toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán tỉnh Sơn La năm 2023, tài liệu vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh lớp 10. Đây là nguồn tài liệu giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài và độ khó của kỳ thi thực tế.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi chính thức và các đề luyện thi được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm.
Phần I: Trắc nghiệm (2 điểm) Câu 1: Căn bậc ba của -27 là A. -9 B. -3 C. 9 D. 3
Phần I: Trắc nghiệm (2 điểm)
Câu 1: Căn bậc ba của -27 là
A. -9
B. -3
C. 9
D. 3
Câu 2: Tất cả các giá trị của \(x\) để biểu thức \(P = \sqrt {x - 2} \) có nghĩa là
A. \(x = 2\).
B. \(x \ge 2\).
C. \(x \le 2\).
D. \(x > 2\).
Câu 3: Hàm số \(y = mx - 2\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi
A. \(m > 0\).
B. \(m < 0\).
C. \(m = 0\).
D. \(m \ne 0\).
Câu 4: Đồ thị hàm số \(y = 3{x^2}\) đi qua điểm nào dưới đây?
A. \(M\left( {0;0} \right)\).
B. \(N\left( {1;6} \right)\).
C. \(P\left( {1;1} \right)\).
D. \(Q\left( {0;3} \right)\).
Câu 5: Nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = 4}\\{x + 2y = {\rm{ \;}} - 5}\end{array}} \right.\) là
A. \(\left( {1;4} \right)\).
B. \(\left( {1;3} \right)\).
C. \(\left( {1; - 3} \right)\).
D. \(\left( {3;1} \right)\).
Câu 6: Nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) với \(a \ne 0\) có hai nghiệm \({x_1}\) và \({x_2}\), thì tích \({x_1}{x_2}\) bằng
A. \( - \frac{c}{a}\).
B. \(\frac{b}{a}\).
C. \(\frac{c}{a}\).
D. \( - \frac{b}{a}\).
Câu 7: Cho tam giác ABC vuông tại \(A\) (tham khảo hình vẽ). Khẳng định nào sau đây đúng?
A. \({\rm{cos}}B = \frac{{AC}}{{AB}}\).
B. \({\rm{cos}}B = \frac{{AC}}{{BC}}\).
C. \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{AC}}\).
D. \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{BC}}\).
Câu 8: Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và đường thẳng \(d\). Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên đường thẳng \(d\) (tham khảo hình vẽ). Đường thẳng \(d\) cắt \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B khi
A. \(OH < R\).
B. \(OH = R\).
C. \(OH > R\).
D. \(OH \le R\).
Câu 9: Số đo góc nội tiếp chắn cung \(150^\circ \) bằng
A. \(150^\circ \).
B. \(65^\circ \).
C. \(50^\circ \).
D. \(75^\circ \).
Câu 10: Công thức tính diện tích của hình cầu có bán kính \(R\) là
A. \(S = 4\pi R\).
B. \(S = 4\pi {R^2}\).
C. \(S = \pi {R^2}\).
D. \(S = 3\pi {R^2}\).
Phần II. Tự luận (8 điểm)
Câu 11: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)\(2x - 8 = 0\)
b)\({x^2} + 4x + 3 = 0\)
c) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 1}\\{3x + 2y = 11}\end{array}} \right.\)
Câu 12:
a) Tính giá trị của biểu thức: \(B = \sqrt {36} {\rm{ \;}} + \sqrt 4 {\rm{ \;}} - \sqrt {25} \).
b) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = 3x - 6\).
Câu 13: Cho phương trình \({x^2} - 2(m - 1)x + {m^2} - 3 = 0\) (m là tham số). Tìm m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = {x_1}{x_2} - 2\)
Câu 14: Ông Nam sở hữu một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 60m. Ông Nam định bán mảnh đất đó với giá thị trường là 8 triệu đồng cho một mét vuông. Hãy tính giá tiền của mảnh đất đó biết rằng mảnh đất có chiều dài gấp 2 lần chiều rộng.
Câu 15: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường tròn (O) lấy điểm C không trùng B sao cho AC > BC. Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và C cắt nhau tại D. Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB, E là giao điểm của hai đường thẳng OD và AC.
a) Chứng minh tứ giác AOCD nội tiếp.
b) Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng CD và AB. Chứng minh CB là tia phân giác của góc HCF.
c) Chứng minh \(AO.AH = 2A{E^2}\)
d) Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng BD và CH. Chứng minh M là trung điểm của CH.
Câu 16: Giải hệ phương trình\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2}\left( {1 + \frac{4}{{{y^2}}}} \right) = 12}\\{2\sqrt {x + 3y + 2} {\rm{ \;}} = 3\sqrt y {\rm{ \;}} + \sqrt {x + 2} }\end{array}} \right.\)
-----HẾT-----
Phần I: Trắc nghiệm
1.B | 2.B | 3.A | 4.A | 5.C | 6.C | 7.D | 8.A | 9.D | 10.B |
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
Căn bậc ba của x là số a, sao cho \({a^3} = x\)
Cách giải:
Căn bậc ba của -27 là -3 vì \({( - 3)^3} = - 27\)
Chọn B.
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
\(\sqrt {f(x)} \) có nghĩa khi \(f(x) \ge 0\)
Cách giải:
\(P = \sqrt {x - 2} \) có nghĩa khi \(x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2\)
Chọn B.
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
Hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\) đồng biến trên R khi a > 0.
Cách giải:
Hàm số \(y = mx - 2\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(m > 0\)
Chọn A.
Câu 4 (NB):
Phương pháp:
Điểm \(A({x_0};{y_0})\) đi qua đồ thị hàm số \(y = a{x^2}(a \ne 0)\) khi \({y_0} = a.{x_0}^2\)
Cách giải:
Đồ thị hàm số \(y = 3{x^2}\) đi qua điểm \(M\left( {0;0} \right)\)
Chọn A.
Câu 5 (NB):
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = 4}\\{x + 2y = {\rm{ \;}} - 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3y = {\rm{ \;}} - 9}\\{x = 4 + y}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 3}\\{x = 4 - 3 = 1}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {1; - 3} \right)\)
Chọn C.
Câu 6 (NB):
Phương pháp:
Hệ thức Vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) với \(a \ne 0\) có hai nghiệm \({x_1}\) và \({x_2}\), thì tích \({x_1}{x_2}\) bằng \(\frac{c}{a}\)
Chọn C.
Câu 7 (NB):
Phương pháp:
Công thức góc lượng giác: tam giác ABC vuông tại \(A\) có \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{BC}}\)
Cách giải:
Tam giác ABC vuông tại \(A\) có \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{BC}}\)
Chọn D.
Câu 8 (NB):
Phương pháp:
Vị trí tương đối của đường thẳng và đườn tròn:
Đường thẳng \(d\) cắt \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B khi \(OH < R\)
Cách giải:
Đường thẳng \(d\) cắt \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B khi \(OH < R\)
Chọn A.
Câu 9 (NB):
Phương pháp:
Góc nội tiếp bằng một nửa số đo cung bị chắn.
Cách giải:
Số đo góc nội tiếp chắn cung \(150^\circ \) bằng \(75^\circ \)
Chọn D.
Câu 10 (NB):
Phương pháp:
Công thức tính diện tích của hình cầu có bán kính \(R\) là \(S = 4\pi {R^2}\)
Cách giải:
Công thức tính diện tích của hình cầu có bán kính \(R\) là \(S = 4\pi {R^2}\)
Chọn B.
Phần II: Tự luận
Câu 11 (TH):
Phương pháp:
a) Giải phương trình bậc nhất \(ax + b = 0(a \ne 0)\) có nghiệm là \(x = \frac{{ - b}}{a}\)
b) Giải phương trình bậc hai một ẩn bằng cách nhẩm nghiệm \(a - b + c = 0\).
Suy ra PT có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = {\rm{ \;}} - 1}\\{{x_2} = \frac{{ - c}}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
a) \(2x - 8 = 0 \Leftrightarrow 2x = 8 \Leftrightarrow x = 4\)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 4.\)
b)\({x^2} + 4x + 3 = 0\)
Vì \(a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là: \({x_1} = {\rm{ \;}} - 1\) và \({x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{c}{a} = {\rm{ \;}} - 3\)
Vậy phương trình có tập nghiệm là\(S = \left\{ { - 1; - 3} \right\}\).
c) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 1}\\{3x + 2y = 11}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x = 12}\\{2y = x - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{2y = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 1}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;3} \right)\).
Câu 12 (TH):
Phương pháp:
a) Thực hiện tính toán chứa căn bậc hai, \(\sqrt {{a^2}b} {\rm{ \;}} = \left| a \right|\sqrt b \)
b) Cách vẽ đồ thị hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\)
Bước 1: Cho \(x = 0\) thì \(y = b\), ta được điểm \(P(0;b)\) thuộc trục Oy.
Cho \(y = 0\) thì \(x = \frac{{ - b}}{a}\), ta được điểm \(Q\left( {\frac{{ - b}}{a};0} \right)\) thuộc trục hoành Ox.
Bước 2: Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm \({\rm{P}}\) và \({\rm{Q}}\) ta được đồ thị hàm số \(y = ax + b\)
Cách giải:
a) Ta có: \(B = \sqrt {36} {\rm{ \;}} + \sqrt 4 {\rm{ \;}} - \sqrt {25} {\rm{ \;}} = \sqrt {{6^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {{2^2}} {\rm{ \;}} - \sqrt {{5^2}} {\rm{ \;}} = 6 + 2 - 5 = 8 - 5 = 3\)
Vậy \(B = 3.\)
b) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = 3x - 6\).
Cho \(x = 0\) thì \(y = 3.0 - 6 = {\rm{ \;}} - 6\)
Cho \(y = 0\) thì \(0 = 3.x - 6 \Leftrightarrow 3x = 6 \Leftrightarrow x = 2\)
Suy ra đồ thị hàm số \(y = 3x - 6\) là đường thẳng đi qua 2 điểm \(A\left( {0; - 6} \right)\) và \(B\left( {2;0} \right)\)
Ta vẽ được đồ thị hàm số như sau:
Câu 13 (TH):
Phương pháp:
Công thức \(\Delta ' = {(b')^2} - ac\) với \(b' = \frac{b}{a}\)
Điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\)
Sử dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Ta có \(\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 1\left( {{m^2} - 3} \right) = {m^2} - 2m + 1 - {m^2} + 3 = {\rm{ \;}} - 2m + 4\)
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2m + 4 > 0 \Leftrightarrow m < 2\)
Khi đó theo viet ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} - 3}\end{array}} \right.\)
Để \({x_1} + {x_2} = {x_1}{x_2} - 2\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow 2\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 3 - 2}\\{ \Leftrightarrow 2m - 2 = {m^2} - 5}\\{ \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 3 = 0}\end{array}\)
\( \Leftrightarrow \left( {m - 3} \right)\left( {m + 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 3\left( {KTM} \right)}\\{m = {\rm{ \;}} - 1\left( {TM} \right)}\end{array}} \right.\)
Vậy m = -1 thì thỏa mãn bài toán
Câu 14 (TH):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Công thức chu vi hình chữ nhật bằng 2 lần tổng chiều dài và chiều rộng.
Cách giải:
Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x{\mkern 1mu} \left( {m,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0 < x < 30} \right)\).
Vì chiều dài mảnh đất gấp 2 lần chiều rộng nên ta có chiều dài mảnh đất là: \(2x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\)
Vì chu vi mảnh đất là 60 nên ta có:
\(2.\left( {x + 2x} \right) = 60 \Leftrightarrow 6x = 60 \Leftrightarrow x = 10\) (TM)
Suy ra chiều dài mảnh đất là 20m, chiều rộng mảnh đất là 10m.
Diện tích mảnh đất là: \(20.10 = 200\left( {{m^2}} \right)\)
Giá tiền của mảnh đất là: \(8.200 = 1600\)(triệu đồng)
Vậy giá tiền của mảnh đất đó là 1600 triệu đồng = 1 600 000 000 đồng.
Câu 15 (VD):
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác AOCD có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp,
b) Sử dụng tính chất góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC thì bằng nhau.
Và hai góc cùng phụ với góc thứ 3.
c) Chứng minh $\Delta AEO \backsim \Delta AHC\left( {g.g} \right)$ suy ra các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ.
d) Gọi N là giao điểm của AC và BD.
Chứng minh CN là phân giác của \(\angle MCD\), CB là phân giác ngoài tại đỉnh C của \(\Delta CDM\)
Sử dụng tính chất phân giác.
Chứng minh CH // AD, sử dụng định lí Talet.
\( \Rightarrow \frac{{CM}}{{AD}} = \frac{{HM}}{{AD}} \Rightarrow CM = HM \Rightarrow M\)
Cách giải:
a) Do DA, AC là tiếp tuyến nên \(DA \bot OA,DC \bot OC\)
\( \Rightarrow \angle DAO = \angle DCO = {90^0}\)
Xét tứ giác AOCD có \(\angle DAO + \angle DCO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Suy ra AOCD nội tiếp (tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (dhnb) (đpcm)
b) Ta có \(\angle BCF = \angle FAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)
\(\angle ACB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \angle BCH = \angle BAC\) (cùng phụ với góc CBA)
\( \Rightarrow \angle FCB = \angle BCH\left( { = \angle FAC} \right)\)
\( \Rightarrow BC\) là phân giác của góc HCF
c) Ta có DA = DC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow \) D thuộc trung trực của AC
OA = OC (cùng bằng bán kính của (O)
\( \Rightarrow \) O thuộc trung trực của AC
\( \Rightarrow DO\) là trung trực của AC.
\( \Rightarrow DO \bot AC\) tại E là trung điểm của AC.
Xét \(\Delta AEO\) và \(\Delta AHC\) có
\(\angle HAC\) chung
\(\angle AEO = \angle AHC\left( { = {{90}^0}} \right)\)
$\Rightarrow \Delta AEO \backsim \Delta AHC\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AH}} = \dfrac{{AO}}{{AC}}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
\( \Rightarrow AO.AH = AE.AC = AE.2AE = 2A{E^2}\).
Vậy \(AO.AH = 2A{E^2}\) (đpcm).
d) Gọi N là giao điểm của AC và BD.
Vì CB là phân giác của góc HCF (theo câu b).
Mà \(\angle ACB = {90^0}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right) \Rightarrow CB \bot CA\).
Mà \(\angle HCF\) kề bù với \(\angle HCD\).
\( \Rightarrow CA\) là phân giác của góc \(\angle HCD\), CB là phân giác ngoài của \(\angle HCD\).
Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\frac{{CM}}{{CD}} = \frac{{NM}}{{ND}} = \frac{{BM}}{{BD}}\).
Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CH \bot AB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\\{AD \bot AB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow CH//AD\) (từ vuông góc đến song song)
\( \Rightarrow \) Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{NM}}{{ND}} = \frac{{CM}}{{AD}},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{BM}}{{BD}} = \frac{{HM}}{{AD}}\).
\( \Rightarrow \frac{{CM}}{{AD}} = \frac{{HM}}{{AD}} \Rightarrow CM = HM \Rightarrow M\) là trung điểm của CH (đpcm).
Câu 16 (VDC):
Phương pháp:
Đặt \(a = \sqrt {x + 2} ;b = \sqrt y {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a,b \ge 0} \right)\)
Từ đó giải phương trình tìm a, b.
Suy ra ẩn chính.
Cách giải:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2}\left( {1 + \frac{4}{{{y^2}}}} \right) = 12}&{{\rm{ \;}}}&{(1)}\\{2\sqrt {x + 3y + 2} {\rm{ \;}} = 3\sqrt y {\rm{ \;}} + \sqrt {x + 2} {\rm{ \;}}}&{(2)}&{}\end{array}} \right.\)
(ĐKXĐ: \(x \ge {\rm{ \;}} - 2;y \ge 0\))
Đặt \(a = \sqrt {x + 2} ;b = \sqrt y {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a,b \ge 0} \right)\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow {a^2} = x + 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {b^2} = y}\\{ \Rightarrow x + 3y + 2 = {a^2} + 3{b^2}}\end{array}\)
Khi đó (2) trở thành: \(2\sqrt {{a^2} + 3{b^2}} {\rm{ \;}} = a + 3b\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 4\left( {{a^2} + 3{b^2}} \right) = {{\left( {a + 3b} \right)}^2}}\\{ \Leftrightarrow 4{a^2} + 12{b^2} = {a^2} + 6ab + 9{b^2}}\\{ \Leftrightarrow 3{a^2} - 6ab + 3{b^2} = 0}\\{ \Leftrightarrow 3{{\left( {a - b} \right)}^2} = 0}\\{ \Leftrightarrow {{\left( {a - b} \right)}^2} = 0}\\{ \Leftrightarrow a - b = 0}\\{ \Leftrightarrow a = b}\\{ \Rightarrow \sqrt {x + 2} {\rm{ \;}} = \sqrt y {\mkern 1mu} }\\{ \Leftrightarrow x + 2 = y}\end{array}\)
Thay vào (1) ta được: \({x^2}\left( {1 + \frac{4}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \right) = 12\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2}\left[ {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 4} \right] = 12{\left( {x + 2} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} + 4x + 8} \right) = 12\left( {{x^2} + 4x + 4} \right)\\ \Leftrightarrow {x^4} + 4{x^3} + 8{x^2} = 12{x^2} + 48x + 48\\ \Leftrightarrow {x^4} + 4{x^3} - 4{x^2} - 48x - 48 = 0\\ \Leftrightarrow {x^4} + 6{x^3} + 12{x^2} - 2{x^3} - 12{x^2} - 24x - 4{x^2} - 24x - 48 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) - 2x\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) - 4\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 2x - 4} \right)\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt 5 \\{x^2} + 6x + 12 = 0\,(VN)\end{array} \right.\end{array}\)
Với\(x = 1 + \sqrt 5 {\rm{ \;}} \Rightarrow y = 1 + \sqrt 5 {\rm{ \;}} + 2 = 3 + \sqrt 5 \)
Với\(x = 1 - \sqrt 5 {\rm{ \;}} \Rightarrow y = 1 - \sqrt 5 {\rm{ \;}} + 2 = 3 - \sqrt 5 \)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1 + \sqrt 5 ;3 + \sqrt 5 } \right)\) hoặc\(\left( {x;y} \right) = \left( {1 - \sqrt 5 ;3 - \sqrt 5 } \right)\).
Phần I: Trắc nghiệm (2 điểm)
Câu 1: Căn bậc ba của -27 là
A. -9
B. -3
C. 9
D. 3
Câu 2: Tất cả các giá trị của \(x\) để biểu thức \(P = \sqrt {x - 2} \) có nghĩa là
A. \(x = 2\).
B. \(x \ge 2\).
C. \(x \le 2\).
D. \(x > 2\).
Câu 3: Hàm số \(y = mx - 2\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi
A. \(m > 0\).
B. \(m < 0\).
C. \(m = 0\).
D. \(m \ne 0\).
Câu 4: Đồ thị hàm số \(y = 3{x^2}\) đi qua điểm nào dưới đây?
A. \(M\left( {0;0} \right)\).
B. \(N\left( {1;6} \right)\).
C. \(P\left( {1;1} \right)\).
D. \(Q\left( {0;3} \right)\).
Câu 5: Nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = 4}\\{x + 2y = {\rm{ \;}} - 5}\end{array}} \right.\) là
A. \(\left( {1;4} \right)\).
B. \(\left( {1;3} \right)\).
C. \(\left( {1; - 3} \right)\).
D. \(\left( {3;1} \right)\).
Câu 6: Nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) với \(a \ne 0\) có hai nghiệm \({x_1}\) và \({x_2}\), thì tích \({x_1}{x_2}\) bằng
A. \( - \frac{c}{a}\).
B. \(\frac{b}{a}\).
C. \(\frac{c}{a}\).
D. \( - \frac{b}{a}\).
Câu 7: Cho tam giác ABC vuông tại \(A\) (tham khảo hình vẽ). Khẳng định nào sau đây đúng?
A. \({\rm{cos}}B = \frac{{AC}}{{AB}}\).
B. \({\rm{cos}}B = \frac{{AC}}{{BC}}\).
C. \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{AC}}\).
D. \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{BC}}\).
Câu 8: Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và đường thẳng \(d\). Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên đường thẳng \(d\) (tham khảo hình vẽ). Đường thẳng \(d\) cắt \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B khi
A. \(OH < R\).
B. \(OH = R\).
C. \(OH > R\).
D. \(OH \le R\).
Câu 9: Số đo góc nội tiếp chắn cung \(150^\circ \) bằng
A. \(150^\circ \).
B. \(65^\circ \).
C. \(50^\circ \).
D. \(75^\circ \).
Câu 10: Công thức tính diện tích của hình cầu có bán kính \(R\) là
A. \(S = 4\pi R\).
B. \(S = 4\pi {R^2}\).
C. \(S = \pi {R^2}\).
D. \(S = 3\pi {R^2}\).
Phần II. Tự luận (8 điểm)
Câu 11: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)\(2x - 8 = 0\)
b)\({x^2} + 4x + 3 = 0\)
c) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 1}\\{3x + 2y = 11}\end{array}} \right.\)
Câu 12:
a) Tính giá trị của biểu thức: \(B = \sqrt {36} {\rm{ \;}} + \sqrt 4 {\rm{ \;}} - \sqrt {25} \).
b) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = 3x - 6\).
Câu 13: Cho phương trình \({x^2} - 2(m - 1)x + {m^2} - 3 = 0\) (m là tham số). Tìm m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = {x_1}{x_2} - 2\)
Câu 14: Ông Nam sở hữu một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 60m. Ông Nam định bán mảnh đất đó với giá thị trường là 8 triệu đồng cho một mét vuông. Hãy tính giá tiền của mảnh đất đó biết rằng mảnh đất có chiều dài gấp 2 lần chiều rộng.
Câu 15: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường tròn (O) lấy điểm C không trùng B sao cho AC > BC. Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và C cắt nhau tại D. Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB, E là giao điểm của hai đường thẳng OD và AC.
a) Chứng minh tứ giác AOCD nội tiếp.
b) Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng CD và AB. Chứng minh CB là tia phân giác của góc HCF.
c) Chứng minh \(AO.AH = 2A{E^2}\)
d) Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng BD và CH. Chứng minh M là trung điểm của CH.
Câu 16: Giải hệ phương trình\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2}\left( {1 + \frac{4}{{{y^2}}}} \right) = 12}\\{2\sqrt {x + 3y + 2} {\rm{ \;}} = 3\sqrt y {\rm{ \;}} + \sqrt {x + 2} }\end{array}} \right.\)
-----HẾT-----
Phần I: Trắc nghiệm
1.B | 2.B | 3.A | 4.A | 5.C | 6.C | 7.D | 8.A | 9.D | 10.B |
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
Căn bậc ba của x là số a, sao cho \({a^3} = x\)
Cách giải:
Căn bậc ba của -27 là -3 vì \({( - 3)^3} = - 27\)
Chọn B.
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
\(\sqrt {f(x)} \) có nghĩa khi \(f(x) \ge 0\)
Cách giải:
\(P = \sqrt {x - 2} \) có nghĩa khi \(x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2\)
Chọn B.
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
Hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\) đồng biến trên R khi a > 0.
Cách giải:
Hàm số \(y = mx - 2\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(m > 0\)
Chọn A.
Câu 4 (NB):
Phương pháp:
Điểm \(A({x_0};{y_0})\) đi qua đồ thị hàm số \(y = a{x^2}(a \ne 0)\) khi \({y_0} = a.{x_0}^2\)
Cách giải:
Đồ thị hàm số \(y = 3{x^2}\) đi qua điểm \(M\left( {0;0} \right)\)
Chọn A.
Câu 5 (NB):
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = 4}\\{x + 2y = {\rm{ \;}} - 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3y = {\rm{ \;}} - 9}\\{x = 4 + y}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 3}\\{x = 4 - 3 = 1}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {1; - 3} \right)\)
Chọn C.
Câu 6 (NB):
Phương pháp:
Hệ thức Vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) với \(a \ne 0\) có hai nghiệm \({x_1}\) và \({x_2}\), thì tích \({x_1}{x_2}\) bằng \(\frac{c}{a}\)
Chọn C.
Câu 7 (NB):
Phương pháp:
Công thức góc lượng giác: tam giác ABC vuông tại \(A\) có \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{BC}}\)
Cách giải:
Tam giác ABC vuông tại \(A\) có \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{BC}}\)
Chọn D.
Câu 8 (NB):
Phương pháp:
Vị trí tương đối của đường thẳng và đườn tròn:
Đường thẳng \(d\) cắt \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B khi \(OH < R\)
Cách giải:
Đường thẳng \(d\) cắt \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B khi \(OH < R\)
Chọn A.
Câu 9 (NB):
Phương pháp:
Góc nội tiếp bằng một nửa số đo cung bị chắn.
Cách giải:
Số đo góc nội tiếp chắn cung \(150^\circ \) bằng \(75^\circ \)
Chọn D.
Câu 10 (NB):
Phương pháp:
Công thức tính diện tích của hình cầu có bán kính \(R\) là \(S = 4\pi {R^2}\)
Cách giải:
Công thức tính diện tích của hình cầu có bán kính \(R\) là \(S = 4\pi {R^2}\)
Chọn B.
Phần II: Tự luận
Câu 11 (TH):
Phương pháp:
a) Giải phương trình bậc nhất \(ax + b = 0(a \ne 0)\) có nghiệm là \(x = \frac{{ - b}}{a}\)
b) Giải phương trình bậc hai một ẩn bằng cách nhẩm nghiệm \(a - b + c = 0\).
Suy ra PT có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = {\rm{ \;}} - 1}\\{{x_2} = \frac{{ - c}}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
a) \(2x - 8 = 0 \Leftrightarrow 2x = 8 \Leftrightarrow x = 4\)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 4.\)
b)\({x^2} + 4x + 3 = 0\)
Vì \(a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là: \({x_1} = {\rm{ \;}} - 1\) và \({x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{c}{a} = {\rm{ \;}} - 3\)
Vậy phương trình có tập nghiệm là\(S = \left\{ { - 1; - 3} \right\}\).
c) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 1}\\{3x + 2y = 11}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x = 12}\\{2y = x - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{2y = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 1}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;3} \right)\).
Câu 12 (TH):
Phương pháp:
a) Thực hiện tính toán chứa căn bậc hai, \(\sqrt {{a^2}b} {\rm{ \;}} = \left| a \right|\sqrt b \)
b) Cách vẽ đồ thị hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\)
Bước 1: Cho \(x = 0\) thì \(y = b\), ta được điểm \(P(0;b)\) thuộc trục Oy.
Cho \(y = 0\) thì \(x = \frac{{ - b}}{a}\), ta được điểm \(Q\left( {\frac{{ - b}}{a};0} \right)\) thuộc trục hoành Ox.
Bước 2: Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm \({\rm{P}}\) và \({\rm{Q}}\) ta được đồ thị hàm số \(y = ax + b\)
Cách giải:
a) Ta có: \(B = \sqrt {36} {\rm{ \;}} + \sqrt 4 {\rm{ \;}} - \sqrt {25} {\rm{ \;}} = \sqrt {{6^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {{2^2}} {\rm{ \;}} - \sqrt {{5^2}} {\rm{ \;}} = 6 + 2 - 5 = 8 - 5 = 3\)
Vậy \(B = 3.\)
b) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = 3x - 6\).
Cho \(x = 0\) thì \(y = 3.0 - 6 = {\rm{ \;}} - 6\)
Cho \(y = 0\) thì \(0 = 3.x - 6 \Leftrightarrow 3x = 6 \Leftrightarrow x = 2\)
Suy ra đồ thị hàm số \(y = 3x - 6\) là đường thẳng đi qua 2 điểm \(A\left( {0; - 6} \right)\) và \(B\left( {2;0} \right)\)
Ta vẽ được đồ thị hàm số như sau:
Câu 13 (TH):
Phương pháp:
Công thức \(\Delta ' = {(b')^2} - ac\) với \(b' = \frac{b}{a}\)
Điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\)
Sử dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Ta có \(\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 1\left( {{m^2} - 3} \right) = {m^2} - 2m + 1 - {m^2} + 3 = {\rm{ \;}} - 2m + 4\)
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2m + 4 > 0 \Leftrightarrow m < 2\)
Khi đó theo viet ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} - 3}\end{array}} \right.\)
Để \({x_1} + {x_2} = {x_1}{x_2} - 2\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow 2\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 3 - 2}\\{ \Leftrightarrow 2m - 2 = {m^2} - 5}\\{ \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 3 = 0}\end{array}\)
\( \Leftrightarrow \left( {m - 3} \right)\left( {m + 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 3\left( {KTM} \right)}\\{m = {\rm{ \;}} - 1\left( {TM} \right)}\end{array}} \right.\)
Vậy m = -1 thì thỏa mãn bài toán
Câu 14 (TH):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Công thức chu vi hình chữ nhật bằng 2 lần tổng chiều dài và chiều rộng.
Cách giải:
Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x{\mkern 1mu} \left( {m,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0 < x < 30} \right)\).
Vì chiều dài mảnh đất gấp 2 lần chiều rộng nên ta có chiều dài mảnh đất là: \(2x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\)
Vì chu vi mảnh đất là 60 nên ta có:
\(2.\left( {x + 2x} \right) = 60 \Leftrightarrow 6x = 60 \Leftrightarrow x = 10\) (TM)
Suy ra chiều dài mảnh đất là 20m, chiều rộng mảnh đất là 10m.
Diện tích mảnh đất là: \(20.10 = 200\left( {{m^2}} \right)\)
Giá tiền của mảnh đất là: \(8.200 = 1600\)(triệu đồng)
Vậy giá tiền của mảnh đất đó là 1600 triệu đồng = 1 600 000 000 đồng.
Câu 15 (VD):
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác AOCD có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp,
b) Sử dụng tính chất góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC thì bằng nhau.
Và hai góc cùng phụ với góc thứ 3.
c) Chứng minh $\Delta AEO \backsim \Delta AHC\left( {g.g} \right)$ suy ra các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ.
d) Gọi N là giao điểm của AC và BD.
Chứng minh CN là phân giác của \(\angle MCD\), CB là phân giác ngoài tại đỉnh C của \(\Delta CDM\)
Sử dụng tính chất phân giác.
Chứng minh CH // AD, sử dụng định lí Talet.
\( \Rightarrow \frac{{CM}}{{AD}} = \frac{{HM}}{{AD}} \Rightarrow CM = HM \Rightarrow M\)
Cách giải:
a) Do DA, AC là tiếp tuyến nên \(DA \bot OA,DC \bot OC\)
\( \Rightarrow \angle DAO = \angle DCO = {90^0}\)
Xét tứ giác AOCD có \(\angle DAO + \angle DCO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Suy ra AOCD nội tiếp (tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (dhnb) (đpcm)
b) Ta có \(\angle BCF = \angle FAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)
\(\angle ACB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \angle BCH = \angle BAC\) (cùng phụ với góc CBA)
\( \Rightarrow \angle FCB = \angle BCH\left( { = \angle FAC} \right)\)
\( \Rightarrow BC\) là phân giác của góc HCF
c) Ta có DA = DC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow \) D thuộc trung trực của AC
OA = OC (cùng bằng bán kính của (O)
\( \Rightarrow \) O thuộc trung trực của AC
\( \Rightarrow DO\) là trung trực của AC.
\( \Rightarrow DO \bot AC\) tại E là trung điểm của AC.
Xét \(\Delta AEO\) và \(\Delta AHC\) có
\(\angle HAC\) chung
\(\angle AEO = \angle AHC\left( { = {{90}^0}} \right)\)
$\Rightarrow \Delta AEO \backsim \Delta AHC\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AH}} = \dfrac{{AO}}{{AC}}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
\( \Rightarrow AO.AH = AE.AC = AE.2AE = 2A{E^2}\).
Vậy \(AO.AH = 2A{E^2}\) (đpcm).
d) Gọi N là giao điểm của AC và BD.
Vì CB là phân giác của góc HCF (theo câu b).
Mà \(\angle ACB = {90^0}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right) \Rightarrow CB \bot CA\).
Mà \(\angle HCF\) kề bù với \(\angle HCD\).
\( \Rightarrow CA\) là phân giác của góc \(\angle HCD\), CB là phân giác ngoài của \(\angle HCD\).
Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\frac{{CM}}{{CD}} = \frac{{NM}}{{ND}} = \frac{{BM}}{{BD}}\).
Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CH \bot AB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\\{AD \bot AB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow CH//AD\) (từ vuông góc đến song song)
\( \Rightarrow \) Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{NM}}{{ND}} = \frac{{CM}}{{AD}},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{BM}}{{BD}} = \frac{{HM}}{{AD}}\).
\( \Rightarrow \frac{{CM}}{{AD}} = \frac{{HM}}{{AD}} \Rightarrow CM = HM \Rightarrow M\) là trung điểm của CH (đpcm).
Câu 16 (VDC):
Phương pháp:
Đặt \(a = \sqrt {x + 2} ;b = \sqrt y {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a,b \ge 0} \right)\)
Từ đó giải phương trình tìm a, b.
Suy ra ẩn chính.
Cách giải:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2}\left( {1 + \frac{4}{{{y^2}}}} \right) = 12}&{{\rm{ \;}}}&{(1)}\\{2\sqrt {x + 3y + 2} {\rm{ \;}} = 3\sqrt y {\rm{ \;}} + \sqrt {x + 2} {\rm{ \;}}}&{(2)}&{}\end{array}} \right.\)
(ĐKXĐ: \(x \ge {\rm{ \;}} - 2;y \ge 0\))
Đặt \(a = \sqrt {x + 2} ;b = \sqrt y {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a,b \ge 0} \right)\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow {a^2} = x + 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {b^2} = y}\\{ \Rightarrow x + 3y + 2 = {a^2} + 3{b^2}}\end{array}\)
Khi đó (2) trở thành: \(2\sqrt {{a^2} + 3{b^2}} {\rm{ \;}} = a + 3b\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 4\left( {{a^2} + 3{b^2}} \right) = {{\left( {a + 3b} \right)}^2}}\\{ \Leftrightarrow 4{a^2} + 12{b^2} = {a^2} + 6ab + 9{b^2}}\\{ \Leftrightarrow 3{a^2} - 6ab + 3{b^2} = 0}\\{ \Leftrightarrow 3{{\left( {a - b} \right)}^2} = 0}\\{ \Leftrightarrow {{\left( {a - b} \right)}^2} = 0}\\{ \Leftrightarrow a - b = 0}\\{ \Leftrightarrow a = b}\\{ \Rightarrow \sqrt {x + 2} {\rm{ \;}} = \sqrt y {\mkern 1mu} }\\{ \Leftrightarrow x + 2 = y}\end{array}\)
Thay vào (1) ta được: \({x^2}\left( {1 + \frac{4}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \right) = 12\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2}\left[ {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 4} \right] = 12{\left( {x + 2} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} + 4x + 8} \right) = 12\left( {{x^2} + 4x + 4} \right)\\ \Leftrightarrow {x^4} + 4{x^3} + 8{x^2} = 12{x^2} + 48x + 48\\ \Leftrightarrow {x^4} + 4{x^3} - 4{x^2} - 48x - 48 = 0\\ \Leftrightarrow {x^4} + 6{x^3} + 12{x^2} - 2{x^3} - 12{x^2} - 24x - 4{x^2} - 24x - 48 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) - 2x\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) - 4\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 2x - 4} \right)\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt 5 \\{x^2} + 6x + 12 = 0\,(VN)\end{array} \right.\end{array}\)
Với\(x = 1 + \sqrt 5 {\rm{ \;}} \Rightarrow y = 1 + \sqrt 5 {\rm{ \;}} + 2 = 3 + \sqrt 5 \)
Với\(x = 1 - \sqrt 5 {\rm{ \;}} \Rightarrow y = 1 - \sqrt 5 {\rm{ \;}} + 2 = 3 - \sqrt 5 \)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1 + \sqrt 5 ;3 + \sqrt 5 } \right)\) hoặc\(\left( {x;y} \right) = \left( {1 - \sqrt 5 ;3 - \sqrt 5 } \right)\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại tỉnh Sơn La luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước chuyển tiếp của học sinh từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Để giúp các em học sinh ôn luyện và đạt kết quả tốt nhất, toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Sơn La năm 2023, kèm theo phân tích chi tiết và hướng dẫn giải.
Đề thi vào 10 môn Toán Sơn La thường bao gồm các dạng bài sau:
Đề thi chính thức năm 2023 có độ khó tương đương với các năm trước, tập trung vào các kiến thức cơ bản và nâng cao của chương trình Toán lớp 9. Đề thi có sự phân hóa rõ rệt, giúp phân loại học sinh có trình độ khác nhau. Các câu hỏi trong đề thi được trình bày rõ ràng, dễ hiểu, tuy nhiên đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải quyết vấn đề tốt.
Để giải quyết tốt các bài toán trong đề thi vào 10 môn Toán Sơn La, học sinh cần:
Ngoài đề thi chính thức, toan9.edu.vn còn cung cấp các đề luyện thi được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm. Các đề luyện thi này được thiết kế theo cấu trúc đề thi chính thức, giúp học sinh làm quen với các dạng bài và rèn luyện kỹ năng giải toán. Các đề luyện thi được chia thành các mức độ khó khác nhau, từ dễ đến khó, giúp học sinh có thể lựa chọn đề thi phù hợp với trình độ của mình.
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Sơn La năm 2023, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Kỳ thi vào 10 môn Toán Sơn La năm 2023 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng bộ đề thi và các hướng dẫn giải của toan9.edu.vn sẽ giúp các em học sinh ôn luyện 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.
