toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán tỉnh Thái Bình năm 2020 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 sắp tới.
Bộ đề thi này được biên soạn dựa trên đề thi thật, đảm bảo tính chính xác và cập nhật. Các em có thể tải về miễn phí và sử dụng để ôn tập tại nhà.
Câu 1: Cho
Câu 1:
Cho \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\) và \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\) (với \(x > 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = 9\).
b) Rút gọn biểu thức B.
c) Tìm \(x\) để giá trị của A và B trái dấu.
Câu 2:
Cho hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4m - 5\\2x + y = 3m\end{array} \right.\) với \(m\) là tham số.
a) Giải hệ phương trình khi \(m = 3.\)
b) Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\,\,y} \right)\) thỏa mãn \(\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{y} = - 1.\)
Câu 3:
Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 3mx + 1 - {m^2}\) (\(m\) là tham số).
a) Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1; - 9} \right).\)
b) Tìm \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}.\)
Câu 4:
Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\), kẻ hai tiếp tuyến \(MA,\,\,MB\) (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến \(MCD\) không đi qua tâm \(O\) (\(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\)).
a) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp và \(MO \bot AB\).
b) Chứng minh \(MA.AD = MD.AC\).
c) Gọi \(I\) là trung điểm của dây cung \(CD\) và \(E\) là giao điểm của hai đường thẳng \(AB\) và \(OI\). Tính độ dài đoan thẳng \(OE\) theo \(R\) khi \(OI = \dfrac{R}{3}\).
d) Qua tâm \(O\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(OM\) cắt đường thẳng \(MA,\,\,MB\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\). Tìm vị trí điểm \(M\) để diện tích tam giác \(MPQ\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = - 3{x^2} - 4x\sqrt y + 16x - 2y + 12\sqrt y + 1998.\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\) và \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\) (với \(x > 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = 9\).
Thay \(x = 9\,\,\left( {TMDK} \right)\) vào biểu thức A ta có:
\(A = \dfrac{{\sqrt 9 + 1}}{{\sqrt 9 - 1}} = \dfrac{{3 + 1}}{{3 - 1}} = \dfrac{4}{2} = 2\).
Vậy khi \(x = 9\) thì \(A = 2\).
b) Rút gọn biểu thức B.
Với \(x > 0,\,\,x \ne 1\) thì:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\B = \dfrac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} - {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\B = \dfrac{{x + 2\sqrt x + 1 - x + 2\sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\B = \dfrac{{4\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\B = \dfrac{4}{{\sqrt x + 1}}\end{array}\)
Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 1\) thì \(B = \dfrac{4}{{\sqrt x + 1}}\).
c) Tìm \(x\) để giá trị của A và B trái dấu.
Để giá trị của A và B trái dấu thì \(A.B < 0\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}.\dfrac{4}{{\sqrt x + 1}} < 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{{\sqrt x - 1}} < 0\end{array}\)
Vì \(4 > 0\) nên \(\dfrac{4}{{\sqrt x - 1}} < 0 \Leftrightarrow \sqrt x - 1 < 0 \Leftrightarrow \sqrt x < 1 \Leftrightarrow x < 1\).
Kết hợp điều kiện \(x > 0,\,\,x \ne 1\) ta có \(0 < x < 1\).
Vậy để giá trị của A và B trái dấu thì \(0 < x < 1\).
Câu 2 (2 điểm)
Cách giải:
Cho hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4m - 5\\2x + y = 3m\end{array} \right.\) với \(m\) là tham số.
a) Giải hệ phương trình khi \(m = 3.\)
Với \(m = 3\) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 7\\2x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 7\\4x + 2y = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 25\\y = 9 - 2x\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 9 - 2.5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy với \(m = 3\) thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {5; - 1} \right).\)
b) Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\,\,y} \right)\) thỏa mãn \(\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{y} = - 1.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4m - 5\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\2x + y = 3m\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Từ phương trình \(\left( 2 \right)\) ta có: \(y = 3m - 2x\)
Thế vào phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow x - 2\left( {3m - 2x} \right) = 4m - 5\\ \Leftrightarrow x - 6m + 4x = 4m - 5\\ \Leftrightarrow 5x = 10m - 5\\ \Leftrightarrow x = 2m - 1\\ \Rightarrow y = 3m - 2x\\ \Leftrightarrow y = 3m - 2\left( {2m - 1} \right)\\ \Leftrightarrow y = 3m - 4m + 2\\ \Leftrightarrow y = - m + 2\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Với mọi \(m\) thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2m - 1;\,\, - m + 2} \right).\)
Theo đề bài ta có: \(\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{y} = - 1\,\,\,\left( * \right)\)
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\y \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 1 \ne 0\\ - m + 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne \dfrac{1}{2}\\m \ne 2\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow \dfrac{2}{{2m - 1}} - \dfrac{1}{{ - m + 2}} = - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{2}{{2m - 1}} + \dfrac{1}{{m - 2}} + 1 = 0\\ \Rightarrow \left( {2m - 1} \right)\left( {m - 2} \right) + 2\left( {m - 2} \right) + 2m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 5m + 2 + 2m - 4 + 2m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - m - 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 2m - 3m - 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2m\left( {m + 1} \right) - 3\left( {m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {2m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\2m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = \dfrac{3}{2}\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 1\) và \(m = \dfrac{3}{2}\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu 3 (2 điểm)
Cách giải:
Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 3mx + 1 - {m^2}\) (\(m\) là tham số).
a) Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1; - 9} \right).\)
Đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 3mx + 1 - {m^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1; - 9} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow - 9 = 3m.1 + 1 - {m^2}\\ \Leftrightarrow {m^2} - 3m - 9 - 1 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 3m - 10 = 0\end{array}\)
Phương trình có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} + 4.10 = 49 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{m_1} = \dfrac{{3 + \sqrt {49} }}{2} = 5\\{m_2} = \dfrac{{3 - \sqrt {49} }}{2} = - 2\end{array} \right..\)
Vậy \(m = - 2\) hoặc \(m = 5\) thỏa mãn bài toán.
b) Tìm \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là:
\({x^2} = 3mx + 1 - {m^2} \Leftrightarrow {x^2} - 3mx + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\left( * \right)\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ giao điểm là \({x_1},\,\,{x_2}\)
\( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {3m} \right)^2} - 4\left( {{m^2} - 1} \right) > 0\\ \Leftrightarrow 9{m^2} - 4{m^2} + 4 > 0\\ \Leftrightarrow 5{m^2} + 4 > 0\,\,\,\forall m\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Với mọi \(m\) thì \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là \({x_1},\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et với phương trình \(\left( * \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3m\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,{x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 3m = 2\left( {{m^2} - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 2 - 3m = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 3m - 2 = 0\end{array}\)
Phương trình có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} + 4.2.2 = 25 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{m_1} = \dfrac{{3 + \sqrt {25} }}{{2.2}} = 2\\{m_2} = \dfrac{{3 - \sqrt {25} }}{{2.2}} = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right..\)
Vậy \(m = - \dfrac{1}{2}\) và \(m = 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\), kẻ hai tiếp tuyến \(MA,\,\,MB\) (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến \(MCD\) không đi qua tâm \(O\) (\(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\)).
a) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp và \(MO \bot AB\).
Vì \(MA,\,\,MB\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(\angle OAM = \angle OBM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(MAOB\) có: \(\angle OAM + \angle OBM = {90^0} + {90^0} = {180^{}}\).
\( \Rightarrow MAOB\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
Vì \(OA = OB\) \(\left( { = R} \right)\) \( \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AB\).
\(MA = MB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AB\).
\( \Rightarrow MO\) là trung trực của đoạn thẳng \(AB\).
Vậy \(MO \bot AB\) (đpcm).
b) Chứng minh \(MA.AD = MD.AC\).
Xét \(\Delta MAC\) và \(\Delta MDA\) có:
\(\angle AMD\) chung;
\(\angle MAC = \angle MDA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \Delta MAC \sim \Delta MDA\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MD}} = \dfrac{{AC}}{{AD}}\) (hai cạnh tương ứng) \( \Rightarrow MA.AD = MD.AC\,\,\left( {dpcm} \right)\).
c) Gọi \(I\) là trung điểm của dây cung \(CD\) và \(E\) là giao điểm của hai đường thẳng \(AB\) và \(OI\). Tính độ dài đoan thẳng \(OE\) theo \(R\) khi \(OI = \dfrac{R}{3}\).
Gọi \(AB \cap OM = \left\{ H \right\}\), theo ý a) ta có \(OM \bot AB\) tại \(H\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OAM\), đường cao \(AH\) ta có: \(O{A^2} = OH.OM\).
Mà \(OA = OC\,\,\left( { = R} \right)\) nên \(O{C^2} = OH.OM \Rightarrow \dfrac{{OC}}{{OH}} = \dfrac{{OM}}{{OC}}\).
Xét \(\Delta OCH\) và \(\Delta OMC\) có: \(\angle COM\) chung; \(\dfrac{{OC}}{{OH}} = \dfrac{{OM}}{{OC}}\) (cmt).
\( \Rightarrow \Delta OCH \sim \Delta OMC\,\,\left( {c.g.c} \right)\) \( \Rightarrow \angle OCH = \angle OMC = \angle OMI\,\,\left( 1 \right)\) (hai góc tương ứng).
Vì \(I\) là trung điểm của \(CD\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(OI \bot CD\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
\( \Rightarrow \Delta OMI\) vuông tại \(I\) \( \Rightarrow \angle OMI + \angle MOI = {90^0}\).
Lại có: \(\angle OEH + \angle EOH = {90^0}\) (do tam giác \(OEH\) vuông tại \(H\)).
Mà \(\angle MOI = \angle EOH\) nên \(\angle OMI = \angle OEH\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle OCH = \angle OEH\) \(\left( { = \angle OMI} \right)\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(OECH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các goác bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle OCE = \angle OHE = {90^0}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(OE\)).
\( \Rightarrow \Delta OCE\) vuông tại \(C\), có đường cao \(CI\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OCE\) ta có:
\(O{C^2} = OI.OE \Rightarrow OE = \dfrac{{O{C^2}}}{{OI}} = \dfrac{{{R^2}}}{{\dfrac{R}{3}}} = 3R\).
Vậy khi \(OI = \dfrac{R}{3}\) thì \(OE = 3R\).
d) Qua tâm \(O\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(OM\) cắt đường thẳng \(MA,\,\,MB\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\). Tìm vị trí điểm \(M\) để diện tích tam giác \(MPQ\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Đặt \(OM = x\,\,\left( {x > R} \right)\). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OMP\), đường cao \(OA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{O{A^2}}} = \dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{R^2}}} = \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{O{P^2}}} = \dfrac{1}{{{R^2}}} - \dfrac{1}{{{x^2}}} = \dfrac{{{x^2} - {R^2}}}{{{x^2}{R^2}}}\\ \Rightarrow OP = \dfrac{{xR}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\end{array}\)
Xét tam giác \(MPQ\) có đường cao \(MO\) đồng thời là đường phân giác (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\Delta MPQ\) là tam giác cân tại \(M\), do đó đường cao \(MO\) cũng đồng thời là đường trung tuyến.
\( \Rightarrow PQ = 2OP = \dfrac{{2xR}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\).
Khi đó \({S_{\Delta MPQ}} = \dfrac{1}{2}MO.PQ = \dfrac{1}{2}.x.\dfrac{{2xR}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} = R.\dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\).
Ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} = \dfrac{{{x^2} - {R^2} + {R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} = \sqrt {{x^2} - {R^2}} + \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\).
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương \(\sqrt {{x^2} - {R^2}} \) và \(\dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\) ta có:
\(\sqrt {{x^2} - {R^2}} + \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} \ge 2\sqrt {\sqrt {{x^2} - {R^2}} .\dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}} = 2R\).
Khi đó \({S_{\Delta MPQ}} \ge R.2R = 2{R^2}\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - {R^2}} = \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\) \( \Leftrightarrow {x^2} - {R^2} = {R^2} \Leftrightarrow {x^2} = 2{R^2} \Leftrightarrow x = R\sqrt 2 \,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy diện tích tam giác \(MPQ\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2{R^2}\) khi và chỉ khi \(M\) cách tâm \(O\) một khoảng bằng \(R\sqrt 2 \).
Câu 5 (0,5 điểm)
Cách giải:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = - 3{x^2} - 4x\sqrt y + 16x - 2y + 12\sqrt y + 1998.\)
Điều kiện: \(y \ge 0.\)
\(\begin{array}{l}P = - 3{x^2} - 4x\sqrt y + 16x - 2y + 12\sqrt y + 1998\\\,\,\,\,\, = \left( { - 2{x^2} - 4x\sqrt y - 2y + 12x + 12\sqrt y } \right) - {x^2} + 4x + 1998\\\,\,\,\,\, = - 2\left( {{x^2} + 2x\sqrt y + y - 6x - 6\sqrt y + 9} \right) - \left( {{x^2} - 4x + 4} \right) + 18 + 4 + 1998\\\,\,\,\,\, = - 2{\left( {x + \sqrt y - 3} \right)^2} - {\left( {x - 2} \right)^2} + 2020\end{array}\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l} - 2{\left( {x + \sqrt y - 3} \right)^2} \le 0\,\,\,\forall x,\,\,y \ge 0\\ - {\left( {x - 2} \right)^2} \le 0\,\,\,\forall x\end{array} \right.\) \( \Rightarrow P \le 2020\,\,\forall x,\,\,y \ge 0\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + \sqrt y - 3 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\\sqrt y = 3 - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy \(Max\,\,P = 2020\) khi \(x = 2\) và \(y = 1.\)
Câu 1:
Cho \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\) và \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\) (với \(x > 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = 9\).
b) Rút gọn biểu thức B.
c) Tìm \(x\) để giá trị của A và B trái dấu.
Câu 2:
Cho hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4m - 5\\2x + y = 3m\end{array} \right.\) với \(m\) là tham số.
a) Giải hệ phương trình khi \(m = 3.\)
b) Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\,\,y} \right)\) thỏa mãn \(\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{y} = - 1.\)
Câu 3:
Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 3mx + 1 - {m^2}\) (\(m\) là tham số).
a) Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1; - 9} \right).\)
b) Tìm \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}.\)
Câu 4:
Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\), kẻ hai tiếp tuyến \(MA,\,\,MB\) (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến \(MCD\) không đi qua tâm \(O\) (\(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\)).
a) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp và \(MO \bot AB\).
b) Chứng minh \(MA.AD = MD.AC\).
c) Gọi \(I\) là trung điểm của dây cung \(CD\) và \(E\) là giao điểm của hai đường thẳng \(AB\) và \(OI\). Tính độ dài đoan thẳng \(OE\) theo \(R\) khi \(OI = \dfrac{R}{3}\).
d) Qua tâm \(O\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(OM\) cắt đường thẳng \(MA,\,\,MB\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\). Tìm vị trí điểm \(M\) để diện tích tam giác \(MPQ\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = - 3{x^2} - 4x\sqrt y + 16x - 2y + 12\sqrt y + 1998.\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\) và \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\) (với \(x > 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = 9\).
Thay \(x = 9\,\,\left( {TMDK} \right)\) vào biểu thức A ta có:
\(A = \dfrac{{\sqrt 9 + 1}}{{\sqrt 9 - 1}} = \dfrac{{3 + 1}}{{3 - 1}} = \dfrac{4}{2} = 2\).
Vậy khi \(x = 9\) thì \(A = 2\).
b) Rút gọn biểu thức B.
Với \(x > 0,\,\,x \ne 1\) thì:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\B = \dfrac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} - {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\B = \dfrac{{x + 2\sqrt x + 1 - x + 2\sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\B = \dfrac{{4\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\B = \dfrac{4}{{\sqrt x + 1}}\end{array}\)
Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 1\) thì \(B = \dfrac{4}{{\sqrt x + 1}}\).
c) Tìm \(x\) để giá trị của A và B trái dấu.
Để giá trị của A và B trái dấu thì \(A.B < 0\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}.\dfrac{4}{{\sqrt x + 1}} < 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{{\sqrt x - 1}} < 0\end{array}\)
Vì \(4 > 0\) nên \(\dfrac{4}{{\sqrt x - 1}} < 0 \Leftrightarrow \sqrt x - 1 < 0 \Leftrightarrow \sqrt x < 1 \Leftrightarrow x < 1\).
Kết hợp điều kiện \(x > 0,\,\,x \ne 1\) ta có \(0 < x < 1\).
Vậy để giá trị của A và B trái dấu thì \(0 < x < 1\).
Câu 2 (2 điểm)
Cách giải:
Cho hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4m - 5\\2x + y = 3m\end{array} \right.\) với \(m\) là tham số.
a) Giải hệ phương trình khi \(m = 3.\)
Với \(m = 3\) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 7\\2x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 7\\4x + 2y = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 25\\y = 9 - 2x\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 9 - 2.5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy với \(m = 3\) thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {5; - 1} \right).\)
b) Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\,\,y} \right)\) thỏa mãn \(\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{y} = - 1.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4m - 5\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\2x + y = 3m\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Từ phương trình \(\left( 2 \right)\) ta có: \(y = 3m - 2x\)
Thế vào phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow x - 2\left( {3m - 2x} \right) = 4m - 5\\ \Leftrightarrow x - 6m + 4x = 4m - 5\\ \Leftrightarrow 5x = 10m - 5\\ \Leftrightarrow x = 2m - 1\\ \Rightarrow y = 3m - 2x\\ \Leftrightarrow y = 3m - 2\left( {2m - 1} \right)\\ \Leftrightarrow y = 3m - 4m + 2\\ \Leftrightarrow y = - m + 2\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Với mọi \(m\) thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2m - 1;\,\, - m + 2} \right).\)
Theo đề bài ta có: \(\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{y} = - 1\,\,\,\left( * \right)\)
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\y \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 1 \ne 0\\ - m + 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne \dfrac{1}{2}\\m \ne 2\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow \dfrac{2}{{2m - 1}} - \dfrac{1}{{ - m + 2}} = - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{2}{{2m - 1}} + \dfrac{1}{{m - 2}} + 1 = 0\\ \Rightarrow \left( {2m - 1} \right)\left( {m - 2} \right) + 2\left( {m - 2} \right) + 2m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 5m + 2 + 2m - 4 + 2m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - m - 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 2m - 3m - 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2m\left( {m + 1} \right) - 3\left( {m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {2m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\2m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = \dfrac{3}{2}\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 1\) và \(m = \dfrac{3}{2}\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu 3 (2 điểm)
Cách giải:
Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 3mx + 1 - {m^2}\) (\(m\) là tham số).
a) Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1; - 9} \right).\)
Đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 3mx + 1 - {m^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1; - 9} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow - 9 = 3m.1 + 1 - {m^2}\\ \Leftrightarrow {m^2} - 3m - 9 - 1 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 3m - 10 = 0\end{array}\)
Phương trình có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} + 4.10 = 49 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{m_1} = \dfrac{{3 + \sqrt {49} }}{2} = 5\\{m_2} = \dfrac{{3 - \sqrt {49} }}{2} = - 2\end{array} \right..\)
Vậy \(m = - 2\) hoặc \(m = 5\) thỏa mãn bài toán.
b) Tìm \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là:
\({x^2} = 3mx + 1 - {m^2} \Leftrightarrow {x^2} - 3mx + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\left( * \right)\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ giao điểm là \({x_1},\,\,{x_2}\)
\( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {3m} \right)^2} - 4\left( {{m^2} - 1} \right) > 0\\ \Leftrightarrow 9{m^2} - 4{m^2} + 4 > 0\\ \Leftrightarrow 5{m^2} + 4 > 0\,\,\,\forall m\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Với mọi \(m\) thì \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là \({x_1},\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et với phương trình \(\left( * \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3m\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,{x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 3m = 2\left( {{m^2} - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 2 - 3m = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 3m - 2 = 0\end{array}\)
Phương trình có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} + 4.2.2 = 25 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{m_1} = \dfrac{{3 + \sqrt {25} }}{{2.2}} = 2\\{m_2} = \dfrac{{3 - \sqrt {25} }}{{2.2}} = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right..\)
Vậy \(m = - \dfrac{1}{2}\) và \(m = 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\), kẻ hai tiếp tuyến \(MA,\,\,MB\) (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến \(MCD\) không đi qua tâm \(O\) (\(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\)).
a) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp và \(MO \bot AB\).
Vì \(MA,\,\,MB\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(\angle OAM = \angle OBM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(MAOB\) có: \(\angle OAM + \angle OBM = {90^0} + {90^0} = {180^{}}\).
\( \Rightarrow MAOB\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
Vì \(OA = OB\) \(\left( { = R} \right)\) \( \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AB\).
\(MA = MB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AB\).
\( \Rightarrow MO\) là trung trực của đoạn thẳng \(AB\).
Vậy \(MO \bot AB\) (đpcm).
b) Chứng minh \(MA.AD = MD.AC\).
Xét \(\Delta MAC\) và \(\Delta MDA\) có:
\(\angle AMD\) chung;
\(\angle MAC = \angle MDA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \Delta MAC \sim \Delta MDA\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MD}} = \dfrac{{AC}}{{AD}}\) (hai cạnh tương ứng) \( \Rightarrow MA.AD = MD.AC\,\,\left( {dpcm} \right)\).
c) Gọi \(I\) là trung điểm của dây cung \(CD\) và \(E\) là giao điểm của hai đường thẳng \(AB\) và \(OI\). Tính độ dài đoan thẳng \(OE\) theo \(R\) khi \(OI = \dfrac{R}{3}\).
Gọi \(AB \cap OM = \left\{ H \right\}\), theo ý a) ta có \(OM \bot AB\) tại \(H\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OAM\), đường cao \(AH\) ta có: \(O{A^2} = OH.OM\).
Mà \(OA = OC\,\,\left( { = R} \right)\) nên \(O{C^2} = OH.OM \Rightarrow \dfrac{{OC}}{{OH}} = \dfrac{{OM}}{{OC}}\).
Xét \(\Delta OCH\) và \(\Delta OMC\) có: \(\angle COM\) chung; \(\dfrac{{OC}}{{OH}} = \dfrac{{OM}}{{OC}}\) (cmt).
\( \Rightarrow \Delta OCH \sim \Delta OMC\,\,\left( {c.g.c} \right)\) \( \Rightarrow \angle OCH = \angle OMC = \angle OMI\,\,\left( 1 \right)\) (hai góc tương ứng).
Vì \(I\) là trung điểm của \(CD\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(OI \bot CD\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
\( \Rightarrow \Delta OMI\) vuông tại \(I\) \( \Rightarrow \angle OMI + \angle MOI = {90^0}\).
Lại có: \(\angle OEH + \angle EOH = {90^0}\) (do tam giác \(OEH\) vuông tại \(H\)).
Mà \(\angle MOI = \angle EOH\) nên \(\angle OMI = \angle OEH\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle OCH = \angle OEH\) \(\left( { = \angle OMI} \right)\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(OECH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các goác bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle OCE = \angle OHE = {90^0}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(OE\)).
\( \Rightarrow \Delta OCE\) vuông tại \(C\), có đường cao \(CI\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OCE\) ta có:
\(O{C^2} = OI.OE \Rightarrow OE = \dfrac{{O{C^2}}}{{OI}} = \dfrac{{{R^2}}}{{\dfrac{R}{3}}} = 3R\).
Vậy khi \(OI = \dfrac{R}{3}\) thì \(OE = 3R\).
d) Qua tâm \(O\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(OM\) cắt đường thẳng \(MA,\,\,MB\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\). Tìm vị trí điểm \(M\) để diện tích tam giác \(MPQ\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Đặt \(OM = x\,\,\left( {x > R} \right)\). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OMP\), đường cao \(OA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{O{A^2}}} = \dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{R^2}}} = \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{O{P^2}}} = \dfrac{1}{{{R^2}}} - \dfrac{1}{{{x^2}}} = \dfrac{{{x^2} - {R^2}}}{{{x^2}{R^2}}}\\ \Rightarrow OP = \dfrac{{xR}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\end{array}\)
Xét tam giác \(MPQ\) có đường cao \(MO\) đồng thời là đường phân giác (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\Delta MPQ\) là tam giác cân tại \(M\), do đó đường cao \(MO\) cũng đồng thời là đường trung tuyến.
\( \Rightarrow PQ = 2OP = \dfrac{{2xR}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\).
Khi đó \({S_{\Delta MPQ}} = \dfrac{1}{2}MO.PQ = \dfrac{1}{2}.x.\dfrac{{2xR}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} = R.\dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\).
Ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} = \dfrac{{{x^2} - {R^2} + {R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} = \sqrt {{x^2} - {R^2}} + \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\).
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương \(\sqrt {{x^2} - {R^2}} \) và \(\dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\) ta có:
\(\sqrt {{x^2} - {R^2}} + \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} \ge 2\sqrt {\sqrt {{x^2} - {R^2}} .\dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}} = 2R\).
Khi đó \({S_{\Delta MPQ}} \ge R.2R = 2{R^2}\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - {R^2}} = \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\) \( \Leftrightarrow {x^2} - {R^2} = {R^2} \Leftrightarrow {x^2} = 2{R^2} \Leftrightarrow x = R\sqrt 2 \,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy diện tích tam giác \(MPQ\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2{R^2}\) khi và chỉ khi \(M\) cách tâm \(O\) một khoảng bằng \(R\sqrt 2 \).
Câu 5 (0,5 điểm)
Cách giải:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = - 3{x^2} - 4x\sqrt y + 16x - 2y + 12\sqrt y + 1998.\)
Điều kiện: \(y \ge 0.\)
\(\begin{array}{l}P = - 3{x^2} - 4x\sqrt y + 16x - 2y + 12\sqrt y + 1998\\\,\,\,\,\, = \left( { - 2{x^2} - 4x\sqrt y - 2y + 12x + 12\sqrt y } \right) - {x^2} + 4x + 1998\\\,\,\,\,\, = - 2\left( {{x^2} + 2x\sqrt y + y - 6x - 6\sqrt y + 9} \right) - \left( {{x^2} - 4x + 4} \right) + 18 + 4 + 1998\\\,\,\,\,\, = - 2{\left( {x + \sqrt y - 3} \right)^2} - {\left( {x - 2} \right)^2} + 2020\end{array}\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l} - 2{\left( {x + \sqrt y - 3} \right)^2} \le 0\,\,\,\forall x,\,\,y \ge 0\\ - {\left( {x - 2} \right)^2} \le 0\,\,\,\forall x\end{array} \right.\) \( \Rightarrow P \le 2020\,\,\forall x,\,\,y \ge 0\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + \sqrt y - 3 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\\sqrt y = 3 - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy \(Max\,\,P = 2020\) khi \(x = 2\) và \(y = 1.\)
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 là vô cùng cần thiết. Trong đó, việc làm quen với các đề thi thử và đề thi chính thức của các năm trước đóng vai trò then chốt. Bài viết này sẽ cung cấp phân tích chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các bài toán khó, giúp các em học sinh tự tin hơn khi bước vào phòng thi.
Đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2020 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Độ khó của đề thi thường ở mức trung bình, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức cơ bản và có kỹ năng giải toán tốt.
Dưới đây là một số chủ đề thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình:
Chúng ta sẽ cùng phân tích một số câu hỏi điển hình trong đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2020:
Đây là một bài toán cơ bản về phương trình bậc hai. Để giải bài toán này, chúng ta có thể sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai:
x = (-b ± √(b2 - 4ac)) / 2a
Trong trường hợp này, a = 2, b = -5, c = 3. Thay các giá trị này vào công thức, chúng ta sẽ tìm được hai nghiệm của phương trình.
Đây là một bài toán về định lý Pitago. Theo định lý Pitago, trong một tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông. Do đó, BC2 = AB2 + AC2 = 32 + 42 = 25. Suy ra BC = 5cm.
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2020, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2020 là một tài liệu ôn thi vô cùng hữu ích. Hy vọng rằng, với những phân tích và hướng dẫn giải chi tiết trong bài viết này, các em học sinh sẽ tự tin hơn khi bước vào kỳ thi tuyển sinh lớp 10. 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.
