toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019 chính thức. 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 hơn trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi đã tổng hợp đầy đủ các đề thi, kèm theo đáp án chi tiết và hướng dẫn giải, giúp các em hiểu rõ từng dạng bài và phương pháp giải quyết hiệu quả.
Câu 1 (1 điểm): Rút gọn biểu thức:
Câu 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức sau: \(T = \sqrt 4 + \sqrt {25} - \sqrt 9 \)
Câu 2 (1,0 điểm): Tìm \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\).
Câu 3 (1,0 điểm): Giải phương trình \({x^2} - x - 6 = 0\)
Câu 4 (VD) (1,0 điểm): Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2}.\)
Câu 5 (VD) (1,0 điểm): Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng \({d_1}:\,y = 2x + 1\) và đường thẳng \({d_2}:y = x + 3.\)
Câu 6 (VD) (1,0 điểm) : Cho tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) có đường trung tuyến \(BM\) (\(M \in AC).\) Biết \(AB = 2a.\) Tính theo \(a\) độ dài \(AC,\,AM\)và \(BM.\)
Câu 7 (1 điểm): Hai ô tô khởi hành cùng một lúc đi từ \(A\) đến \(B\). Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là \(10km/h\) nên ô tô thứ nhất đến \(B\) trước ô tô thứ hai \(\dfrac{1}{2}\) giờ. Tính vạn tốc của mỗi ô tô. Biết rằng quãng đường \(AB\) dài \(150km.\)
Câu 8 (1 điểm): Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình \({x^2} - 4x + m + 1 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 < 100.\)
Câu 9 (1 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn tâm \(O.\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB,\) đường thẳng qua \(I\) vuông góc với \(AO\) và cắt cạnh \(AC\) tại\(J.\) Chứng minh bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,J,\,\,I\) cùng thuộc một đường tròn.
Câu 10 (1 điểm): Cho đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\) và có bán kính \(R = 2a.\) Xét điểm \(M\) thay đổi sao cho \(IM = a.\) Hai dây \(AC,\,\,BD\) đi qua điểm \(M\) và vuông góc với nhau \(\left( {A,\,\,B,\,\,C,\,\,D \in \left( C \right)} \right).\) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác \(ABCD.\)
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
Khai căn bậc hai của một số. \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Cách giải:
Ta có: \(T = \sqrt 4 + \sqrt {25} - \sqrt 9 = 2 + 5 - 3 = 4\)
Câu 2 (TH)
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm A vào hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\), ta tìm được \(m\) .
Cách giải:
Vì đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\)nên ta có:
\(\begin{array}{l}5 = \left( {2m + 1} \right){.1^2}\\ \Rightarrow 5 = 2m + 1\\ \Rightarrow m = 2\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\)
Câu 3 (VD)
Phương pháp:
Giải phương trình bậc hai một ẩn.
Cách giải:
\({x^2} - x - 6 = 0\,\,\,\left( 1 \right) & ;\,\,\,a = 1;b = - 1;c = - 6\)
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25\,\, > 0\, \Rightarrow \sqrt \Delta = 5\)
\( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2.a}} = \dfrac{{1 + 5}}{2} = 3\\{x_2} = \dfrac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2.a}} = \dfrac{{1 - 5}}{2} = - 2\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là : \(S = \left\{ { - 2;3} \right\}\)
Câu 4 (VD)
Phương pháp:
Lập bảng giá trị rồi vẽ đồ thị hàm số.
Cách giải:
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | 0 | \(1\) | \(4\) |
Vậy đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) là Parabol đi qua \(5\) điểm có tọa độ \(\left( { - 2;4} \right),\left( { - 1;1} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;1} \right),\left( {2;4} \right)\)
Câu 5 (VD)
Phương pháp:
Cách 1: Giải phương trình hoành độ giao điểm.
Cách 2 : Giải hệ phương trình bao gồm 2 phương trình đường thẳng.
Cách giải:
Cách 1:
Phương trình hoành độ giao điểm của \({d_1},\,{d_2}\) là: \(2x + 1 = x + 3 \Leftrightarrow 2x - x = 3 - 1 \Leftrightarrow x = 2\)
Thay \(x = 2\) vào d2 ta có: \(y = x + 3 = 2 + 3 = 5\).
Vậy \(A\left( {2;5} \right)\) là giao điểm của hai đường thẳng.
Cách 2:
Gọi \(A\left( {x;y} \right)\) là giao điểm của \({d_1}\) và \({d_2}\).
Tọa độ của \(A\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}y = 2x + 1\\y = x + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 1\\x - y = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\x - y = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5\end{array} \right.\).
Vậy \(A\left( {2;5} \right)\).
Câu 6 (VD)
Phương pháp :
+ Tam giác vuông cân có hai cạnh góc vuông bằng nhau.
+ Tính chất đường trung tuyến.
+ Định lý py-ta-go trong tam giác.
Cách giải :
+ Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại A nên \(AC = AB = 2a\) + \(BM\) là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B, do đó: M là trung điểm của \(AC\) \( \Rightarrow AM = MC = \dfrac{{AC}}{2} = \dfrac{{2a}}{2} = a\) + Áp dụng định lý py-ta-go cho \(\Delta ABM\) vuông tại A: \(\begin{array}{l}B{M^2} = A{B^2} + A{M^2} = 4{a^2} + {a^2} = 5{a^2}\\ \Rightarrow BM = a\sqrt 5 \end{array}\) Vậy: \(AC = 2a;\,AM = a,\,BM = a\sqrt 5 .\) |
Câu 7 (VD)
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình
Bước 1: Đặt ẩn và tìm điều kiện của ẩn
Bước 2: Lập phương trình
Bước 3: Giải phương trình, so sánh các giá trị tìm được với điều kiện ở bước 1 để tìm các giá trị thỏa mãn sau đó kết luận.
Cách giải:
Gọi vận tốc của ô tô thứ hai là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Vì vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là \(10\,km/h\) nên vận tốc của ô tô thứ nhất là \(\left( {x + 10} \right)\,\,\,\,\left( {km/h} \right)\).
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{{x + 10}}\,\,\,\,\left( h \right)\).
Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{x}\,\,\,\left( h \right)\).
Vì ô tô thứ nhất đến B trước ô tô thứ hai là \(\dfrac{1}{2}\) giờ nên ta có phương trình \(\dfrac{{150}}{{x + 10}} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{150}}{x}\)
\( \Rightarrow 300x + x\left( {x + 10} \right) = 300\left( {x + 10} \right)\)
\( \Leftrightarrow 300x + {x^2} + 10x = 300x + 3000\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 3000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 50x + 60x - 3000 = 0\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x\left( {x - 50} \right) + 60\left( {x - 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 60} \right)\left( {x - 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 60 = 0\\x - 50 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 60\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 50\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc ô tô thứ hai là \(50\,km/h\) và vận tốc ô tô thứ nhất là \(50 + 10 = 60\,km/h\).
Câu 8 (VD)
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et và biến đổi hệ thức bài cho \(x_1^3 + x_2^3 = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right]\) để tìm giá trị \(m\) thỏa mãn bài toán.
Cách giải:
\({x^2} - 4x + m + 1 = 0\)
Ta có: \(a = 1;b = - 4;c = m + 1\)
\( \Rightarrow \Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - m - 1 = 3 - m\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 3 - m > 0 \Leftrightarrow m < 3\)
Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 < 100\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right) < 100\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] < 100\\ \Leftrightarrow 4.\left[ {16 - 3\left( {m + 1} \right)} \right] < 100\\ \Leftrightarrow 16 - 3m - 3 < 25\\ \Leftrightarrow - 3m < 12 \Leftrightarrow m > - 4\end{array}\)
Kết hợp với điều kiện \(m < 3\) và \(m\) nguyên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} - 4 < m < 3\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2} \right\}\)
Vậy \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2} \right\}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chú ý khi giải: HS chú khi giải xong nhớ kết hợp điều kiện của \(m\) và điều kiện \(m \in \mathbb{Z}.\)
Câu 9 (VD)
Phương pháp:
Sử dụng các tính chất về số đo góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung để chứng minh các góc tường ứng bằng nhau.
Chứng minh tứ giác \(BIJC\) là tứ giác nội tiếp nhờ dấu hiệu nhận biết.
Cách giải:
Gọi \(H = IJ \cap OA\).
Do \(I\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow OI \bot AB\) tại \(I\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
\( \Rightarrow \Delta OAI\) vuông tại \(I\).
Xét tam giác vuông \(OAI\) có: \(\angle IOA + \angle OAI = {90^0}\).
Xét tam giác vuông \(IAH\) có: \(\angle HIA + \angle HAI = {90^0} \Rightarrow \angle JIA + \angle OAI = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle IOA = \angle JIA\) (1).
Do tam giác \(OAB\) cân tại \(O\,\,\left( {OA = OB} \right) \Rightarrow \) Trung tuyến \(OI\) đồng thời là phân giác.
\( \Rightarrow \angle IOA = \dfrac{1}{2}\angle AOB\).
Mà \(\angle ACB = \dfrac{1}{2}\angle AOB\) (tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
\( \Rightarrow \angle IOA = \angle ACB = \angle JCB\) (2).
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right) \Rightarrow \angle JIA = \angle JCB \Rightarrow \) Tứ giác \(BCJI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Vậy bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,J\) và \(I\) cùng thuộc 1 đường tròn.
Câu 10 (VDC):
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức tính diện tích tứ giác có 2 đường chéo vuông góc: \(S = \dfrac{1}{2}AC.BD\).
+) Áp dụng BĐT Cô-si.
+) Chứng minh \(A{C^2} + B{D^2}\) không đổi.
+) Tìm điều kiện để dấu “=” xảy ra.
Cách giải:
Tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo \(AC \bot BD\) \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD \le \dfrac{{A{C^2} + B{D^2}}}{4}\)
Kẻ \(IE \bot AC\left( {E \in AC} \right),IF \bot BD\left( {F \in BD} \right)\)
\(AC = 2AF = 2\sqrt {I{A^2} - I{F^2}} = 2\sqrt {4{a^2} - I{F^2}} \)
\(BD = 2DE = 2\sqrt {I{D^2} - I{E^2}} = 2\sqrt {4{a^2} - I{E^2}} \)
\( \Rightarrow A{C^2} + B{D^2} = 4\left( {4{a^2} - I{F^2}} \right) + 4\left( {4{a^2} - I{E^2}} \right)\) \( = 32{a^2} - 4\left( {I{E^2} + I{F^2}} \right)\).
Xét tứ giác \(IEMF\) có \(\angle IEM = \angle IFM = \angle EMF = {90^0} \Rightarrow IEMF\) là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông)
\( \Rightarrow IF = EM \Rightarrow I{E^2} + I{F^2} = I{M^2} = {a^2}\)
\( \Rightarrow A{C^2} + B{D^2} = 32{a^2} - 4{a^2} = 28{a^2}\)
\( \Rightarrow {S_{ABCD}} \le \dfrac{{28{a^2}}}{4} = 7{a^2}\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow AC = BD\).
Vậy \({S_{ABCD}}\) đạt GTLN bằng \(7{a^2}\) khi \(AC = BD\).
Câu 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức sau: \(T = \sqrt 4 + \sqrt {25} - \sqrt 9 \)
Câu 2 (1,0 điểm): Tìm \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\).
Câu 3 (1,0 điểm): Giải phương trình \({x^2} - x - 6 = 0\)
Câu 4 (VD) (1,0 điểm): Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2}.\)
Câu 5 (VD) (1,0 điểm): Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng \({d_1}:\,y = 2x + 1\) và đường thẳng \({d_2}:y = x + 3.\)
Câu 6 (VD) (1,0 điểm) : Cho tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) có đường trung tuyến \(BM\) (\(M \in AC).\) Biết \(AB = 2a.\) Tính theo \(a\) độ dài \(AC,\,AM\)và \(BM.\)
Câu 7 (1 điểm): Hai ô tô khởi hành cùng một lúc đi từ \(A\) đến \(B\). Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là \(10km/h\) nên ô tô thứ nhất đến \(B\) trước ô tô thứ hai \(\dfrac{1}{2}\) giờ. Tính vạn tốc của mỗi ô tô. Biết rằng quãng đường \(AB\) dài \(150km.\)
Câu 8 (1 điểm): Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình \({x^2} - 4x + m + 1 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 < 100.\)
Câu 9 (1 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn tâm \(O.\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB,\) đường thẳng qua \(I\) vuông góc với \(AO\) và cắt cạnh \(AC\) tại\(J.\) Chứng minh bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,J,\,\,I\) cùng thuộc một đường tròn.
Câu 10 (1 điểm): Cho đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\) và có bán kính \(R = 2a.\) Xét điểm \(M\) thay đổi sao cho \(IM = a.\) Hai dây \(AC,\,\,BD\) đi qua điểm \(M\) và vuông góc với nhau \(\left( {A,\,\,B,\,\,C,\,\,D \in \left( C \right)} \right).\) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác \(ABCD.\)
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
Khai căn bậc hai của một số. \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Cách giải:
Ta có: \(T = \sqrt 4 + \sqrt {25} - \sqrt 9 = 2 + 5 - 3 = 4\)
Câu 2 (TH)
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm A vào hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\), ta tìm được \(m\) .
Cách giải:
Vì đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\)nên ta có:
\(\begin{array}{l}5 = \left( {2m + 1} \right){.1^2}\\ \Rightarrow 5 = 2m + 1\\ \Rightarrow m = 2\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\)
Câu 3 (VD)
Phương pháp:
Giải phương trình bậc hai một ẩn.
Cách giải:
\({x^2} - x - 6 = 0\,\,\,\left( 1 \right) & ;\,\,\,a = 1;b = - 1;c = - 6\)
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25\,\, > 0\, \Rightarrow \sqrt \Delta = 5\)
\( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2.a}} = \dfrac{{1 + 5}}{2} = 3\\{x_2} = \dfrac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2.a}} = \dfrac{{1 - 5}}{2} = - 2\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là : \(S = \left\{ { - 2;3} \right\}\)
Câu 4 (VD)
Phương pháp:
Lập bảng giá trị rồi vẽ đồ thị hàm số.
Cách giải:
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | 0 | \(1\) | \(4\) |
Vậy đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) là Parabol đi qua \(5\) điểm có tọa độ \(\left( { - 2;4} \right),\left( { - 1;1} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;1} \right),\left( {2;4} \right)\)
Câu 5 (VD)
Phương pháp:
Cách 1: Giải phương trình hoành độ giao điểm.
Cách 2 : Giải hệ phương trình bao gồm 2 phương trình đường thẳng.
Cách giải:
Cách 1:
Phương trình hoành độ giao điểm của \({d_1},\,{d_2}\) là: \(2x + 1 = x + 3 \Leftrightarrow 2x - x = 3 - 1 \Leftrightarrow x = 2\)
Thay \(x = 2\) vào d2 ta có: \(y = x + 3 = 2 + 3 = 5\).
Vậy \(A\left( {2;5} \right)\) là giao điểm của hai đường thẳng.
Cách 2:
Gọi \(A\left( {x;y} \right)\) là giao điểm của \({d_1}\) và \({d_2}\).
Tọa độ của \(A\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}y = 2x + 1\\y = x + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 1\\x - y = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\x - y = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5\end{array} \right.\).
Vậy \(A\left( {2;5} \right)\).
Câu 6 (VD)
Phương pháp :
+ Tam giác vuông cân có hai cạnh góc vuông bằng nhau.
+ Tính chất đường trung tuyến.
+ Định lý py-ta-go trong tam giác.
Cách giải :
+ Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại A nên \(AC = AB = 2a\) + \(BM\) là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B, do đó: M là trung điểm của \(AC\) \( \Rightarrow AM = MC = \dfrac{{AC}}{2} = \dfrac{{2a}}{2} = a\) + Áp dụng định lý py-ta-go cho \(\Delta ABM\) vuông tại A: \(\begin{array}{l}B{M^2} = A{B^2} + A{M^2} = 4{a^2} + {a^2} = 5{a^2}\\ \Rightarrow BM = a\sqrt 5 \end{array}\) Vậy: \(AC = 2a;\,AM = a,\,BM = a\sqrt 5 .\) |
Câu 7 (VD)
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình
Bước 1: Đặt ẩn và tìm điều kiện của ẩn
Bước 2: Lập phương trình
Bước 3: Giải phương trình, so sánh các giá trị tìm được với điều kiện ở bước 1 để tìm các giá trị thỏa mãn sau đó kết luận.
Cách giải:
Gọi vận tốc của ô tô thứ hai là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Vì vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là \(10\,km/h\) nên vận tốc của ô tô thứ nhất là \(\left( {x + 10} \right)\,\,\,\,\left( {km/h} \right)\).
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{{x + 10}}\,\,\,\,\left( h \right)\).
Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{x}\,\,\,\left( h \right)\).
Vì ô tô thứ nhất đến B trước ô tô thứ hai là \(\dfrac{1}{2}\) giờ nên ta có phương trình \(\dfrac{{150}}{{x + 10}} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{150}}{x}\)
\( \Rightarrow 300x + x\left( {x + 10} \right) = 300\left( {x + 10} \right)\)
\( \Leftrightarrow 300x + {x^2} + 10x = 300x + 3000\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 3000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 50x + 60x - 3000 = 0\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x\left( {x - 50} \right) + 60\left( {x - 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 60} \right)\left( {x - 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 60 = 0\\x - 50 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 60\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 50\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc ô tô thứ hai là \(50\,km/h\) và vận tốc ô tô thứ nhất là \(50 + 10 = 60\,km/h\).
Câu 8 (VD)
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et và biến đổi hệ thức bài cho \(x_1^3 + x_2^3 = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right]\) để tìm giá trị \(m\) thỏa mãn bài toán.
Cách giải:
\({x^2} - 4x + m + 1 = 0\)
Ta có: \(a = 1;b = - 4;c = m + 1\)
\( \Rightarrow \Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - m - 1 = 3 - m\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 3 - m > 0 \Leftrightarrow m < 3\)
Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 < 100\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right) < 100\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] < 100\\ \Leftrightarrow 4.\left[ {16 - 3\left( {m + 1} \right)} \right] < 100\\ \Leftrightarrow 16 - 3m - 3 < 25\\ \Leftrightarrow - 3m < 12 \Leftrightarrow m > - 4\end{array}\)
Kết hợp với điều kiện \(m < 3\) và \(m\) nguyên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} - 4 < m < 3\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2} \right\}\)
Vậy \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2} \right\}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chú ý khi giải: HS chú khi giải xong nhớ kết hợp điều kiện của \(m\) và điều kiện \(m \in \mathbb{Z}.\)
Câu 9 (VD)
Phương pháp:
Sử dụng các tính chất về số đo góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung để chứng minh các góc tường ứng bằng nhau.
Chứng minh tứ giác \(BIJC\) là tứ giác nội tiếp nhờ dấu hiệu nhận biết.
Cách giải:
Gọi \(H = IJ \cap OA\).
Do \(I\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow OI \bot AB\) tại \(I\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
\( \Rightarrow \Delta OAI\) vuông tại \(I\).
Xét tam giác vuông \(OAI\) có: \(\angle IOA + \angle OAI = {90^0}\).
Xét tam giác vuông \(IAH\) có: \(\angle HIA + \angle HAI = {90^0} \Rightarrow \angle JIA + \angle OAI = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle IOA = \angle JIA\) (1).
Do tam giác \(OAB\) cân tại \(O\,\,\left( {OA = OB} \right) \Rightarrow \) Trung tuyến \(OI\) đồng thời là phân giác.
\( \Rightarrow \angle IOA = \dfrac{1}{2}\angle AOB\).
Mà \(\angle ACB = \dfrac{1}{2}\angle AOB\) (tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
\( \Rightarrow \angle IOA = \angle ACB = \angle JCB\) (2).
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right) \Rightarrow \angle JIA = \angle JCB \Rightarrow \) Tứ giác \(BCJI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Vậy bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,J\) và \(I\) cùng thuộc 1 đường tròn.
Câu 10 (VDC):
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức tính diện tích tứ giác có 2 đường chéo vuông góc: \(S = \dfrac{1}{2}AC.BD\).
+) Áp dụng BĐT Cô-si.
+) Chứng minh \(A{C^2} + B{D^2}\) không đổi.
+) Tìm điều kiện để dấu “=” xảy ra.
Cách giải:
Tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo \(AC \bot BD\) \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD \le \dfrac{{A{C^2} + B{D^2}}}{4}\)
Kẻ \(IE \bot AC\left( {E \in AC} \right),IF \bot BD\left( {F \in BD} \right)\)
\(AC = 2AF = 2\sqrt {I{A^2} - I{F^2}} = 2\sqrt {4{a^2} - I{F^2}} \)
\(BD = 2DE = 2\sqrt {I{D^2} - I{E^2}} = 2\sqrt {4{a^2} - I{E^2}} \)
\( \Rightarrow A{C^2} + B{D^2} = 4\left( {4{a^2} - I{F^2}} \right) + 4\left( {4{a^2} - I{E^2}} \right)\) \( = 32{a^2} - 4\left( {I{E^2} + I{F^2}} \right)\).
Xét tứ giác \(IEMF\) có \(\angle IEM = \angle IFM = \angle EMF = {90^0} \Rightarrow IEMF\) là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông)
\( \Rightarrow IF = EM \Rightarrow I{E^2} + I{F^2} = I{M^2} = {a^2}\)
\( \Rightarrow A{C^2} + B{D^2} = 32{a^2} - 4{a^2} = 28{a^2}\)
\( \Rightarrow {S_{ABCD}} \le \dfrac{{28{a^2}}}{4} = 7{a^2}\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow AC = BD\).
Vậy \({S_{ABCD}}\) đạt GTLN bằng \(7{a^2}\) khi \(AC = BD\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng và làm quen với cấu trúc đề thi là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho bạn những thông tin chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019, cùng với những lời khuyên hữu ích để ôn tập hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019 thường bao gồm các dạng bài sau:
Nhìn chung, đề thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019 có độ khó tương đối, tập trung vào việc kiểm tra kiến thức cơ bản và khả năng vận dụng linh hoạt của học sinh. Một số câu hỏi đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic và khả năng phân tích vấn đề tốt.
Chúng ta sẽ cùng phân tích một số đề thi tiêu biểu của kỳ thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019:
Đề thi này tập trung vào các bài toán đại số, đặc biệt là các bài toán về phương trình bậc hai và hệ phương trình. Để giải quyết các bài toán này, học sinh cần nắm vững các công thức và phương pháp giải phương trình đã học.
Đề thi này chú trọng vào các bài toán hình học, đặc biệt là các bài toán về tam giác và đường tròn. Học sinh cần nắm vững các định lý và tính chất của tam giác và đường tròn để giải quyết các bài toán này.
Đề thi này kết hợp cả đại số và hình học, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức tổng hợp và khả năng liên kết các kiến thức khác nhau để giải quyết vấn đề.
Để ôn tập hiệu quả cho kỳ thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019, bạn có thể tham khảo những lời khuyên sau:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019 mà toan9.edu.vn cung cấp, bạn có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Hy vọng rằng những thông tin và lời khuyên trong bài viết này sẽ giúp bạn chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019. Chúc bạn đạt kết quả cao 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.
