toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Long An năm 2023 chính thức, được tổng hợp từ các nguồn uy tín. 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 đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết, giúp các em hiểu rõ từng dạng bài và phương pháp giải quyết.
Câu 1: a. Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {50} {\rm{ \;}} + \sqrt {32} {\rm{ \;}} - 3\sqrt {18} \). b. Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \sqrt x {\rm{ \;}} - 2} \right):\sqrt x \) với \(x > 0\).
Câu 1:
a. Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {50} {\rm{ \;}} + \sqrt {32} {\rm{ \;}} - 3\sqrt {18} \).
b. Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \sqrt x {\rm{ \;}} - 2} \right):\sqrt x \) với \(x > 0\).
c. Giải phương trình \(\sqrt {{x^2} - 2x + 1} {\rm{ \;}} = 3\).
Câu 2:
a. Giải phương trình \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\).
b. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + y = 9}\\{2x - y = 1}\end{array}} \right.\).
c. Cho phương trình \({x^2} - 2x + m + 3 = 0\) ( \(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Với giá trị nào của \(m\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 \cdot {x_2} + {x_1} \cdot x_2^2 = {\rm{ \;}} - 4\).
Câu 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol \((P):y = 2{x^2}\) và đường thả̉ng \((d):y = {\rm{ \;}} - 2x + 4\).
a. Vẽ parabol \((P)\) và đường thẳng \((d)\) trên cùng mặt phẳng tọa độ.
b. Tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) bằng phép tính.
Câu 4:
a. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AH = 3cm, HC = 4cm. Tính độ dài đoạn thẳng HB, AC và số đo góc C (kết quả làm tròn đến độ).
b. Để xác định chiều cao của một tòa tháp cao tầng (hình vẽ bên), một người đứng tại điểm C cách chân tháp một khoảng CD = 60m, sử dụng giác kế nhìn thấy đỉnh tòa tháp với góc AOB = 60. Hãy tính chiều cao của tòa tháp. Biết rằng khoảng cách từ mặt đất đến ống ngắm của giác kế là OC = 1m, (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Câu 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác ABC và AD, BE cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh HA.HD = HB.HE.
c) Gọi điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Câu 6: Cho các số thực x, y thoả mãn \(x + y + 2 = 0\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\(A = 3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 10xy\)
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
a) Sử dụng tính chất căn bậc hai.
b) Quy đồng và rút gọn.
c) Sử dụng tính chất căn bậc hai.
Cách giải:
a. Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {50} + \sqrt {32} - 3\sqrt {18} \).
Ta có \(A = \sqrt {50} + \sqrt {32} - 3\sqrt {18} \)
\(\begin{array}{l} = \sqrt {25.2} + \sqrt {16.2} - 3\sqrt {9.2} \\ = 5\sqrt 2 + 4\sqrt 2 - 9\sqrt 2 \\ = 0\end{array}\)
Vậy A = 0
b. Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \sqrt x - 2} \right):\sqrt x \) với \(x > 0\).
Ta có \(B = \left( {\frac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \sqrt x - 2} \right):\sqrt x \)
\(\begin{array}{l} = \left( {\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x }} + \sqrt x - 2} \right):\sqrt x \\ = \left( {\sqrt x + 2 + \sqrt x - 2} \right).\frac{1}{{\sqrt x }}\\ = 2\sqrt x .\frac{1}{{\sqrt x }} = 2\end{array}\)
Vậy B = 2 với \(x > 0\)
c. Giải phương trình \(\sqrt {{x^2} - 2x + 1} = 3\).
ĐKXĐ: Với mọi giá trị của x
Phương trình \(\sqrt {{x^2} - 2x + 1} = 3\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2}} = 3\\ \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| = 3\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 3\\x - 1 = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = - 2\end{array} \right.\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 2,4} \right\}\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) \(\Delta = {b^2} - 4.a.c\)
- \(\Delta = 0\) 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:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2.a}}\)
\({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2.a}}\)
b) Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.
c) Sử dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
a. Giải phương trình \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\).
Xét Phương trình \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\) có \(a + b + c = 3 - 7 + 4 = 0\)nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = 4\end{array} \right.\).
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = 4\end{array} \right.\).
b. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + y = 9}\\{2x - y = 1}\end{array}} \right.\).
Cộng vế với vế, ta có
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + y = 9}\\{2x - y = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\y = 2x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 2.2 - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)\).
c. Cho phương trình \({x^2} - 2x + m + 3 = 0\) ( \(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Với giá trị nào của \(m\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 \cdot {x_2} + {x_1} \cdot x_2^2 = - 4\).
Xét phương trình \({x^2} - 2x + m + 3 = 0\) có \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} - 1.\left( {m + 3} \right) = 1 - m - 3 = - m - 2\)
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow - m - 2 > 0 \Leftrightarrow m < - 2\).
Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình, áp dụng định lí Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 2\\{x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = m + 3\end{array} \right.\) (1)
Khi đó để \(x_1^2 \cdot {x_2} + {x_1} \cdot x_2^2 = - 4 \Leftrightarrow {x_1}.{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = - 4\) (2)
Thay (1) vào (2) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)2 = - 4\\ \Leftrightarrow m + 3 = - 2\\ \Leftrightarrow m = - 5\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy với \(m = - 5\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 \cdot {x_2} + {x_1} \cdot x_2^2 = - 4\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số.
Bước 2: Lập bảng giá trị (thường từ 5 đến 7 giá trị) tương ứng giữa \(x\) và \(y\).
Bước 3: Vẽ đồ thị và kết luận.
b) Cho hai vế của đồ thị bằng nhau rồi giải phương trình tìm giao điểm.
Cách giải:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol \((P):y = 2{x^2}\) và đường thả̉ng \((d):y = - 2x + 4\).
a. Vẽ parabol \((P)\) và đường thẳng \((d)\) trên cùng mặt phẳng tọa độ.
* Vẽ đường thẳng \((d)\)
Với \(x = 0 \Rightarrow y = - 2.0 + 4 = 4\)
Với \(y = 0 \Rightarrow 0 = - 2x + 4 \Leftrightarrow 2x = 4 \Leftrightarrow x = 2\)
\( \Rightarrow \) Đồ thị \((d):y = - 2x + 4\)là đường thẳng đi qua 2 điểm \(M\left( {2;0} \right)\) và \(N\left( {0;4} \right)\)
* Vẽ parabol \((P)\)
Ta có bảng giá trị sau:
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2;8} \right);\,\,B\left( { - 1;2} \right);C\left( {1;2} \right);\,\,D\left( {2;8} \right)\)
Hệ số \(a = 2 > 0\) nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) như sau:
b. Tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) ta được:
\(\begin{array}{l}2{x^2} = - 2x + 4\\ \Leftrightarrow {x^2} = - x + 2\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) - \left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = {2.1^2} = 2\)
Với \(x = - 2 \Rightarrow y = 2.{\left( { - 2} \right)^2} = 8\)
Vậy \((P)\) và \((d)\)cắt nhau tại 2 giao điểm là: \(A\left( { - 2;8} \right)\)và \(C\left( {1;2} \right)\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
a. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AH = 3cm, HC = 4cm. Tính độ dài đoạn thẳng HB, AC và số đo góc C (kết quả làm tròn đến độ).
Do tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có:
\(A{H^2} = HB.HC \Rightarrow HB = \frac{{A{H^2}}}{{HC}} = \frac{{{3^2}}}{4} = \frac{9}{4}\) cm
Suy ra \(BC = HB + HC = \frac{9}{4} + 4 = \frac{{25}}{4}\) cm
\( \Rightarrow A{C^2} = HC.BC = 4.\frac{{25}}{4} = 25 \Rightarrow AC = 5\)cm
\( \Rightarrow \sin C = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{3}{5} \Rightarrow \angle C \approx 36,{87^0}\)
b. Để xác định chiều cao của một tòa tháp cao tầng (hình vẽ bên), một người đứng tại điểm C cách chân tháp một khoảng CD = 60m, sử dụng giác kế nhìn thấy đỉnh tòa tháp với góc AOB = 60. Hãy tính chiều cao của tòa tháp. Biết rằng khoảng cách từ mặt đất đến ống ngắm của giác kế là OC = 1m, (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Do tam giác ABO vuông tại B, góc AOB = \({60^0}\) nên
\(AB = OB.\tan \angle O = CD.\tan {60^0} = 60.\tan {60^0} = 60\sqrt 3 \) m
Lại có BD = CO = 1m
\( \Rightarrow AD = AB + BD = 60\sqrt 3 + 1 \approx 105\) m
Vậy tòa nhà cao khoảng 105 m
Câu 5 (VD):
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác ABC và AD, BE cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn.
Ta có:
\(\begin{array}{l}\angle HDC = {90^0}\,\,\left( {do\,\,AD \bot BC} \right)\\\angle HEC = {90^0}\,\,\left( {do\,\,BE \bot AC} \right)\\ \Rightarrow \angle HDC + \angle HEC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau của tứ giác CDHE.
=> CDHE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)). (đpcm)
b) Chứng minh HA.HD = HB.HE.
Xét \(\Delta AHE\) và \(\Delta BHD\) có:
\(\angle AEH = \angle BDH = {90^0}\,\,\left( {do\,\,BE \bot AC,\,\,AD \bot BC} \right)\)
\(\angle AHE = \angle BHD\) (đối đỉnh)
$\Rightarrow \Delta AHE\backsim \Delta BHD\,\,\left( g.g \right)$
\( \Rightarrow \frac{{HA}}{{HB}} = \frac{{HE}}{{HD}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) \( \Rightarrow HA.HD = HB.HE\,\,\left( {dpcm} \right)\).
c) Gọi điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Xét tứ giác nội tiếp CDHE có: \(\angle HEC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle HEC\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.
\( \Rightarrow HC\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE.
\( \Rightarrow I\) là trung điểm của HC.
Gọi O là trung điểm của AB => O là tâm đường tròn đường kính AB.
Ta cần chứng minh \(OE \bot IE\) tại E.
Vì tam giác AEB vuông tại E có EO là trung tuyến ứng với cạnh huyền AB nên \(OE = \frac{1}{2}AB = OA = OB \Rightarrow E \in \left( O \right)\).
Vì tam giác ADB vuông tại D có DO là trung tuyến ứng với cạnh huyền AB nên \(OD = \frac{1}{2}AB = OA = OB \Rightarrow D \in \left( O \right)\)
Vì CDHE là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle ECH = \angle EDH \Rightarrow \angle ECI = \angle EDA\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE).
Mà \(\angle EDA = \angle EBA = \angle EBO\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EA của (O)).
\( \Rightarrow \angle ECI = \angle EBO\). (1)
Vì tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn tâm I đường kính HC nên IE = IC
\( \Rightarrow \Delta IEC\) cân tại I (định nghĩa)
\( \Rightarrow \angle ECI = \angle CEI\) (tính chất tam giác cân). (2)
Vì E thuộc (O) nên OB = OE
\( \Rightarrow \Delta OBE\) cân tại O (định nghĩa)
\( \Rightarrow \angle EBO = \angle BEO\) (tính chất tam giác cân). (3)
Từ (1), (2), (3)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle CEI = \angle BEO\\ \Rightarrow \angle CEI + \angle IEH = \angle BEO + \angle IEH\\ \Rightarrow \angle CEH = \angle IEO\\ \Rightarrow {90^0} = \angle IEO\end{array}\)
Vậy \(OE \bot IE\) tại E hay IE là tiếp tuyến của đường tròn (O) đường kính AB (đpcm).
Câu 6 (VD):
Cách giải:
Theo bài ra ta có: \(x + y + 2 = 0 \Leftrightarrow x + y = - 2\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = 3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 10xy\\A = 3\left( {{x^2} + {y^2} + 2xy} \right) + 4xy\\A = 3{\left( {x + y} \right)^2} + 4xy\\A = 3.{\left( { - 2} \right)^2} + 4xy\\A = 12 + 4xy\end{array}\)
Ta có: \(xy \le {\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{{ - 2}}{2}} \right)^2} = 1\).
\( \Rightarrow A \le 12 + 4 = 16\).
Vậy \({A_{\max }} = 16 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y\\x + y + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = - 1\).
Câu 1:
a. Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {50} {\rm{ \;}} + \sqrt {32} {\rm{ \;}} - 3\sqrt {18} \).
b. Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \sqrt x {\rm{ \;}} - 2} \right):\sqrt x \) với \(x > 0\).
c. Giải phương trình \(\sqrt {{x^2} - 2x + 1} {\rm{ \;}} = 3\).
Câu 2:
a. Giải phương trình \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\).
b. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + y = 9}\\{2x - y = 1}\end{array}} \right.\).
c. Cho phương trình \({x^2} - 2x + m + 3 = 0\) ( \(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Với giá trị nào của \(m\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 \cdot {x_2} + {x_1} \cdot x_2^2 = {\rm{ \;}} - 4\).
Câu 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol \((P):y = 2{x^2}\) và đường thả̉ng \((d):y = {\rm{ \;}} - 2x + 4\).
a. Vẽ parabol \((P)\) và đường thẳng \((d)\) trên cùng mặt phẳng tọa độ.
b. Tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) bằng phép tính.
Câu 4:
a. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AH = 3cm, HC = 4cm. Tính độ dài đoạn thẳng HB, AC và số đo góc C (kết quả làm tròn đến độ).
b. Để xác định chiều cao của một tòa tháp cao tầng (hình vẽ bên), một người đứng tại điểm C cách chân tháp một khoảng CD = 60m, sử dụng giác kế nhìn thấy đỉnh tòa tháp với góc AOB = 60. Hãy tính chiều cao của tòa tháp. Biết rằng khoảng cách từ mặt đất đến ống ngắm của giác kế là OC = 1m, (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Câu 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác ABC và AD, BE cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh HA.HD = HB.HE.
c) Gọi điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Câu 6: Cho các số thực x, y thoả mãn \(x + y + 2 = 0\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\(A = 3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 10xy\)
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
a) Sử dụng tính chất căn bậc hai.
b) Quy đồng và rút gọn.
c) Sử dụng tính chất căn bậc hai.
Cách giải:
a. Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {50} + \sqrt {32} - 3\sqrt {18} \).
Ta có \(A = \sqrt {50} + \sqrt {32} - 3\sqrt {18} \)
\(\begin{array}{l} = \sqrt {25.2} + \sqrt {16.2} - 3\sqrt {9.2} \\ = 5\sqrt 2 + 4\sqrt 2 - 9\sqrt 2 \\ = 0\end{array}\)
Vậy A = 0
b. Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \sqrt x - 2} \right):\sqrt x \) với \(x > 0\).
Ta có \(B = \left( {\frac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \sqrt x - 2} \right):\sqrt x \)
\(\begin{array}{l} = \left( {\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x }} + \sqrt x - 2} \right):\sqrt x \\ = \left( {\sqrt x + 2 + \sqrt x - 2} \right).\frac{1}{{\sqrt x }}\\ = 2\sqrt x .\frac{1}{{\sqrt x }} = 2\end{array}\)
Vậy B = 2 với \(x > 0\)
c. Giải phương trình \(\sqrt {{x^2} - 2x + 1} = 3\).
ĐKXĐ: Với mọi giá trị của x
Phương trình \(\sqrt {{x^2} - 2x + 1} = 3\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2}} = 3\\ \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| = 3\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 3\\x - 1 = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = - 2\end{array} \right.\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 2,4} \right\}\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) \(\Delta = {b^2} - 4.a.c\)
- \(\Delta = 0\) 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:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2.a}}\)
\({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2.a}}\)
b) Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.
c) Sử dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
a. Giải phương trình \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\).
Xét Phương trình \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\) có \(a + b + c = 3 - 7 + 4 = 0\)nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = 4\end{array} \right.\).
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = 4\end{array} \right.\).
b. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + y = 9}\\{2x - y = 1}\end{array}} \right.\).
Cộng vế với vế, ta có
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + y = 9}\\{2x - y = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\y = 2x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 2.2 - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)\).
c. Cho phương trình \({x^2} - 2x + m + 3 = 0\) ( \(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Với giá trị nào của \(m\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 \cdot {x_2} + {x_1} \cdot x_2^2 = - 4\).
Xét phương trình \({x^2} - 2x + m + 3 = 0\) có \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} - 1.\left( {m + 3} \right) = 1 - m - 3 = - m - 2\)
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow - m - 2 > 0 \Leftrightarrow m < - 2\).
Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình, áp dụng định lí Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 2\\{x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = m + 3\end{array} \right.\) (1)
Khi đó để \(x_1^2 \cdot {x_2} + {x_1} \cdot x_2^2 = - 4 \Leftrightarrow {x_1}.{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = - 4\) (2)
Thay (1) vào (2) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)2 = - 4\\ \Leftrightarrow m + 3 = - 2\\ \Leftrightarrow m = - 5\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy với \(m = - 5\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 \cdot {x_2} + {x_1} \cdot x_2^2 = - 4\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số.
Bước 2: Lập bảng giá trị (thường từ 5 đến 7 giá trị) tương ứng giữa \(x\) và \(y\).
Bước 3: Vẽ đồ thị và kết luận.
b) Cho hai vế của đồ thị bằng nhau rồi giải phương trình tìm giao điểm.
Cách giải:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol \((P):y = 2{x^2}\) và đường thả̉ng \((d):y = - 2x + 4\).
a. Vẽ parabol \((P)\) và đường thẳng \((d)\) trên cùng mặt phẳng tọa độ.
* Vẽ đường thẳng \((d)\)
Với \(x = 0 \Rightarrow y = - 2.0 + 4 = 4\)
Với \(y = 0 \Rightarrow 0 = - 2x + 4 \Leftrightarrow 2x = 4 \Leftrightarrow x = 2\)
\( \Rightarrow \) Đồ thị \((d):y = - 2x + 4\)là đường thẳng đi qua 2 điểm \(M\left( {2;0} \right)\) và \(N\left( {0;4} \right)\)
* Vẽ parabol \((P)\)
Ta có bảng giá trị sau:
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2;8} \right);\,\,B\left( { - 1;2} \right);C\left( {1;2} \right);\,\,D\left( {2;8} \right)\)
Hệ số \(a = 2 > 0\) nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) như sau:
b. Tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) ta được:
\(\begin{array}{l}2{x^2} = - 2x + 4\\ \Leftrightarrow {x^2} = - x + 2\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) - \left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = {2.1^2} = 2\)
Với \(x = - 2 \Rightarrow y = 2.{\left( { - 2} \right)^2} = 8\)
Vậy \((P)\) và \((d)\)cắt nhau tại 2 giao điểm là: \(A\left( { - 2;8} \right)\)và \(C\left( {1;2} \right)\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
a. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AH = 3cm, HC = 4cm. Tính độ dài đoạn thẳng HB, AC và số đo góc C (kết quả làm tròn đến độ).
Do tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có:
\(A{H^2} = HB.HC \Rightarrow HB = \frac{{A{H^2}}}{{HC}} = \frac{{{3^2}}}{4} = \frac{9}{4}\) cm
Suy ra \(BC = HB + HC = \frac{9}{4} + 4 = \frac{{25}}{4}\) cm
\( \Rightarrow A{C^2} = HC.BC = 4.\frac{{25}}{4} = 25 \Rightarrow AC = 5\)cm
\( \Rightarrow \sin C = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{3}{5} \Rightarrow \angle C \approx 36,{87^0}\)
b. Để xác định chiều cao của một tòa tháp cao tầng (hình vẽ bên), một người đứng tại điểm C cách chân tháp một khoảng CD = 60m, sử dụng giác kế nhìn thấy đỉnh tòa tháp với góc AOB = 60. Hãy tính chiều cao của tòa tháp. Biết rằng khoảng cách từ mặt đất đến ống ngắm của giác kế là OC = 1m, (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Do tam giác ABO vuông tại B, góc AOB = \({60^0}\) nên
\(AB = OB.\tan \angle O = CD.\tan {60^0} = 60.\tan {60^0} = 60\sqrt 3 \) m
Lại có BD = CO = 1m
\( \Rightarrow AD = AB + BD = 60\sqrt 3 + 1 \approx 105\) m
Vậy tòa nhà cao khoảng 105 m
Câu 5 (VD):
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác ABC và AD, BE cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn.
Ta có:
\(\begin{array}{l}\angle HDC = {90^0}\,\,\left( {do\,\,AD \bot BC} \right)\\\angle HEC = {90^0}\,\,\left( {do\,\,BE \bot AC} \right)\\ \Rightarrow \angle HDC + \angle HEC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau của tứ giác CDHE.
=> CDHE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)). (đpcm)
b) Chứng minh HA.HD = HB.HE.
Xét \(\Delta AHE\) và \(\Delta BHD\) có:
\(\angle AEH = \angle BDH = {90^0}\,\,\left( {do\,\,BE \bot AC,\,\,AD \bot BC} \right)\)
\(\angle AHE = \angle BHD\) (đối đỉnh)
$\Rightarrow \Delta AHE\backsim \Delta BHD\,\,\left( g.g \right)$
\( \Rightarrow \frac{{HA}}{{HB}} = \frac{{HE}}{{HD}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) \( \Rightarrow HA.HD = HB.HE\,\,\left( {dpcm} \right)\).
c) Gọi điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Xét tứ giác nội tiếp CDHE có: \(\angle HEC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle HEC\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.
\( \Rightarrow HC\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE.
\( \Rightarrow I\) là trung điểm của HC.
Gọi O là trung điểm của AB => O là tâm đường tròn đường kính AB.
Ta cần chứng minh \(OE \bot IE\) tại E.
Vì tam giác AEB vuông tại E có EO là trung tuyến ứng với cạnh huyền AB nên \(OE = \frac{1}{2}AB = OA = OB \Rightarrow E \in \left( O \right)\).
Vì tam giác ADB vuông tại D có DO là trung tuyến ứng với cạnh huyền AB nên \(OD = \frac{1}{2}AB = OA = OB \Rightarrow D \in \left( O \right)\)
Vì CDHE là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle ECH = \angle EDH \Rightarrow \angle ECI = \angle EDA\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE).
Mà \(\angle EDA = \angle EBA = \angle EBO\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EA của (O)).
\( \Rightarrow \angle ECI = \angle EBO\). (1)
Vì tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn tâm I đường kính HC nên IE = IC
\( \Rightarrow \Delta IEC\) cân tại I (định nghĩa)
\( \Rightarrow \angle ECI = \angle CEI\) (tính chất tam giác cân). (2)
Vì E thuộc (O) nên OB = OE
\( \Rightarrow \Delta OBE\) cân tại O (định nghĩa)
\( \Rightarrow \angle EBO = \angle BEO\) (tính chất tam giác cân). (3)
Từ (1), (2), (3)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle CEI = \angle BEO\\ \Rightarrow \angle CEI + \angle IEH = \angle BEO + \angle IEH\\ \Rightarrow \angle CEH = \angle IEO\\ \Rightarrow {90^0} = \angle IEO\end{array}\)
Vậy \(OE \bot IE\) tại E hay IE là tiếp tuyến của đường tròn (O) đường kính AB (đpcm).
Câu 6 (VD):
Cách giải:
Theo bài ra ta có: \(x + y + 2 = 0 \Leftrightarrow x + y = - 2\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = 3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 10xy\\A = 3\left( {{x^2} + {y^2} + 2xy} \right) + 4xy\\A = 3{\left( {x + y} \right)^2} + 4xy\\A = 3.{\left( { - 2} \right)^2} + 4xy\\A = 12 + 4xy\end{array}\)
Ta có: \(xy \le {\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{{ - 2}}{2}} \right)^2} = 1\).
\( \Rightarrow A \le 12 + 4 = 16\).
Vậy \({A_{\max }} = 16 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y\\x + y + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = - 1\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Long An là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của các em học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài thường gặp và luyện tập thường xuyên là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho các em một cái nhìn tổng quan về đề thi vào 10 môn Toán Long An năm 2023, cùng với những lời khuyên hữu ích để đạt kết quả tốt nhất.
Đề thi vào 10 môn Toán Long An năm 2023 thường bao gồm các dạng bài sau:
Dưới đây là một số dạng bài thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Long An năm 2023:
Để ôn thi vào 10 môn Toán Long An năm 2023 hiệu quả, các em nên:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Long An năm 2023 mà toan9.edu.vn cung cấp, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Long An năm 2023 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em phải chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng với những thông tin và lời khuyên trên, các em sẽ tự tin và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. 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.
