Năm 2018 là một năm quan trọng đối với các thí sinh Nghệ An trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Việc nắm vững cấu trúc đề thi và luyện tập với các đề thi chính thức là yếu tố then chốt để đạt kết quả cao. toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018, kèm đáp án chi tiết và hướng dẫn giải.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi chính thức, giúp bạn làm quen với dạng bài và rèn luyện kỹ năng giải quyết vấn đề.
Câu 1 (2,5 điểm): a) So sánh
Câu 1 (2,5 điểm):
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Câu 2 (2 điểm):
Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số.
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Câu 3 (1,5 điểm):
Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau).
Câu 4 (3 điểm):
Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) KM.KA = KE.KF.
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Câu 5 (1 điểm):
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
Câu 1 (2,5 điểm):
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Câu 2 (2 điểm):
Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số.
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Câu 3 (1,5 điểm):
Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau).
Câu 4 (3 điểm):
Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) KM.KA = KE.KF.
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Câu 5 (1 điểm):
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
Câu 1: a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\) b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\) c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\) |
Phương pháp:
a) Rút gọn số hạng thứ nhất sau đó so sánh theo tính chất: với mọi \(a > b > 0\) ta có: \(\sqrt a > \sqrt b .\)
b) Quy đồng mẫu các phân thức và rút gọn biểu thức ở vế trái sao cho bằng biểu thức ở vế phải.
c) Thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số đểm tìm m.
Cách giải:
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
Ta có: \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} = 2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 = 5\sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} = \sqrt {75} .\)
Vì \(75 > 74 \Rightarrow \sqrt {75} > \sqrt {74} \Rightarrow 2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
Vậy \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
\(\begin{array}{l}\;\;\;\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 2 - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{4}{{x - 4}}.\dfrac{{x - 4}}{4} = 1\;\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\;x \ne 4\) ta có: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right) \Rightarrow 2 = 3.1 + m \Leftrightarrow m = - 1.\)
Vậy \(m = - 1.\)
Câu 2: Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số. |
Phương pháp:
a) Thay giá trị \(m = - 2\) vào phương trình sau đó giải phương trình bậc hai một ẩn.
b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
+) Áp dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) và biểu thức bài cho để tìm \(m.\)
Cách giải:
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
Với \(m = - 2\) ta có phương trình
\(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy với \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3;\;1} \right\}.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\( \Leftrightarrow 1 - m + 1 > 0 \Leftrightarrow m < 2.\)
Với \(m < 2\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = m - 1\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \({x_1} = 2{x_2}.\)
Kết hợp với phương trình (1) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} = 2{x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} - 2{x_2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = - \dfrac{4}{3}\\{x_2} = - \dfrac{2}{3}\end{array} \right..\)
\( \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = m - 1 \Leftrightarrow \left( { - \dfrac{2}{3}} \right).\left( { - \dfrac{4}{3}} \right) = m - 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{{17}}{9}\;\;\left( {tm} \right).\)
Vậy \(m = \dfrac{{17}}{9}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 3: Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau). |
Phương pháp:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Dựa vào giả thiết của bài toán để lập hệ phương trình và giải hệ phương trình.
+) Phương trình thứ nhất: Số sách lớp 8 + số sách lớp 9 quyên góp được = 540.
+) Phương trình thứ hai: Số sách mỗi học sinh khối 9 – số sách mỗi học sinh khối 8 = 1.
Giải hệ phương trình vừa lập để tìm \(x,\;y\) và kết luận.
Cách giải:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Số sách cả hai khối quyên góp được là: \(x + y = 540\;\;\;\;\left( 1 \right).\)
Số sách một bạn học sinh khối 8 quyên góp là: \(\dfrac{x}{{120}}\) (quyển)
Số sách một bạn học sinh khối 9 quyên góp là: \(\dfrac{y}{{100}}\) (quyển)
Mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển nên ta có phương trình:
\(\dfrac{y}{{100}} - \dfrac{x}{{120}} = 1 \Leftrightarrow - 5x + 6y = 600\;\;\;\left( 2 \right).\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 540\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 5y = 2700\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11y = 3300\\x = 540 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 300\;\;\left( {tm} \right)\\x = 240\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)
Vậy khối 9 đã quyên góp được 300 quyển sách, khối 8 đã quyên góp được 240 quyển sách.
Câu 4: Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng: |
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác BCEF có hai đỉnh E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc bằng nhau.
b) Chứng minh tam giác MKB và tam giác CKA đồng dạng, chứng minh tam giác KBF và tam giác KEC đồng dạng.
c) Kéo dài MH cắt (O) tại I. chứng minh AI là đường kính của đường tròn (O).
Chứng minh BICH là hình bình hành, suy ra MH đi qua trung điểm của BC cố định.
Cách giải:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(BFEC\) ta có: \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^0}\)
Mà hai đỉnh này cùng kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(BC\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow BCEF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
b) KM.KA = KE.KF.
Vì \(BMAC\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta MKB\) và \(\Delta CKA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {AKC}\;\;chung\\\widehat {KMB} = \widehat {ACK}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MKB \sim \Delta CKA\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{MK}}{{CK}} = \dfrac{{KB}}{{KA}} \Leftrightarrow KM.KA = KC.KB\;\;\;\;\left( 1 \right).\end{array}\)
Vì tứ giác \(BCEF\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KBF} = \widehat {FEC}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta KBF\) và \(\Delta KEC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {CKF}\;\;chung\\\widehat {KBF} = \widehat {KEC}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta KBF \sim \Delta KEC\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{KB}}{{KE}} = \dfrac{{KF}}{{KC}} \Leftrightarrow KB.KC = KF.KF\;\;\;\;\left( 2 \right).\end{array}\)
Từ (1) và (2) ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( { = KB.KC} \right).\;\;\;\left( {dpcm} \right)\)
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Kéo dài \(MH\) cắt đường tròn tại \(I.\)
Ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( {cmt} \right) \Rightarrow \dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}.\)
Xét \(\Delta KME\) và \(\Delta KFA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}\;\;\left( {cmt} \right)\\\widehat {AKE}\;\;chung.\\ \Rightarrow \Delta KME \sim \Delta KFA\;\left( {c.g.c} \right).\\ \Rightarrow \widehat {KAF} = \widehat {KEM}\;\;hay\;\;\widehat {MEF} = \widehat {MAF}.\end{array}\)
Mà hai góc này là hai góc kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(MF\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow MAEF\) là tứ giác nội tiếp hay \(M,\;A,\;E,\;F\) cùng thuộc một đường tròn. (dhnb)
Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.\)
\( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp hay \(A,\;E,\;H,\;F\) cùng thuộc một đường tròn.
\( \Rightarrow A,\;M,\;F,\;H,\;E\) cùng thuộc một đường tròn.
Lại có \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = {90^0} \Rightarrow AH\) đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm \(A,\;M,\;F,\;H,\;E.\)
Mặt khác, \(\widehat {AMH}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {AMH} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {AMI} = {90^0} \Rightarrow AI\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right).\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {ABI} = {90^0}\;\;hay\;\;AB \bot BI.\\ \Rightarrow BI//CF\;\;hay\;\;BC//CF\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta được \(CI//BE\;\;hay\;\;CI//BH.\)
\( \Rightarrow BHCI\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
\( \Rightarrow BC \cap HI = \left\{ J \right\}\) hay \(BC \cap MH = \left\{ J \right\}\) với \(J\) là trung điểm của \(BC.\)
Mà \(BC\) cố định nên \(J\) cố định.
Vậy khi \(A\) thay đổi ta có \(MH\) luôn đi qua trung điểm \(J\) cố định của cạnh \(BC.\)
Câu 5:
Cách giải:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Điều kiện: \(1 - x - 2{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le \dfrac{1}{2}.\)
Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y \Leftrightarrow 2{x^2} - 2xy + x - y = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2x\left( {x - y} \right) + \left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + 1 = 0\\x - y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \dfrac{1}{2}\;\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = y\end{array} \right..\end{array}\)
+) Với \(x = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow y + 2\sqrt {1 + \dfrac{1}{2} - 2.\dfrac{1}{4}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y + 2 = 2 + 2{y^2} \Leftrightarrow 2{y^2} - y = 0\\ \Leftrightarrow y\left( {2y - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\2y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right..\end{array}\)
Khi đó hệ có tập nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}.\)
+) Với \(x = y \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow x + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {x^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 + 1\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 - 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow 4{x^2} + {\left( {\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 0\\\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\1 - x - 2{x^2} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} + x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0\;\;\left( {tm} \right) \Rightarrow y = 0.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right),\;\;\left( {0;\;0} \right)} \right\}.\)
Câu 1: a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\) b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\) c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\) |
Phương pháp:
a) Rút gọn số hạng thứ nhất sau đó so sánh theo tính chất: với mọi \(a > b > 0\) ta có: \(\sqrt a > \sqrt b .\)
b) Quy đồng mẫu các phân thức và rút gọn biểu thức ở vế trái sao cho bằng biểu thức ở vế phải.
c) Thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số đểm tìm m.
Cách giải:
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
Ta có: \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} = 2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 = 5\sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} = \sqrt {75} .\)
Vì \(75 > 74 \Rightarrow \sqrt {75} > \sqrt {74} \Rightarrow 2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
Vậy \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
\(\begin{array}{l}\;\;\;\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 2 - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{4}{{x - 4}}.\dfrac{{x - 4}}{4} = 1\;\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\;x \ne 4\) ta có: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right) \Rightarrow 2 = 3.1 + m \Leftrightarrow m = - 1.\)
Vậy \(m = - 1.\)
Câu 2: Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số. |
Phương pháp:
a) Thay giá trị \(m = - 2\) vào phương trình sau đó giải phương trình bậc hai một ẩn.
b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
+) Áp dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) và biểu thức bài cho để tìm \(m.\)
Cách giải:
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
Với \(m = - 2\) ta có phương trình
\(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy với \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3;\;1} \right\}.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\( \Leftrightarrow 1 - m + 1 > 0 \Leftrightarrow m < 2.\)
Với \(m < 2\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = m - 1\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \({x_1} = 2{x_2}.\)
Kết hợp với phương trình (1) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} = 2{x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} - 2{x_2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = - \dfrac{4}{3}\\{x_2} = - \dfrac{2}{3}\end{array} \right..\)
\( \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = m - 1 \Leftrightarrow \left( { - \dfrac{2}{3}} \right).\left( { - \dfrac{4}{3}} \right) = m - 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{{17}}{9}\;\;\left( {tm} \right).\)
Vậy \(m = \dfrac{{17}}{9}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 3: Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau). |
Phương pháp:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Dựa vào giả thiết của bài toán để lập hệ phương trình và giải hệ phương trình.
+) Phương trình thứ nhất: Số sách lớp 8 + số sách lớp 9 quyên góp được = 540.
+) Phương trình thứ hai: Số sách mỗi học sinh khối 9 – số sách mỗi học sinh khối 8 = 1.
Giải hệ phương trình vừa lập để tìm \(x,\;y\) và kết luận.
Cách giải:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Số sách cả hai khối quyên góp được là: \(x + y = 540\;\;\;\;\left( 1 \right).\)
Số sách một bạn học sinh khối 8 quyên góp là: \(\dfrac{x}{{120}}\) (quyển)
Số sách một bạn học sinh khối 9 quyên góp là: \(\dfrac{y}{{100}}\) (quyển)
Mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển nên ta có phương trình:
\(\dfrac{y}{{100}} - \dfrac{x}{{120}} = 1 \Leftrightarrow - 5x + 6y = 600\;\;\;\left( 2 \right).\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 540\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 5y = 2700\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11y = 3300\\x = 540 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 300\;\;\left( {tm} \right)\\x = 240\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)
Vậy khối 9 đã quyên góp được 300 quyển sách, khối 8 đã quyên góp được 240 quyển sách.
Câu 4: Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng: |
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác BCEF có hai đỉnh E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc bằng nhau.
b) Chứng minh tam giác MKB và tam giác CKA đồng dạng, chứng minh tam giác KBF và tam giác KEC đồng dạng.
c) Kéo dài MH cắt (O) tại I. chứng minh AI là đường kính của đường tròn (O).
Chứng minh BICH là hình bình hành, suy ra MH đi qua trung điểm của BC cố định.
Cách giải:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(BFEC\) ta có: \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^0}\)
Mà hai đỉnh này cùng kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(BC\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow BCEF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
b) KM.KA = KE.KF.
Vì \(BMAC\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta MKB\) và \(\Delta CKA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {AKC}\;\;chung\\\widehat {KMB} = \widehat {ACK}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MKB \sim \Delta CKA\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{MK}}{{CK}} = \dfrac{{KB}}{{KA}} \Leftrightarrow KM.KA = KC.KB\;\;\;\;\left( 1 \right).\end{array}\)
Vì tứ giác \(BCEF\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KBF} = \widehat {FEC}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta KBF\) và \(\Delta KEC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {CKF}\;\;chung\\\widehat {KBF} = \widehat {KEC}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta KBF \sim \Delta KEC\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{KB}}{{KE}} = \dfrac{{KF}}{{KC}} \Leftrightarrow KB.KC = KF.KF\;\;\;\;\left( 2 \right).\end{array}\)
Từ (1) và (2) ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( { = KB.KC} \right).\;\;\;\left( {dpcm} \right)\)
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Kéo dài \(MH\) cắt đường tròn tại \(I.\)
Ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( {cmt} \right) \Rightarrow \dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}.\)
Xét \(\Delta KME\) và \(\Delta KFA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}\;\;\left( {cmt} \right)\\\widehat {AKE}\;\;chung.\\ \Rightarrow \Delta KME \sim \Delta KFA\;\left( {c.g.c} \right).\\ \Rightarrow \widehat {KAF} = \widehat {KEM}\;\;hay\;\;\widehat {MEF} = \widehat {MAF}.\end{array}\)
Mà hai góc này là hai góc kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(MF\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow MAEF\) là tứ giác nội tiếp hay \(M,\;A,\;E,\;F\) cùng thuộc một đường tròn. (dhnb)
Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.\)
\( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp hay \(A,\;E,\;H,\;F\) cùng thuộc một đường tròn.
\( \Rightarrow A,\;M,\;F,\;H,\;E\) cùng thuộc một đường tròn.
Lại có \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = {90^0} \Rightarrow AH\) đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm \(A,\;M,\;F,\;H,\;E.\)
Mặt khác, \(\widehat {AMH}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {AMH} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {AMI} = {90^0} \Rightarrow AI\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right).\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {ABI} = {90^0}\;\;hay\;\;AB \bot BI.\\ \Rightarrow BI//CF\;\;hay\;\;BC//CF\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta được \(CI//BE\;\;hay\;\;CI//BH.\)
\( \Rightarrow BHCI\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
\( \Rightarrow BC \cap HI = \left\{ J \right\}\) hay \(BC \cap MH = \left\{ J \right\}\) với \(J\) là trung điểm của \(BC.\)
Mà \(BC\) cố định nên \(J\) cố định.
Vậy khi \(A\) thay đổi ta có \(MH\) luôn đi qua trung điểm \(J\) cố định của cạnh \(BC.\)
Câu 5:
Cách giải:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Điều kiện: \(1 - x - 2{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le \dfrac{1}{2}.\)
Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y \Leftrightarrow 2{x^2} - 2xy + x - y = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2x\left( {x - y} \right) + \left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + 1 = 0\\x - y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \dfrac{1}{2}\;\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = y\end{array} \right..\end{array}\)
+) Với \(x = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow y + 2\sqrt {1 + \dfrac{1}{2} - 2.\dfrac{1}{4}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y + 2 = 2 + 2{y^2} \Leftrightarrow 2{y^2} - y = 0\\ \Leftrightarrow y\left( {2y - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\2y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right..\end{array}\)
Khi đó hệ có tập nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}.\)
+) Với \(x = y \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow x + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {x^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 + 1\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 - 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow 4{x^2} + {\left( {\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 0\\\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\1 - x - 2{x^2} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} + x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0\;\;\left( {tm} \right) \Rightarrow y = 0.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right),\;\;\left( {0;\;0} \right)} \right\}.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập khác nhau, đòi hỏi thí sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải quyết vấn đề tốt. Bài viết này sẽ phân tích chi tiết cấu trúc đề thi, các dạng bài thường gặp và cung cấp hướng dẫn giải chi tiết cho từng câu hỏi.
Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 thường có cấu trúc gồm hai phần chính: Phần trắc nghiệm và phần tự luận. Phần trắc nghiệm thường chiếm khoảng 30-40% tổng số điểm, bao gồm các câu hỏi về kiến thức cơ bản, công thức và kỹ năng tính toán. Phần tự luận chiếm khoảng 60-70% tổng số điểm, bao gồm các bài toán chứng minh, giải phương trình, bất phương trình và các bài toán hình học.
Phương trình bậc hai có dạng ax2 + bx + c = 0. Để giải phương trình này, ta có thể sử dụng công thức nghiệm: x = (-b ± √(b2 - 4ac)) / 2a. Cần lưu ý đến điều kiện để phương trình có nghiệm (b2 - 4ac ≥ 0).
Để chứng minh hai tam giác đồng dạng, ta có thể sử dụng các trường hợp đồng dạng: cạnh - cạnh - cạnh (ccc), góc - góc (gg), cạnh - góc - cạnh (cgc). Cần chỉ ra các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ và các cặp góc tương ứng bằng nhau.
Diện tích hình tròn được tính bằng công thức S = πr2, trong đó r là bán kính của hình tròn và π ≈ 3.14159.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi, các em học sinh cần luyện tập thường xuyên với các đề thi chính thức. toan9.edu.vn cung cấp đầy đủ các đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018, kèm đáp án chi tiết và hướng dẫn giải. Các em có thể tải đề thi về máy tính hoặc điện thoại để luyện tập mọi lúc mọi nơi.
Ngoài các đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng rằng với những phân tích và hướng dẫn giải chi tiết trong bài viết này, các em sẽ tự tin hơn khi bước vào phòng thi và đạt được kết quả tốt nhất.
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.
