toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Phú Yên năm 2021 chính thức, được tổng hợp đầy đủ và cập nhật mới nhất. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cam kết cung cấp đề thi chất lượng, đáp ứng đúng yêu cầu của kỳ thi và đi kèm với đáp án chi tiết, giúp các em tự học hiệu quả tại nhà.
I. TRẮC NGHIỆM (3,00 điểm) Học sinh chọn một phương án đúng nhát ở mỗi câu và viết phương án chọn vào bài làm (Ví dụ: Câu 1: A, Câu 2: B, Câu 3: D…)
I. TRẮC NGHIỆM (3,00 điểm)
Học sinh chọn một phương án đúng nhát ở mỗi câu và viết phương án chọn vào bài làm (Ví dụ: Câu 1: A, Câu 2: B, Câu 3: D…)
Câu 1. Trục căn thức ở mẫu của biểu thức \(\dfrac{{\sqrt {10} }}{{\sqrt {10} + 3}}\) ta được kết quả là:
A. \(\sqrt {10} \left( {\sqrt {10} - 3} \right)\)B. \(\sqrt {10} \left( {3 - \sqrt {10} } \right)\) C. \(3\) D. \(\dfrac{1}{3}\)
Câu 2. Đẳng thức nào sau đây đúng?
A. \(\sqrt 5 + \sqrt 3 = \sqrt 8 \)B. \(\sqrt 5 - \sqrt 3 = \sqrt 2 \) C. \(\sqrt 5 .\sqrt 3 = \sqrt {15} \) D. \(\dfrac{{\sqrt 5 }}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{5}{3}\)
Câu 3. Đường thẳng \(y = ax + 2\) đi qua điểm \(\left( { - 2;4} \right)\) có hệ số góc \(a\) bằng:
A. \(1\)B. \( - 1\) C. \(2\) D. \(4\)
Câu 4. Tìm \(m\) và \(n\) biết hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}mx - ny = 3\\nx + my = 4\end{array} \right.\) có nghiệm duy nhất là \(\left( {2;1} \right)\).
A. \(m = - 2;n = 1\)B. \(m = 2;n = - 1\) C. \(m = 1;n = 2\) D. \(m = 2;n = 1\)
Câu 5. Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({x^2} - 2x + m = 0\) có nghiệm.
A. \(m \le 1\)B. \(m \ge - 1\) C. \(m < 1\) D. \(m > - 1\)
Câu 6. Điểm nào dưới đây không thuộc đồ thị hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\)?
A. \(\left( {1;\dfrac{1}{2}} \right)\)B. \(\left( {\dfrac{1}{2};1} \right)\) C. \(\left( { - 1;\dfrac{1}{2}} \right)\) D. \(\left( {2;2} \right)\)
Câu 7. Một cái thang dài \(5m\), đặt tạo với mặt đất một góc bằng \({60^0}\) (Hình 1). Vậy chân thang cách tường bao nhiêu mét?
A. \(2,5\)B. \(\dfrac{{5\sqrt 3 }}{2}\) C. \(5\sqrt 3 \) D. \(\dfrac{{5\sqrt 3 }}{3}\)
Câu 8. Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\), trung tuyến \(AM\). Biết \(AH = 2,BH = 1\) (Hình 2). Khẳng định nào sau đây sai?
A. \(AC = 2\sqrt 5 \)B. \(AB = 5\) C. \(AM = \dfrac{5}{2}\) D. \(CH = 4\)
Câu 9. Cho tam giác nhọn \(ABC\), có các đường cao \(BD,CE;O\) là trung điểm của \(BC\) (Hình 3). Khẳng định nào sau đây sai?
A. \(OD = OE\)B. \(DE < BC\) C. \(AB + AC > BC\) D. \(AO = \dfrac{1}{2}BC\)
Câu 10. Cho đường tròn tâm \(O\) bán kính bằng \(1cm\), cung \(AB\) bằng \(60\) độ. Tiếp tuyến tại \(A\) cắt \(OB\) tại \(M\) (Hình 4). Tính độ dài \(AM\).
A. \(AM = 3cm\)B. \(AM = \sqrt 5 cm\) C. \(AM = 5cm\) D. \(AM = \sqrt 3 cm\)
Câu 11. Cho đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB,M\) là điểm nằm ngoài đường tròn. Gọi \(C,D\) lần lượt là giao điểm của \(MB,MA\) với đường tròn (Hình 5). Tính \(\angle AMB\) biết sđ.
A. \({120^0}\)B. \({90^0}\) C. \({60^0}\) D. \({30^0}\)
Câu 12. Cho hai đường tròn \(\left( {O;2} \right)\) và \(\left( {O';1} \right)\) tiếp xúc (Hình 6). Tính diện tích miền tô đậm tạo bởi đường tròn \(\left( O \right)\) và đường tròn \(\left( {O'} \right)\).
A. \(\pi \)B. \(2\pi \) C. \(3\pi \) D. \(4\pi \)
II. TỰ LUẬN (7,00 điểm)
Câu 13 (1,50 điểm)
Giải các phương trình:
a) \(\left( {\sqrt 7 - \sqrt 5 } \right)x - 2 = 0\) b) \({x^2} + 10x - 11 = 0\) c) \({x^4} - 6{x^2} + 9 = 0\)
Câu 14 (1,50 điểm)
Cho hàm số \(y = a{x^2}.\)
a) Xác định hệ số \(a\) biết rằng đồ thị của hàm số cắt đường thẳng \(y = 2x\) tại điểm \(A\)có hoành độ bằng \(1.\)
b) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = 2x\) và đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) với giá trị \(a\) vừa tìm được ở câu \(a)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
c) Dựa vào đồ thị, hãy xác định tọa độ giao điểm thứ hai ( khác \(A\)) của hai đồ thị vừa vẽ trong câu \(b).\)
Câu 15 (2,00 điểm):
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Quãng đường \(AB\) gồm một đoạn lên dốc dài 5 km và một đoạn xuống dốc dài 10 km. Một người đi xe đạp từ \(A\) đến \(B\) hết 1 giờ 10 phút và đi từ \(B\) về \(A\) hết 1 giờ 20 phút (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính vận tốc lúc lên dốc, xuống dốc của người đi xe đạp.
Câu 16 (2,00 điểm):
Cho hình thang \(ABCD\) có \(\angle A = \angle D = {90^0}\), \(AD = 4AB\), \(CD = 3AB\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(AD\), \(E\) là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên \(BC\). Tia \(BM\) cắt đường thẳng \(CD\) tại \(F\).
a) Chứng minhg rằng \(\angle MAE = \angle MBE\).
b) Chứng minh rằng \(ABDF\) là hình bình hành.
c) Đường thẳng qua \(M\) vuông góc với \(BF\) cắt cạnh \(BC\) tại \(N\). Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(N\) lên \(CD\). Chứng minh rằng tam giác \(BNF\) cân.
d) Chứng minh rằng đường thẳng \(MH\) đi qua trung điểm của \(DE\).
I. TRẮC NGHIỆM
1. A | 2. C | 3. B | 4. D | 5. A | 6. B |
7. A | 8. B | 9. D | 10. D | 11. C | 12. C |
Câu 1
Phương pháp:
Sử dụng hằng đẳng thức \(a - b = \left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right)\)
Cách giải:
Ta có: \(\dfrac{{\sqrt {10} }}{{\sqrt {10} + 3}} = \dfrac{{\sqrt {10} \left( {\sqrt {10} - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt {10} + 3} \right)\left( {\sqrt {10} - 3} \right)}} = \dfrac{{\sqrt {10} \left( {\sqrt {10} - 3} \right)}}{{10 - {3^2}}} = \sqrt {10} \left( {\sqrt {10} - 3} \right)\)
Chọn A.
Câu 2
Phương pháp:
Vận dụng kiến thức về căn bậc hai.
Cách giải:
Ta có: \(\sqrt 5 .\sqrt 3 = \sqrt {15} \) là một đẳng thức đúng.
Chọn C.
Câu 3
Phương pháp:
Thay \(\left( { - 2;4} \right)\) vào hàm số \(y = ax + 2\) từ đó tìm được hệ số góc \(a\).
Cách giải:
Đường thẳng \(y = ax + 2\) đi qua điểm \(\left( { - 2;4} \right)\) nên ta có: \(4 = a.\left( { - 2} \right) + 2 \Leftrightarrow a = - 1\)
Chọn B.
Câu 4
Phương pháp:
\(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là nghiệm duy nhất của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}ax + by = c\\a'x + b'y = c'\end{array} \right.\) nếu \(\left\{ \begin{array}{l}a{x_0} + b{y_0} = c\\a'{x_0} + b'{y_0} = c'\end{array} \right.\)
Cách giải:
Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}mx - ny = 3\\nx + my = 4\end{array} \right.\) có nghiệm duy nhất là \(\left( {2;1} \right)\) nên ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}2m - n = 3\\2n + m = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m - 2n = 6\\m + 2n = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5m = 10\\2m - n = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\n = 2m - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\n = 1\end{array} \right.\)
Vậy \(m = 2;n = 1\)
Chọn D.
Câu 5
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta \ge 0\) (hoặc \(\Delta ' \ge 0\))
Cách giải:
Phương trình \({x^2} - 2x + m = 0\) có nghiệm
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( { - 1} \right)^2} - m \ge 0\\ \Leftrightarrow 1 - m \ge 0\\ \Leftrightarrow m \le 1\end{array}\)
Chọn A.
Câu 6
Phương pháp:
Điểm \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đồ thị \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\) thì \({y_0} = ax_0^2\left( {a \ne 0} \right)\)
Thay từng đáp án kiểm tra, chọn được điểm không thuộc đồ thị.
Cách giải:
+ Thay \(x = 1\) vào \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\), ta được: \(y = \dfrac{1}{2}{.1^2} = \dfrac{1}{2}\)
\( \Rightarrow \)\(\left( {1;\dfrac{1}{2}} \right)\) thuộc đồ thị \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\), do đó loại đáp án A.
+ Thay \(x = \dfrac{1}{2}\) vào \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\), ta được: \(y = \dfrac{1}{2}.{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{1}{8} \ne 1\)
\( \Rightarrow \)\(\left( {\dfrac{1}{2};1} \right)\) không thuộc đồ thị \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\), do đó chọn đáp án B.
Chọn B.
Câu 7
Phương pháp:
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.
Cách giải:
Ta có: \(\cos {60^0} = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow AC = BC.\cos {60^0} = 5.\dfrac{1}{2} = 2,5\left( m \right)\)
Vậy chân thang cách tường \(2,5\,\,m\)
Chọn A.
Câu 8
Phương pháp:
Áp dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,AH \bot BC\), ta có:
+ \(A{H^2} = BH.HC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow HC = \dfrac{{A{H^2}}}{{BH}} = \dfrac{{{2^2}}}{1} = 4\)
\( \Rightarrow \) đáp án C đúng.
+ \(BC = BH + HC = 1 + 4 = 5\)
\(A{B^2} = BH.BC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A{B^2} = 1.5\\ \Rightarrow AB = \sqrt 5 \end{array}\)
\( \Rightarrow \) đáp án B sai.
Chọn B.
Câu 9
Phương pháp:
Áp dụng đường trung tuyến của hình vuông.
Bất đẳng thức về độ dài cạnh trong tam giác.
Cách giải:
+ Ta có: \(\Delta BCE\) vuông tại \(E\), \(O\) là trung điểm \(BC\)
\( \Rightarrow OB = OC = OE = \dfrac{1}{2}BC\) (1)
\(\Delta BDC\) vuông tại \(D,O\) là trung điểm \(BC\)
\( \Rightarrow OB = OC = OD = \dfrac{1}{2}BC\) (2)
Từ (1) và (2), suy ra \(OE = OD\)\( \Rightarrow \) loại đáp án A.
+ Từ hình vẽ \(DE < BC\) là bất đẳng thức đúng \( \Rightarrow \) loại đáp án B.
+ Theo bất đẳng thức tam giác thì \(AB + AC > BC\) là bất đẳng thức đúng \( \Rightarrow \) loại đáp án C.
Chọn D.
Câu 10
Phương pháp:
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.
Cách giải:
\(AM\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow AM \bot AO \Rightarrow \angle OAM = {90^0}\)\( \Rightarrow \Delta AMO\) vuông tại \(A\)
Tam giác \(AMO\) vuông tại \(A\), ta có:
\(\tan \angle AOM = \dfrac{{AM}}{{AO}}\)
(tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow AM = AO.\tan \angle AOM = 1.\tan {60^0} = \sqrt 3 \,\left( {cm} \right)\)
Chọn D.
Câu 11
Phương pháp:
Vận dụng tính chất góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn: \(\angle AMB = \dfrac{1}{2}\)(số đo cung \(AB\) – số đo cung \(DC\))
Vận dụng tích chất: Góc ở tâm = Số đo của cung bị chắn
Cách giải:
Xét đường tròn tâm \(O\) có: \(\angle OAB = \) số đo cung \(AB = {180^0}\)
Trong đường tròn \(\left( O \right)\), ta có:
\(\angle AMB = \dfrac{1}{2}\)(số đo cung \(AB\) – số đo cung \(DC\))
\( \Rightarrow \angle AMB = \dfrac{1}{2}\left( {{{180}^0} - {{60}^0}} \right) = \dfrac{1}{2}{.120^0} = {60^0}\)
Chọn C.
Câu 12
Phương pháp:
Diện tích hình tròn có bán kính là \(r\) được tính theo công thức \(S = \pi {r^2}\)
Cách giải:
Diện tích hình tròn \(\left( {O;2} \right)\) là \(S = \pi {.2^2} = 4\pi \)
Diện tích hình tròn \(\left( {O';1} \right)\) là \(S' = \pi {.1^2} = \pi \)
Diện tích miền tô đậm tạo bởi đường tròn \(\left( O \right)\) và đường tròn \(\left( {O'} \right)\) là:
\(S = S - S' = 4\pi - \pi = 3\pi \).
Chọn C.
II. TỰ LUẬN
Câu 13
Phương pháp:
a) Giải phương trình \(ax + b = 0\left( {a \ne 0} \right) \Rightarrow x = \dfrac{{ - b}}{a}\)
b) Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
c) Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\)
Phương trình ban đầu trở thành phương trình bậc hai một ẩn: \(a{t^2} + bt + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\)
Giải phương trình, tìm được \(t\), lấy \(t\) thỏa mãn điều kiện
Với \(t\) tìm được, ta tìm được \(x\) tương ứng.
Cách giải
a) \(\left( {\sqrt 7 - \sqrt 5 } \right)x - 2 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {\sqrt 7 - \sqrt 5 } \right)x = 2\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{2}{{\sqrt 7 - \sqrt 5 }}\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{2\left( {\sqrt 7 + \sqrt 5 } \right)}}{{7 - 5}}\\ \Leftrightarrow x = \sqrt 7 + \sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(x = \sqrt 7 + \sqrt 5 \) là nghiệm của phương trình đã cho.
b) \({x^2} + 10x - 11 = 0\)
Ta có: \(a + b + c = 1 + 10 - 11 = 0\) nên phương trình luôn có một nghiệm \(x = 1\) và nghiệm còn lại \(x = \dfrac{c}{a} = - 11\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1; - 11} \right\}\).
c) \({x^4} - 6{x^2} + 9 = 0\)
Đặt \({x^2} = t\,\,\,\left( {t \ge 0} \right)\). Khi đó phương trình trở thành:
\({t^2} - 6t + 9 = 0 \Leftrightarrow {\left( {t - 3} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow t = 3\) (TMĐK)
Với \(t = 3 \Rightarrow \) \({x^2} = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 3 \\x = - \sqrt 3 \end{array} \right.\).
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {\sqrt 3 ; - \sqrt 3 } \right\}\).
Câu 1
Phương pháp:
a) Xét phương trình hoành độ giao điểm, ta có được phương trình (1)
Từ giả thiết thì \(x = 1\) là nghiệm của phương trình (1), do đó thay \(x = 1\) vào phương trình (1), ta tìm được hệ số \(a\).
b) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = ax + b\)
+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)
+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.
Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\)
+ Nhận xét về hệ số \(a\) và sự biến thiên của hàm số
+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)
+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.
c) Từ đồ thị vừa vẽ được, ta đọc được giao điểm còn lại còn tìm.
Cách giải
a) Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(a{x^2} - 2x = 0\) \(\left( 1 \right)\)
Do đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\) cắt đường thẳng \(y = 2x\) tại điểm có hoành độ bằng \(1\) nên ta có \(x = 1\) là một nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\).
Thay \(x = 1\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có: \(a - 2 = 0 \Leftrightarrow a = 2.\)
Vậy \(a = 2\).
b) + Vẽ đồ thị hàm số \(y = 2x\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | 0 | 1 |
\(y = 2x\) | 0 | 2 |
Do đó đồ thị hàm số \(y = 2x\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0;0} \right)\) và \(\left( {1;2} \right)\).
+ Vẽ đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\).
Đồ thị hàm số bậc hai và có hệ số \(a = 2 > 0\) nên có đồ thị có dạng Parabol và có bề lõm hướng lên trên.
Hàm số đồng biến khi \(x > 0\) và nghịch biến khi \(a < 0\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = 2{x^2}\) | 8 | 2 | 0 | 2 | 8 |
Do đó đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;8} \right)\), \(\left( { - 1;2} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;2} \right)\), \(\left( {2;8} \right)\).
+ Vẽ đồ thị hàm số:
c) Dựa vào đồ thị trên, ta nhận thấy đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) cắt đồ thị hàm số \(y = 2x\) tại hai điểm có hoành độ là \(x = 0\) và \(x = 1\).
Vậy giao điểm thứ hai khác \(A\) của hai đồ thị hàm số là \(B\left( {0;0} \right)\).
Câu 15
Phương pháp:
Gọi vận tốc lúc lên dốc của người đó là \(x\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\) và vận tốc lúc xuống dốc là \(y\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {y > x} \right)\)
Tính được thời gian lúc đi lên dốc và xuống dốc của người đó, có giả thiết lúc đi của người đó từ đó lập được phương trình (1)
Tính được thời gian lúc về lên dốc và xuống dốc của người đó, có giả thiết lúc về của người đó từ đó lập được phương trình (2)
Từ phương trình (1) và (2), lập được hệ phương trình.
Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ.
Cách giải:
Đổii: 1 giờ 10 phút =\(\dfrac{7}{6}\left( h \right)\)
1 giờ 20 phút \( = \dfrac{4}{3}\left( h \right)\)
Gọi vận tốc lúc lên dốc của người đó là \(x\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\)
Vận tốc lúc xuống dốc là \(y\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {y > x} \right)\)
Lúc đi: Thời gian lên dốc là \(\dfrac{5}{x}\left( h \right)\), xuống dốc là \(\dfrac{{10}}{y}\left( h \right)\)
Tổng thời gian đi hết 1 giờ 10 phút nên ta có phương trình: \(\dfrac{5}{x} + \dfrac{{10}}{y} = \dfrac{7}{6}\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Lúc về: Thời gian lên dốc là \(\dfrac{{10}}{x}\left( h \right)\), xuống dốc là \(\dfrac{5}{y}\left( h \right)\).
Tổng thời gian về hết 1 giờ 20 phút nên ta có phương trình: \(\dfrac{{10}}{x} + \dfrac{5}{y} = \dfrac{4}{3}\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{5}{x} + \dfrac{{10}}{y} = \dfrac{7}{6}\\\dfrac{{10}}{x} + \dfrac{5}{y} = \dfrac{4}{3}\end{array} \right.\)
Đặt \(\dfrac{1}{x} = a,\dfrac{1}{y} = b\,\,\,\left( {a > 0,\,\,b > 0} \right)\,\) ta được:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}5a + 10b = \dfrac{7}{6}\\10a + 5b = \dfrac{4}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5a + 10b = \dfrac{7}{6}\\20a + 10b = \dfrac{8}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}15a = \dfrac{3}{2}\\10a + 5b = \dfrac{4}{3}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{{10}}\\10.\dfrac{1}{{10}} + 5b = \dfrac{4}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{{10}}\\5b = \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{{10}}\\b = \dfrac{1}{{15}}\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{10}}\\\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{15}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 15\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy vận tốc lúc lên dốc là \(10\,\,\left( {km/h} \right)\) và vận tốc lúc xuống dốc là \(15\,\,\left( {km/h} \right)\).
Câu 16
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: tứ giác có tổng hai góc đối nhau bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp, chứng minh \(ABEM\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \angle MAE = \angle MBE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(ME\)).
b) Ta sẽ chứng minh: \(AB//DF\) và \(AB = DF\)\( \Rightarrow ABDF\) là hình bình hành (dhnb)
c) Ta sẽ chứng minh: \(\Delta BNF\) có: \(NM\) là đường trung tuyến cũng là đường cao nên \(\Delta BNF\) cân tại \(N\).
d) Gọi \(MH \cap DE = \left\{ K \right\}\).
Ta sẽ chứng minh: \(\angle HFN = \angle HMN\) và \(\angle NFM = \angle NME\), suy ra \(\angle HFM = \angle HME\)
Dựa vào hai góc so le trong và góc nội tiếp của đường tròn, suy ra \(\angle HME = \angle AEM\)
Chứng minh được \(MK//AE\)
Áp dụng đường trung bình trong tam giác \(ADE\).
Cách giải:
a) Xét tứ giác \(ABEM\) có \(\angle MAB = \angle MEB = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle MAB + \angle MEB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow ABEM\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle MAE = \angle MBE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(ME\)).
b) Vì \(ABCD\) là hình thang nên \(AB//CD \Rightarrow AB//DF\) (1)
Áp dụng hệ quả định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{AB}}{{DF}} = \dfrac{{AM}}{{MD}}\).
Mà \(AM = MD\) (do \(M\) là trung điểm của \(AD\)) \( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{DF}} = 1 \Rightarrow AB = DF\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow ABDF\) là hình bình hành (dhnb).
c) Vì \(ABDF\) là hình bình hành nên hai đường chéo \(AD\) và \(BF\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Mà \(AD \cap BF = \left\{ M \right\}\) \( \Rightarrow M\) là trung điểm của \(BF\).
\( \Rightarrow NM\) là đường trung tuyến của \(\Delta BNF\).
Lại có \(MN \bot BF\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(NM\) là đường cao của \(\Delta BNF\).
Vậy \(\Delta BNF\) cân tại \(N\) (tam giác có trung tuyến đồng thời là đường cao).d) Gọi \(MH \cap DE = \left\{ K \right\}\).
Ta sẽ chứng minh: \(\angle HFN = \angle HMN\) và \(\angle NFM = \angle NME\), suy ra \(\angle HFM = \angle HME\)
Dựa vào hai góc so le trong và góc nội tiếp của đường tròn, suy ra \(\angle HME = \angle AEM\)
Chứng minh được \(MK//AE\)
Áp dụng đường trung bình trong tam giác \(ADE\).
d) Gọi \(MH \cap DE = \left\{ K \right\}\).
Xét tứ giác \(MNHF\) có \(\angle NMF + \angle NHF = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow MNHF\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
\( \Rightarrow \angle HFN = \angle HMN\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(HN\)). (3)
Vì \(\Delta BNF\) cân tại \(N\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow \angle NFM = \angle NBM\) (tính chất tam giác cân).
Mà \(\angle NBM = \angle NME\) (cùng phụ với \(\angle BME\))
\( \Rightarrow \angle NFM = \angle NME\) (4)
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \angle HFN + \angle NFM = \angle HMN + \angle NME\) \( \Rightarrow \angle HFM = \angle HME\).
Mà \(\angle HFM = \angle ABM\) (so le trong), \(\angle ABM = \angle AEM\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\) của tứ giác nội tiếp \(ABEM\)).
\( \Rightarrow \angle HFM = \angle AEM\).
\( \Rightarrow \angle HME = \angle AEM\).
Mà 2 góc này nằm ở vị trí 2 góc so le trong bằng nhau nên \(AE//MN\) hay \(MK//AE\).
Xét tam giác \(ADE\) có: \(M\) là trung điểm của \(AB\,\,\left( {gt} \right)\), \(MK//AE\,\,\left( {cmt} \right)\).
\( \Rightarrow K\) là trung điểm của \(DE\) (định lí đường trung bình của tam giác).
Vậy đường thẳng \(MH\) đi qua trung điểm của \(DE\) (đpcm).
I. TRẮC NGHIỆM (3,00 điểm)
Học sinh chọn một phương án đúng nhát ở mỗi câu và viết phương án chọn vào bài làm (Ví dụ: Câu 1: A, Câu 2: B, Câu 3: D…)
Câu 1. Trục căn thức ở mẫu của biểu thức \(\dfrac{{\sqrt {10} }}{{\sqrt {10} + 3}}\) ta được kết quả là:
A. \(\sqrt {10} \left( {\sqrt {10} - 3} \right)\)B. \(\sqrt {10} \left( {3 - \sqrt {10} } \right)\) C. \(3\) D. \(\dfrac{1}{3}\)
Câu 2. Đẳng thức nào sau đây đúng?
A. \(\sqrt 5 + \sqrt 3 = \sqrt 8 \)B. \(\sqrt 5 - \sqrt 3 = \sqrt 2 \) C. \(\sqrt 5 .\sqrt 3 = \sqrt {15} \) D. \(\dfrac{{\sqrt 5 }}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{5}{3}\)
Câu 3. Đường thẳng \(y = ax + 2\) đi qua điểm \(\left( { - 2;4} \right)\) có hệ số góc \(a\) bằng:
A. \(1\)B. \( - 1\) C. \(2\) D. \(4\)
Câu 4. Tìm \(m\) và \(n\) biết hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}mx - ny = 3\\nx + my = 4\end{array} \right.\) có nghiệm duy nhất là \(\left( {2;1} \right)\).
A. \(m = - 2;n = 1\)B. \(m = 2;n = - 1\) C. \(m = 1;n = 2\) D. \(m = 2;n = 1\)
Câu 5. Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({x^2} - 2x + m = 0\) có nghiệm.
A. \(m \le 1\)B. \(m \ge - 1\) C. \(m < 1\) D. \(m > - 1\)
Câu 6. Điểm nào dưới đây không thuộc đồ thị hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\)?
A. \(\left( {1;\dfrac{1}{2}} \right)\)B. \(\left( {\dfrac{1}{2};1} \right)\) C. \(\left( { - 1;\dfrac{1}{2}} \right)\) D. \(\left( {2;2} \right)\)
Câu 7. Một cái thang dài \(5m\), đặt tạo với mặt đất một góc bằng \({60^0}\) (Hình 1). Vậy chân thang cách tường bao nhiêu mét?
A. \(2,5\)B. \(\dfrac{{5\sqrt 3 }}{2}\) C. \(5\sqrt 3 \) D. \(\dfrac{{5\sqrt 3 }}{3}\)
Câu 8. Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\), trung tuyến \(AM\). Biết \(AH = 2,BH = 1\) (Hình 2). Khẳng định nào sau đây sai?
A. \(AC = 2\sqrt 5 \)B. \(AB = 5\) C. \(AM = \dfrac{5}{2}\) D. \(CH = 4\)
Câu 9. Cho tam giác nhọn \(ABC\), có các đường cao \(BD,CE;O\) là trung điểm của \(BC\) (Hình 3). Khẳng định nào sau đây sai?
A. \(OD = OE\)B. \(DE < BC\) C. \(AB + AC > BC\) D. \(AO = \dfrac{1}{2}BC\)
Câu 10. Cho đường tròn tâm \(O\) bán kính bằng \(1cm\), cung \(AB\) bằng \(60\) độ. Tiếp tuyến tại \(A\) cắt \(OB\) tại \(M\) (Hình 4). Tính độ dài \(AM\).
A. \(AM = 3cm\)B. \(AM = \sqrt 5 cm\) C. \(AM = 5cm\) D. \(AM = \sqrt 3 cm\)
Câu 11. Cho đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB,M\) là điểm nằm ngoài đường tròn. Gọi \(C,D\) lần lượt là giao điểm của \(MB,MA\) với đường tròn (Hình 5). Tính \(\angle AMB\) biết sđ.
A. \({120^0}\)B. \({90^0}\) C. \({60^0}\) D. \({30^0}\)
Câu 12. Cho hai đường tròn \(\left( {O;2} \right)\) và \(\left( {O';1} \right)\) tiếp xúc (Hình 6). Tính diện tích miền tô đậm tạo bởi đường tròn \(\left( O \right)\) và đường tròn \(\left( {O'} \right)\).
A. \(\pi \)B. \(2\pi \) C. \(3\pi \) D. \(4\pi \)
II. TỰ LUẬN (7,00 điểm)
Câu 13 (1,50 điểm)
Giải các phương trình:
a) \(\left( {\sqrt 7 - \sqrt 5 } \right)x - 2 = 0\) b) \({x^2} + 10x - 11 = 0\) c) \({x^4} - 6{x^2} + 9 = 0\)
Câu 14 (1,50 điểm)
Cho hàm số \(y = a{x^2}.\)
a) Xác định hệ số \(a\) biết rằng đồ thị của hàm số cắt đường thẳng \(y = 2x\) tại điểm \(A\)có hoành độ bằng \(1.\)
b) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = 2x\) và đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) với giá trị \(a\) vừa tìm được ở câu \(a)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
c) Dựa vào đồ thị, hãy xác định tọa độ giao điểm thứ hai ( khác \(A\)) của hai đồ thị vừa vẽ trong câu \(b).\)
Câu 15 (2,00 điểm):
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Quãng đường \(AB\) gồm một đoạn lên dốc dài 5 km và một đoạn xuống dốc dài 10 km. Một người đi xe đạp từ \(A\) đến \(B\) hết 1 giờ 10 phút và đi từ \(B\) về \(A\) hết 1 giờ 20 phút (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính vận tốc lúc lên dốc, xuống dốc của người đi xe đạp.
Câu 16 (2,00 điểm):
Cho hình thang \(ABCD\) có \(\angle A = \angle D = {90^0}\), \(AD = 4AB\), \(CD = 3AB\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(AD\), \(E\) là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên \(BC\). Tia \(BM\) cắt đường thẳng \(CD\) tại \(F\).
a) Chứng minhg rằng \(\angle MAE = \angle MBE\).
b) Chứng minh rằng \(ABDF\) là hình bình hành.
c) Đường thẳng qua \(M\) vuông góc với \(BF\) cắt cạnh \(BC\) tại \(N\). Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(N\) lên \(CD\). Chứng minh rằng tam giác \(BNF\) cân.
d) Chứng minh rằng đường thẳng \(MH\) đi qua trung điểm của \(DE\).
I. TRẮC NGHIỆM
1. A | 2. C | 3. B | 4. D | 5. A | 6. B |
7. A | 8. B | 9. D | 10. D | 11. C | 12. C |
Câu 1
Phương pháp:
Sử dụng hằng đẳng thức \(a - b = \left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right)\)
Cách giải:
Ta có: \(\dfrac{{\sqrt {10} }}{{\sqrt {10} + 3}} = \dfrac{{\sqrt {10} \left( {\sqrt {10} - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt {10} + 3} \right)\left( {\sqrt {10} - 3} \right)}} = \dfrac{{\sqrt {10} \left( {\sqrt {10} - 3} \right)}}{{10 - {3^2}}} = \sqrt {10} \left( {\sqrt {10} - 3} \right)\)
Chọn A.
Câu 2
Phương pháp:
Vận dụng kiến thức về căn bậc hai.
Cách giải:
Ta có: \(\sqrt 5 .\sqrt 3 = \sqrt {15} \) là một đẳng thức đúng.
Chọn C.
Câu 3
Phương pháp:
Thay \(\left( { - 2;4} \right)\) vào hàm số \(y = ax + 2\) từ đó tìm được hệ số góc \(a\).
Cách giải:
Đường thẳng \(y = ax + 2\) đi qua điểm \(\left( { - 2;4} \right)\) nên ta có: \(4 = a.\left( { - 2} \right) + 2 \Leftrightarrow a = - 1\)
Chọn B.
Câu 4
Phương pháp:
\(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là nghiệm duy nhất của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}ax + by = c\\a'x + b'y = c'\end{array} \right.\) nếu \(\left\{ \begin{array}{l}a{x_0} + b{y_0} = c\\a'{x_0} + b'{y_0} = c'\end{array} \right.\)
Cách giải:
Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}mx - ny = 3\\nx + my = 4\end{array} \right.\) có nghiệm duy nhất là \(\left( {2;1} \right)\) nên ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}2m - n = 3\\2n + m = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m - 2n = 6\\m + 2n = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5m = 10\\2m - n = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\n = 2m - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\n = 1\end{array} \right.\)
Vậy \(m = 2;n = 1\)
Chọn D.
Câu 5
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta \ge 0\) (hoặc \(\Delta ' \ge 0\))
Cách giải:
Phương trình \({x^2} - 2x + m = 0\) có nghiệm
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( { - 1} \right)^2} - m \ge 0\\ \Leftrightarrow 1 - m \ge 0\\ \Leftrightarrow m \le 1\end{array}\)
Chọn A.
Câu 6
Phương pháp:
Điểm \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đồ thị \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\) thì \({y_0} = ax_0^2\left( {a \ne 0} \right)\)
Thay từng đáp án kiểm tra, chọn được điểm không thuộc đồ thị.
Cách giải:
+ Thay \(x = 1\) vào \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\), ta được: \(y = \dfrac{1}{2}{.1^2} = \dfrac{1}{2}\)
\( \Rightarrow \)\(\left( {1;\dfrac{1}{2}} \right)\) thuộc đồ thị \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\), do đó loại đáp án A.
+ Thay \(x = \dfrac{1}{2}\) vào \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\), ta được: \(y = \dfrac{1}{2}.{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{1}{8} \ne 1\)
\( \Rightarrow \)\(\left( {\dfrac{1}{2};1} \right)\) không thuộc đồ thị \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\), do đó chọn đáp án B.
Chọn B.
Câu 7
Phương pháp:
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.
Cách giải:
Ta có: \(\cos {60^0} = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow AC = BC.\cos {60^0} = 5.\dfrac{1}{2} = 2,5\left( m \right)\)
Vậy chân thang cách tường \(2,5\,\,m\)
Chọn A.
Câu 8
Phương pháp:
Áp dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,AH \bot BC\), ta có:
+ \(A{H^2} = BH.HC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow HC = \dfrac{{A{H^2}}}{{BH}} = \dfrac{{{2^2}}}{1} = 4\)
\( \Rightarrow \) đáp án C đúng.
+ \(BC = BH + HC = 1 + 4 = 5\)
\(A{B^2} = BH.BC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A{B^2} = 1.5\\ \Rightarrow AB = \sqrt 5 \end{array}\)
\( \Rightarrow \) đáp án B sai.
Chọn B.
Câu 9
Phương pháp:
Áp dụng đường trung tuyến của hình vuông.
Bất đẳng thức về độ dài cạnh trong tam giác.
Cách giải:
+ Ta có: \(\Delta BCE\) vuông tại \(E\), \(O\) là trung điểm \(BC\)
\( \Rightarrow OB = OC = OE = \dfrac{1}{2}BC\) (1)
\(\Delta BDC\) vuông tại \(D,O\) là trung điểm \(BC\)
\( \Rightarrow OB = OC = OD = \dfrac{1}{2}BC\) (2)
Từ (1) và (2), suy ra \(OE = OD\)\( \Rightarrow \) loại đáp án A.
+ Từ hình vẽ \(DE < BC\) là bất đẳng thức đúng \( \Rightarrow \) loại đáp án B.
+ Theo bất đẳng thức tam giác thì \(AB + AC > BC\) là bất đẳng thức đúng \( \Rightarrow \) loại đáp án C.
Chọn D.
Câu 10
Phương pháp:
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.
Cách giải:
\(AM\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow AM \bot AO \Rightarrow \angle OAM = {90^0}\)\( \Rightarrow \Delta AMO\) vuông tại \(A\)
Tam giác \(AMO\) vuông tại \(A\), ta có:
\(\tan \angle AOM = \dfrac{{AM}}{{AO}}\)
(tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow AM = AO.\tan \angle AOM = 1.\tan {60^0} = \sqrt 3 \,\left( {cm} \right)\)
Chọn D.
Câu 11
Phương pháp:
Vận dụng tính chất góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn: \(\angle AMB = \dfrac{1}{2}\)(số đo cung \(AB\) – số đo cung \(DC\))
Vận dụng tích chất: Góc ở tâm = Số đo của cung bị chắn
Cách giải:
Xét đường tròn tâm \(O\) có: \(\angle OAB = \) số đo cung \(AB = {180^0}\)
Trong đường tròn \(\left( O \right)\), ta có:
\(\angle AMB = \dfrac{1}{2}\)(số đo cung \(AB\) – số đo cung \(DC\))
\( \Rightarrow \angle AMB = \dfrac{1}{2}\left( {{{180}^0} - {{60}^0}} \right) = \dfrac{1}{2}{.120^0} = {60^0}\)
Chọn C.
Câu 12
Phương pháp:
Diện tích hình tròn có bán kính là \(r\) được tính theo công thức \(S = \pi {r^2}\)
Cách giải:
Diện tích hình tròn \(\left( {O;2} \right)\) là \(S = \pi {.2^2} = 4\pi \)
Diện tích hình tròn \(\left( {O';1} \right)\) là \(S' = \pi {.1^2} = \pi \)
Diện tích miền tô đậm tạo bởi đường tròn \(\left( O \right)\) và đường tròn \(\left( {O'} \right)\) là:
\(S = S - S' = 4\pi - \pi = 3\pi \).
Chọn C.
II. TỰ LUẬN
Câu 13
Phương pháp:
a) Giải phương trình \(ax + b = 0\left( {a \ne 0} \right) \Rightarrow x = \dfrac{{ - b}}{a}\)
b) Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
c) Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\)
Phương trình ban đầu trở thành phương trình bậc hai một ẩn: \(a{t^2} + bt + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\)
Giải phương trình, tìm được \(t\), lấy \(t\) thỏa mãn điều kiện
Với \(t\) tìm được, ta tìm được \(x\) tương ứng.
Cách giải
a) \(\left( {\sqrt 7 - \sqrt 5 } \right)x - 2 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {\sqrt 7 - \sqrt 5 } \right)x = 2\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{2}{{\sqrt 7 - \sqrt 5 }}\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{2\left( {\sqrt 7 + \sqrt 5 } \right)}}{{7 - 5}}\\ \Leftrightarrow x = \sqrt 7 + \sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(x = \sqrt 7 + \sqrt 5 \) là nghiệm của phương trình đã cho.
b) \({x^2} + 10x - 11 = 0\)
Ta có: \(a + b + c = 1 + 10 - 11 = 0\) nên phương trình luôn có một nghiệm \(x = 1\) và nghiệm còn lại \(x = \dfrac{c}{a} = - 11\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1; - 11} \right\}\).
c) \({x^4} - 6{x^2} + 9 = 0\)
Đặt \({x^2} = t\,\,\,\left( {t \ge 0} \right)\). Khi đó phương trình trở thành:
\({t^2} - 6t + 9 = 0 \Leftrightarrow {\left( {t - 3} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow t = 3\) (TMĐK)
Với \(t = 3 \Rightarrow \) \({x^2} = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 3 \\x = - \sqrt 3 \end{array} \right.\).
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {\sqrt 3 ; - \sqrt 3 } \right\}\).
Câu 1
Phương pháp:
a) Xét phương trình hoành độ giao điểm, ta có được phương trình (1)
Từ giả thiết thì \(x = 1\) là nghiệm của phương trình (1), do đó thay \(x = 1\) vào phương trình (1), ta tìm được hệ số \(a\).
b) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = ax + b\)
+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)
+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.
Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\)
+ Nhận xét về hệ số \(a\) và sự biến thiên của hàm số
+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)
+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.
c) Từ đồ thị vừa vẽ được, ta đọc được giao điểm còn lại còn tìm.
Cách giải
a) Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(a{x^2} - 2x = 0\) \(\left( 1 \right)\)
Do đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\) cắt đường thẳng \(y = 2x\) tại điểm có hoành độ bằng \(1\) nên ta có \(x = 1\) là một nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\).
Thay \(x = 1\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có: \(a - 2 = 0 \Leftrightarrow a = 2.\)
Vậy \(a = 2\).
b) + Vẽ đồ thị hàm số \(y = 2x\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | 0 | 1 |
\(y = 2x\) | 0 | 2 |
Do đó đồ thị hàm số \(y = 2x\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0;0} \right)\) và \(\left( {1;2} \right)\).
+ Vẽ đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\).
Đồ thị hàm số bậc hai và có hệ số \(a = 2 > 0\) nên có đồ thị có dạng Parabol và có bề lõm hướng lên trên.
Hàm số đồng biến khi \(x > 0\) và nghịch biến khi \(a < 0\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = 2{x^2}\) | 8 | 2 | 0 | 2 | 8 |
Do đó đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;8} \right)\), \(\left( { - 1;2} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;2} \right)\), \(\left( {2;8} \right)\).
+ Vẽ đồ thị hàm số:
c) Dựa vào đồ thị trên, ta nhận thấy đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) cắt đồ thị hàm số \(y = 2x\) tại hai điểm có hoành độ là \(x = 0\) và \(x = 1\).
Vậy giao điểm thứ hai khác \(A\) của hai đồ thị hàm số là \(B\left( {0;0} \right)\).
Câu 15
Phương pháp:
Gọi vận tốc lúc lên dốc của người đó là \(x\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\) và vận tốc lúc xuống dốc là \(y\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {y > x} \right)\)
Tính được thời gian lúc đi lên dốc và xuống dốc của người đó, có giả thiết lúc đi của người đó từ đó lập được phương trình (1)
Tính được thời gian lúc về lên dốc và xuống dốc của người đó, có giả thiết lúc về của người đó từ đó lập được phương trình (2)
Từ phương trình (1) và (2), lập được hệ phương trình.
Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ.
Cách giải:
Đổii: 1 giờ 10 phút =\(\dfrac{7}{6}\left( h \right)\)
1 giờ 20 phút \( = \dfrac{4}{3}\left( h \right)\)
Gọi vận tốc lúc lên dốc của người đó là \(x\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\)
Vận tốc lúc xuống dốc là \(y\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {y > x} \right)\)
Lúc đi: Thời gian lên dốc là \(\dfrac{5}{x}\left( h \right)\), xuống dốc là \(\dfrac{{10}}{y}\left( h \right)\)
Tổng thời gian đi hết 1 giờ 10 phút nên ta có phương trình: \(\dfrac{5}{x} + \dfrac{{10}}{y} = \dfrac{7}{6}\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Lúc về: Thời gian lên dốc là \(\dfrac{{10}}{x}\left( h \right)\), xuống dốc là \(\dfrac{5}{y}\left( h \right)\).
Tổng thời gian về hết 1 giờ 20 phút nên ta có phương trình: \(\dfrac{{10}}{x} + \dfrac{5}{y} = \dfrac{4}{3}\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{5}{x} + \dfrac{{10}}{y} = \dfrac{7}{6}\\\dfrac{{10}}{x} + \dfrac{5}{y} = \dfrac{4}{3}\end{array} \right.\)
Đặt \(\dfrac{1}{x} = a,\dfrac{1}{y} = b\,\,\,\left( {a > 0,\,\,b > 0} \right)\,\) ta được:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}5a + 10b = \dfrac{7}{6}\\10a + 5b = \dfrac{4}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5a + 10b = \dfrac{7}{6}\\20a + 10b = \dfrac{8}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}15a = \dfrac{3}{2}\\10a + 5b = \dfrac{4}{3}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{{10}}\\10.\dfrac{1}{{10}} + 5b = \dfrac{4}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{{10}}\\5b = \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{{10}}\\b = \dfrac{1}{{15}}\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{10}}\\\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{15}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 15\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy vận tốc lúc lên dốc là \(10\,\,\left( {km/h} \right)\) và vận tốc lúc xuống dốc là \(15\,\,\left( {km/h} \right)\).
Câu 16
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: tứ giác có tổng hai góc đối nhau bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp, chứng minh \(ABEM\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \angle MAE = \angle MBE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(ME\)).
b) Ta sẽ chứng minh: \(AB//DF\) và \(AB = DF\)\( \Rightarrow ABDF\) là hình bình hành (dhnb)
c) Ta sẽ chứng minh: \(\Delta BNF\) có: \(NM\) là đường trung tuyến cũng là đường cao nên \(\Delta BNF\) cân tại \(N\).
d) Gọi \(MH \cap DE = \left\{ K \right\}\).
Ta sẽ chứng minh: \(\angle HFN = \angle HMN\) và \(\angle NFM = \angle NME\), suy ra \(\angle HFM = \angle HME\)
Dựa vào hai góc so le trong và góc nội tiếp của đường tròn, suy ra \(\angle HME = \angle AEM\)
Chứng minh được \(MK//AE\)
Áp dụng đường trung bình trong tam giác \(ADE\).
Cách giải:
a) Xét tứ giác \(ABEM\) có \(\angle MAB = \angle MEB = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle MAB + \angle MEB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow ABEM\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle MAE = \angle MBE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(ME\)).
b) Vì \(ABCD\) là hình thang nên \(AB//CD \Rightarrow AB//DF\) (1)
Áp dụng hệ quả định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{AB}}{{DF}} = \dfrac{{AM}}{{MD}}\).
Mà \(AM = MD\) (do \(M\) là trung điểm của \(AD\)) \( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{DF}} = 1 \Rightarrow AB = DF\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow ABDF\) là hình bình hành (dhnb).
c) Vì \(ABDF\) là hình bình hành nên hai đường chéo \(AD\) và \(BF\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Mà \(AD \cap BF = \left\{ M \right\}\) \( \Rightarrow M\) là trung điểm của \(BF\).
\( \Rightarrow NM\) là đường trung tuyến của \(\Delta BNF\).
Lại có \(MN \bot BF\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(NM\) là đường cao của \(\Delta BNF\).
Vậy \(\Delta BNF\) cân tại \(N\) (tam giác có trung tuyến đồng thời là đường cao).d) Gọi \(MH \cap DE = \left\{ K \right\}\).
Ta sẽ chứng minh: \(\angle HFN = \angle HMN\) và \(\angle NFM = \angle NME\), suy ra \(\angle HFM = \angle HME\)
Dựa vào hai góc so le trong và góc nội tiếp của đường tròn, suy ra \(\angle HME = \angle AEM\)
Chứng minh được \(MK//AE\)
Áp dụng đường trung bình trong tam giác \(ADE\).
d) Gọi \(MH \cap DE = \left\{ K \right\}\).
Xét tứ giác \(MNHF\) có \(\angle NMF + \angle NHF = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow MNHF\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
\( \Rightarrow \angle HFN = \angle HMN\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(HN\)). (3)
Vì \(\Delta BNF\) cân tại \(N\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow \angle NFM = \angle NBM\) (tính chất tam giác cân).
Mà \(\angle NBM = \angle NME\) (cùng phụ với \(\angle BME\))
\( \Rightarrow \angle NFM = \angle NME\) (4)
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \angle HFN + \angle NFM = \angle HMN + \angle NME\) \( \Rightarrow \angle HFM = \angle HME\).
Mà \(\angle HFM = \angle ABM\) (so le trong), \(\angle ABM = \angle AEM\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\) của tứ giác nội tiếp \(ABEM\)).
\( \Rightarrow \angle HFM = \angle AEM\).
\( \Rightarrow \angle HME = \angle AEM\).
Mà 2 góc này nằm ở vị trí 2 góc so le trong bằng nhau nên \(AE//MN\) hay \(MK//AE\).
Xét tam giác \(ADE\) có: \(M\) là trung điểm của \(AB\,\,\left( {gt} \right)\), \(MK//AE\,\,\left( {cmt} \right)\).
\( \Rightarrow K\) là trung điểm của \(DE\) (định lí đường trung bình của tam giác).
Vậy đường thẳng \(MH\) đi qua trung điểm của \(DE\) (đpcm).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Phú Yên năm 2021 là một bước quan trọng đánh dấu sự chuyển cấp của học sinh từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập thuộc chương trình Toán lớp 9, tập trung vào các chủ đề chính như Đại số, Hình học và một số kiến thức ứng dụng thực tế. Việc nắm vững kiến thức nền tảng và luyện tập thường xuyên là yếu tố then chốt để đạt kết quả tốt.
Cấu trúc đề thi thường bao gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi:
Đề thi chính thức năm 2021 có độ khó tương đối, tập trung vào các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán lớp 9. Phần trắc nghiệm có nhiều câu hỏi đánh lừa, đòi hỏi học sinh phải có sự cẩn thận và nắm vững kiến thức. Phần tự luận có một số bài toán đòi hỏi học sinh phải có khả năng phân tích và vận dụng linh hoạt các kiến thức đã học.
Các đề thi thử của các trường THCS tại Phú Yên thường có cấu trúc tương tự như đề thi chính thức, nhưng độ khó có thể khác nhau. Việc luyện tập với nhiều đề thi thử sẽ giúp học sinh làm quen với các dạng bài tập khác nhau và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Để luyện thi vào 10 môn Toán Phú Yên năm 2021 hiệu quả, học sinh cần:
toan9.edu.vn cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán Phú Yên năm 2021, bao gồm:
Trước khi bước vào kỳ thi, hãy:
Chúc các em học sinh đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Phú Yên!
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.
