt a + \sqrt b + \sqrt c \le 3\).
Vậy \(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge 3 - \frac{3}{2} = \frac{3}{2}\,\,\left( {dpcm} \right)\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Lạng Sơn năm 2023 là một bước quan trọng đánh dấu sự chuyển cấp của học sinh từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Năm nay, kỳ thi có một số thay đổi đáng chú ý về cấu trúc đề thi và nội dung kiến thức. Việc nắm vững thông tin này là vô cùng cần thiết để học sinh có sự chuẩn bị tốt nhất.
Đề thi vào 10 môn Toán Lạng Sơn năm 2023 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
So với các năm trước, đề thi vào 10 môn Toán Lạng Sơn năm 2023 có xu hướng tăng độ khó và tính phân loại. Các câu hỏi không chỉ đòi hỏi kiến thức cơ bản mà còn yêu cầu học sinh có khả năng tư duy logic, sáng tạo và vận dụng kiến thức vào giải quyết các bài toán thực tế.
Luyện đề thi là một bước không thể thiếu trong quá trình chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Việc luyện đề giúp học sinh:
Có rất nhiều nguồn tài liệu luyện thi vào 10 môn Toán Lạng Sơn năm 2023 mà học sinh có thể tham khảo:
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Lạng Sơn năm 2023, học sinh cần:
Đề thi số 1: (Mô tả ngắn gọn về đề thi, các dạng bài chính, và hướng giải quyết)
Đề thi số 2: (Mô tả ngắn gọn về đề thi, các dạng bài chính, và hướng giải quyết)
toan9.edu.vn cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán Lạng Sơn năm 2023, bao gồm đề thi, bài giảng, bài tập và các khóa học online chất lượng cao. Chúng tôi cam kết đồng hành cùng bạn trên con đường chinh phục kỳ thi và đạt được ước mơ vào trường THPT mong muốn.
| Năm | Link tải đề |
|---|---|
| 2023 | [Link đến đề thi 2023] |
| 2022 | [Link đến đề thi 2022] |
| 2021 | [Link đến đề thi 2021] |
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Lạng Sơn năm 2023 là một thử thách lớn, nhưng với sự chuẩn bị kỹ lưỡng và phương pháp học tập đúng đắn, các em học sinh hoàn toàn có thể đạt được kết quả tốt nhất. Chúc các em 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.
