toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán tỉnh Thái Nguyên năm 2019. 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.
Bộ đề thi này bao gồm các đề thi chính thức của kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên và không chuyên tại Thái Nguyên năm 2019, được biên soạn bởi các giáo viên có kinh nghiệm.
Câu 1: Chứng minh
Câu 1: Chứng minh \(A = \sqrt {2\sqrt 5 + 6} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} + 2018\) là một số nguyên.
Câu 2: Rút gọn biểu thức \(P = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}\sqrt {\dfrac{{b - 2\sqrt b + 1}}{{{a^2} - 2a + 1}}} \) với \(a < 1\) và \(b > 1\).
Câu 3: Tìm các giá trị của \(m \ne \dfrac{1}{2}\) để hàm số \(y = \left( {2m - 1} \right){x^2}\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(0\) tại \(x = 0\).
Câu 5: Một địa phương cấy \(10ha\) giống lúa loại \(I\) và \(8ha\) giống lúa loại \(II\). Sau một mùa vụ, địa phương đó thu hoạch và tính toán sản lượng thấy:
+ Tổng sản lượng của hai giống lúa thu về là \(139\) tấn;
+ Sản lượng thu về từ \(4ha\) giống lúa loại \(I\) nhiều hơn sản lượng thu về từ \(3ha\) giống lúa loại \(II\) là \(6\) tấn.
Hãy tính năng suất lúa trung bình (đơn vị: tấn/ha) của mỗi loại giống lúa.
Câu 6: Cho phương trình \({x^2} - 4x + m + 1 = 0\). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - 10{x_1}{x_2} = 2020\).
Câu 7: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) , đường cao \(AH\) . Biết \(AB = 10cm;\,AH = 6cm\). Tính độ dài các cạnh \(AC,BC\) của tam giác \(ABC\).
Câu 8: Cho đường tròn \(\left( O \right)\). Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với \(\left( O \right)\) tại \(A\). Trên \(d\) lấy một điểm \(B\,\,\,\left( {B \ne A} \right),\) vẽ đường tròn \(\left( {B,BA} \right)\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(C\,\,\,\left( {C \ne A} \right).\) Chứng minh \(BC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\).
Câu 9: Cho tam giác \(ABC\,\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right).\) Lấy các điểm \(P,Q\) lần lượt thuộc các cung nhỏ \(AC\) và \(AB\) sao cho \(BP\) vuông góc với \(AC,CQ\) vuông góc với \(AB.\) Gọi \(I,J\) lần lượt là giao điểm của \(PQ\) với \(AB\) và \(AC.\) Chứng minh \(IJ.AC = AI.CB.\)
Câu 10: Từ điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ các tiếp tuyến \(AB,AC\) đến đường tròn \((B,C\) là tiếp điểm). Gọi \(H\) là giao điểm của \(OA\) và \(BC\).
a) Chứng minh \(O{B^2} = OH.OA\)
b) \(EF\) là một dây cung của \(\left( O \right)\) đi qua \(H\) sao cho \(A,E,F\) không thẳng hàng.
Chứng minh bốn điểm \(A,E,O,F\) nằm trên cùng một đường tròn.
Câu 1
Phương pháp:
Rút gọn \(A\), sử dụng hẳng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\).
Cách giải:
Ta có :
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {2\sqrt 5 + 6} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} + 2018\\A = \sqrt {{1^2} + 2.\sqrt 5 .1 + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} + 2018\\A = \sqrt {{{\left( {1 + \sqrt 5 } \right)}^2}} - \left| {\sqrt 5 - 1} \right| + 2018\\A = \left| {1 + \sqrt 5 } \right| - \left| {\sqrt 5 - 1} \right| + 2018\\A = 1 + \sqrt 5 - \sqrt 5 + 1 + 2018\,\,\left( {Do\,\,1 + \sqrt 5 > 0;\,\,\sqrt 5 - 1 > 0} \right)\\A = 2020\,\\ \Rightarrow A \in \mathbb{Z}\end{array}\)
Vậy \(A\) là một số nguyên.
Câu 2
Phương pháp:
+) Sử dụng hằng đẳng thức.
+) Xét dấu, phá trị tuyệt đối và rút gọn.
Cách giải:
Với \(a < 1\) và \(b > 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}\sqrt {\dfrac{{b - 2\sqrt b + 1}}{{{a^2} - 2a + 1}}} = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}\sqrt {\dfrac{{{{\left( {\sqrt b - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {a - 1} \right)}^2}}}} = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}.\left| {\dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}}} \right|\\Do\,\,\left\{ \begin{array}{l}a < 1 \Rightarrow a - 1 < 0\\b > 1 \Rightarrow \sqrt b > 1 \Leftrightarrow \sqrt b - 1 > 0\end{array} \right.\\ \Rightarrow \dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}} < 0 \Leftrightarrow \left| {\dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}}} \right| = - \dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}}\\ \Rightarrow A = - \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}.\dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}} = - 1\end{array}\)
Câu 3
Phương pháp:
Hàm số \(y = a{x^2}\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(0\) tại \(x = 0\) khi \(a < 0.\)
Cách giải:
Ta thấy hàm số \(y = \left( {2m - 1} \right){x^2}\,\,\left( {m \ne \dfrac{1}{2}} \right)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(0\) tại \(x = 0\)
\( \Leftrightarrow 2m - 1 < 0 \Leftrightarrow m < \dfrac{1}{2}\)
Vậy \(m < \dfrac{1}{2}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
Đồ thị hàm số song song với đường thẳng \(y = 2x + 2019\)suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b \ne 2019\end{array} \right..\)
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là 2020, suy ra tọa độ giao điểm \(A\left( {0;2020} \right)\) Thay tọa độ giao điểm vào \(y = 2x + b\) ta tìm được b.
Cách giải :
Vì đồ thị hàm số \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2019\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b \ne 2019\end{array} \right..\)
\( \Rightarrow y = ax + b \Leftrightarrow y = 2x + b\,\,\,\left( {b \ne 2019} \right)\)
Mà đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là \(2020 \Rightarrow \) đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;\,\,\,2020} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2020 = 2.0 + b\\ \Rightarrow b = 2020\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(a = 2;\,\,\,\,b = 2020.\)
Câu 5
Phương pháp:
- Bước 1: Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.
- Bước 2: Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.
- Bước 3: Lập hệ phương trình.
- Bước 4: Giải hệ phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi sản lượng lúa của loại I và II trên mỗi \(ha\) lần lượt là \(x\) và \(y\) (tấn/ha). Điều kiện: \(x,y > 0\).
\(10ha\) giống lúa loại I thu về sản lượng \(10x\) tấn; \(8ha\) giống lúa loại II thu về sản lượng \(8y\) tấn
Tổng sản lượng thu về là \(139\) tấn nên ta có phương trình: \(10x + 8y = 139\,\,\left( 1 \right)\).
\(4ha\) giống lúa loại I thu về sản lượng \(4x\) tấn; \(3ha\) giống lúa loại II thu về sản lượng \(3y\) tấn.
Sản lượng thu về từ \(4ha\) giống lúa loại \(I\) nhiều hơn sản lượng thu về từ \(3ha\) giống lúa loại \(II\) là \(6\) tấn nên ta có phương trình: \(4x - 3y = 6\,\,\left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}10x + 8y = 139\\4x - 3y = 6\end{array} \right.\)
Giải hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}10x + 8y = 139\\4x - 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}20x + 16y = 278\\20x - 15y = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}31y = 248\\4x - 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 8\\x = 7,5\end{array} \right.\left( {TM} \right)\)
Vậy năng suất lúa trung bình của giống lúa loại I là \(7,5\) tấn/ha; năng suất lúa trung bình của giống lúa loại II là \(8\) tấn/ha.
Câu 6
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' \ge 0\end{array} \right.\)
Biến đổi để xuất hiện tổng và tích hai nghiệm rồi sử dụng hệ thức Vi-et.
Cách giải:
Phương trình \({x^2} - 4x + m + 1 = 0\) (*) có \(\Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - 1.\left( {m + 1} \right) = 3 - m\)
Để phương trình (*) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \ne 0\\3 - m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le 3\)
Theo hệ thức Vi-et ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}x_1^2 + x_2^2 - 10{x_1}{x_2} = 2020\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 12{x_1}{x_2} = 2020\\ \Leftrightarrow {4^2} - 12\left( {m + 1} \right) = 2020\\ \Leftrightarrow 12m = - 2016\\ \Leftrightarrow m = - 168\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = - 168\) là giá trị cần tìm.
Câu 7:
Phương pháp:
+ Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông. Tính BH
+ Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác. Tính BC
+ Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác ABC. Tính AC.
Cách giải:
Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác \(ABH\) vuông tại H. Ta có:
\(\begin{array}{l}A{H^2} + B{H^2} = A{B^2}\\ \Rightarrow B{H^2} = A{B^2} - A{H^2} = {10^2} - {6^2} = 100 - 36 = 64\\ \Rightarrow B{H^2} = {8^2}\\ \Rightarrow BH = 8\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Trong tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \(A\) có AH là đường cao
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A{B^2} = BH.BC\\ \Rightarrow BC = \dfrac{{A{B^2}}}{{BH}} = \dfrac{{{{10}^2}}}{8} = \dfrac{{100}}{8} = 12,5\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác vuông ABC ta có:
\(\begin{array}{l}A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = 12,{5^2} - {10^2} = 56,25\\ \Rightarrow AC = 7,5\,\,\,\,\left( {cm} \right).\end{array}\)
Vậy: \(AC = 7,5\,\left( {cm} \right);\,\,\,\,BC = 12,5\,\left( {cm} \right).\)
Câu 8
Phương pháp:
Chứng minh \(\Delta OAB = \Delta OCB\left( {c.c.c} \right)\) và suy ra điều phải chứng minh.
Cách giải:
\(d\) là tiếp tuyến với \(\left( O \right)\) tại \(A\) \( \Rightarrow OA \bot d \Rightarrow \angle OAB = {90^0}\)
\(C = \left( O \right) \cap \left( {B,BA} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC = BA\\OC = OA\end{array} \right.\) (cùng là các bán kính).
Xét tam giác \(OAB\) và \(OCB\) có:
\(\left. \begin{array}{l}BC = BA\\OC = OA\\OB\,\,chung\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta OAB = \Delta OCB\left( {c - c - c} \right) \Rightarrow \angle OCB = \angle OAB = {90^0}\)
\( \Rightarrow OC \bot BC\) hay \(BC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) (đpcm).
Câu 9
Phương pháp:
+ Góc có đỉnh bên trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn
+ Góc nội tiếp có số đo bằng nửa số đo cung bị chắn.
+ Chứng minh hai tam giác \(AIJ\) và tam giác \(ACB\) đồng dạng để suy ra hệ thức cần chứng minh.
Cách giải:
Gọi \(BP \cap AC = \left\{ D \right\};\,\,AB \cap CQ = \left\{ E \right\}.\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có:
\(\angle BDC = \dfrac{1}{2}\,\,\,\left( {sd\,\,cung\,\,\,BC + \,\,sd\,\,AP} \right)\)
\(\angle BEC = \dfrac{1}{2}\left( {sd\,\,cung\,\,BC + \,\,sd\,\,\,AQ} \right)\,\,\,\left( 1 \right)\) (góc có đỉnh bên trong đường tròn)
Mà theo giả thiết thì \(BD \bot AC\) tại \(D,\) \(CQ \bot AB\) tại \(E \Rightarrow \angle BDC = \angle BEC = {90^0}\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra: \(sd\,\,cung\,\,AP = sd\,\,\,cung\,\,\,AQ\,\,\,\,\left( 3 \right).\)
Ta lại có: \(\angle AIJ = \dfrac{1}{2}\left( {sd\,\,cung\,\,\,BQ + sd\,\,\,cung\,\,\,AP} \right)\,\,\,\left( 4 \right)\) (góc có đỉnh bên trong đường tròn)
Và \(\angle ACB = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,\,AB = \dfrac{1}{2}\left( {sd\,\,\,cung\,\,BQ + sd\,\,\,cung\,\,AQ} \right)\,\,\,\,\left( 5 \right)\) (góc nội tiếp chắn cung \(AB\))
Từ (3), (4), (5) suy ra \(\angle ACB = \angle AIJ\)
Xét \(\Delta AIJ\) và \(\Delta ACB\) có:
Câu 10:
Phương pháp:
a) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OBA\).
b) Chứng minh hai tam giác \(OHF\) và \(OFA\) đồng dạng suy ra các góc tương ứng bằng nhau.
Từ đó sử dụng dáu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp để chứng minh tứ giác \(OEAF\) nội tiếp.
Cách giải:
a) Vì \(AB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) , \(B\) là tiếp điểm.
\( \Rightarrow AB \bot OB\)
\( \Rightarrow \Delta OBA\) vuông tại B.
Lại có: \(OB = OC \Rightarrow O\) nằm trên trung trực của \(BC\).
\(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow A\) nằm trên trung trực của \(BC\).
Do đó \(AO\) là trung trực của \(BC\) hay \(AO \bot BC\) tại \(H\)\( \Rightarrow BH \bot OA\)
\( \Rightarrow O{B^2} = OH.OA\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OBA\))
Vậy: \(O{B^2} = OH.OA\)(đpcm).
b) Theo câu a) \(O{B^2} = OH.OA \Rightarrow \dfrac{{OB}}{{OH}} = \dfrac{{OA}}{{OB}}\)
Mà \(OB = OF\) (cùng bằng bán kính) \( \Rightarrow \dfrac{{OF}}{{OH}} = \dfrac{{OA}}{{OF}}\)
Xét \(\Delta OHF\) và \(\Delta OFA\) có:
\(\angle O\,\,\,\,chung\)
\(\dfrac{{OF}}{{OH}} = \dfrac{{OA}}{{OF}}\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta OHF \sim \Delta OFA\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow \angle OAF = \angle OFH = \angle OFE\,\,\left( 1 \right)\) (góc tương ứng)
Mà tam giác \(OEF\) cân tại \(O\) \( \Rightarrow \angle OEF = \angle OFE\,\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\angle OEF = \angle OAF\left( { = \angle OFE} \right)\)
Xét tứ giác \(AEOF\) có \(\angle OEF = \angle OAF\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \) tứ giác \(AEOF\) nội tiếp (tứ giác có hai đinh kề cùng nhìn một cạnh các góc bằng nhau)
Hay bốn điểm \(A,O,E,F\) cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
Câu 1: Chứng minh \(A = \sqrt {2\sqrt 5 + 6} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} + 2018\) là một số nguyên.
Câu 2: Rút gọn biểu thức \(P = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}\sqrt {\dfrac{{b - 2\sqrt b + 1}}{{{a^2} - 2a + 1}}} \) với \(a < 1\) và \(b > 1\).
Câu 3: Tìm các giá trị của \(m \ne \dfrac{1}{2}\) để hàm số \(y = \left( {2m - 1} \right){x^2}\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(0\) tại \(x = 0\).
Câu 5: Một địa phương cấy \(10ha\) giống lúa loại \(I\) và \(8ha\) giống lúa loại \(II\). Sau một mùa vụ, địa phương đó thu hoạch và tính toán sản lượng thấy:
+ Tổng sản lượng của hai giống lúa thu về là \(139\) tấn;
+ Sản lượng thu về từ \(4ha\) giống lúa loại \(I\) nhiều hơn sản lượng thu về từ \(3ha\) giống lúa loại \(II\) là \(6\) tấn.
Hãy tính năng suất lúa trung bình (đơn vị: tấn/ha) của mỗi loại giống lúa.
Câu 6: Cho phương trình \({x^2} - 4x + m + 1 = 0\). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - 10{x_1}{x_2} = 2020\).
Câu 7: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) , đường cao \(AH\) . Biết \(AB = 10cm;\,AH = 6cm\). Tính độ dài các cạnh \(AC,BC\) của tam giác \(ABC\).
Câu 8: Cho đường tròn \(\left( O \right)\). Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với \(\left( O \right)\) tại \(A\). Trên \(d\) lấy một điểm \(B\,\,\,\left( {B \ne A} \right),\) vẽ đường tròn \(\left( {B,BA} \right)\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(C\,\,\,\left( {C \ne A} \right).\) Chứng minh \(BC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\).
Câu 9: Cho tam giác \(ABC\,\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right).\) Lấy các điểm \(P,Q\) lần lượt thuộc các cung nhỏ \(AC\) và \(AB\) sao cho \(BP\) vuông góc với \(AC,CQ\) vuông góc với \(AB.\) Gọi \(I,J\) lần lượt là giao điểm của \(PQ\) với \(AB\) và \(AC.\) Chứng minh \(IJ.AC = AI.CB.\)
Câu 10: Từ điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ các tiếp tuyến \(AB,AC\) đến đường tròn \((B,C\) là tiếp điểm). Gọi \(H\) là giao điểm của \(OA\) và \(BC\).
a) Chứng minh \(O{B^2} = OH.OA\)
b) \(EF\) là một dây cung của \(\left( O \right)\) đi qua \(H\) sao cho \(A,E,F\) không thẳng hàng.
Chứng minh bốn điểm \(A,E,O,F\) nằm trên cùng một đường tròn.
Câu 1
Phương pháp:
Rút gọn \(A\), sử dụng hẳng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\).
Cách giải:
Ta có :
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {2\sqrt 5 + 6} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} + 2018\\A = \sqrt {{1^2} + 2.\sqrt 5 .1 + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} + 2018\\A = \sqrt {{{\left( {1 + \sqrt 5 } \right)}^2}} - \left| {\sqrt 5 - 1} \right| + 2018\\A = \left| {1 + \sqrt 5 } \right| - \left| {\sqrt 5 - 1} \right| + 2018\\A = 1 + \sqrt 5 - \sqrt 5 + 1 + 2018\,\,\left( {Do\,\,1 + \sqrt 5 > 0;\,\,\sqrt 5 - 1 > 0} \right)\\A = 2020\,\\ \Rightarrow A \in \mathbb{Z}\end{array}\)
Vậy \(A\) là một số nguyên.
Câu 2
Phương pháp:
+) Sử dụng hằng đẳng thức.
+) Xét dấu, phá trị tuyệt đối và rút gọn.
Cách giải:
Với \(a < 1\) và \(b > 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}\sqrt {\dfrac{{b - 2\sqrt b + 1}}{{{a^2} - 2a + 1}}} = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}\sqrt {\dfrac{{{{\left( {\sqrt b - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {a - 1} \right)}^2}}}} = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}.\left| {\dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}}} \right|\\Do\,\,\left\{ \begin{array}{l}a < 1 \Rightarrow a - 1 < 0\\b > 1 \Rightarrow \sqrt b > 1 \Leftrightarrow \sqrt b - 1 > 0\end{array} \right.\\ \Rightarrow \dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}} < 0 \Leftrightarrow \left| {\dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}}} \right| = - \dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}}\\ \Rightarrow A = - \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}.\dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}} = - 1\end{array}\)
Câu 3
Phương pháp:
Hàm số \(y = a{x^2}\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(0\) tại \(x = 0\) khi \(a < 0.\)
Cách giải:
Ta thấy hàm số \(y = \left( {2m - 1} \right){x^2}\,\,\left( {m \ne \dfrac{1}{2}} \right)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(0\) tại \(x = 0\)
\( \Leftrightarrow 2m - 1 < 0 \Leftrightarrow m < \dfrac{1}{2}\)
Vậy \(m < \dfrac{1}{2}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
Đồ thị hàm số song song với đường thẳng \(y = 2x + 2019\)suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b \ne 2019\end{array} \right..\)
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là 2020, suy ra tọa độ giao điểm \(A\left( {0;2020} \right)\) Thay tọa độ giao điểm vào \(y = 2x + b\) ta tìm được b.
Cách giải :
Vì đồ thị hàm số \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2019\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b \ne 2019\end{array} \right..\)
\( \Rightarrow y = ax + b \Leftrightarrow y = 2x + b\,\,\,\left( {b \ne 2019} \right)\)
Mà đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là \(2020 \Rightarrow \) đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;\,\,\,2020} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2020 = 2.0 + b\\ \Rightarrow b = 2020\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(a = 2;\,\,\,\,b = 2020.\)
Câu 5
Phương pháp:
- Bước 1: Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.
- Bước 2: Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.
- Bước 3: Lập hệ phương trình.
- Bước 4: Giải hệ phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi sản lượng lúa của loại I và II trên mỗi \(ha\) lần lượt là \(x\) và \(y\) (tấn/ha). Điều kiện: \(x,y > 0\).
\(10ha\) giống lúa loại I thu về sản lượng \(10x\) tấn; \(8ha\) giống lúa loại II thu về sản lượng \(8y\) tấn
Tổng sản lượng thu về là \(139\) tấn nên ta có phương trình: \(10x + 8y = 139\,\,\left( 1 \right)\).
\(4ha\) giống lúa loại I thu về sản lượng \(4x\) tấn; \(3ha\) giống lúa loại II thu về sản lượng \(3y\) tấn.
Sản lượng thu về từ \(4ha\) giống lúa loại \(I\) nhiều hơn sản lượng thu về từ \(3ha\) giống lúa loại \(II\) là \(6\) tấn nên ta có phương trình: \(4x - 3y = 6\,\,\left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}10x + 8y = 139\\4x - 3y = 6\end{array} \right.\)
Giải hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}10x + 8y = 139\\4x - 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}20x + 16y = 278\\20x - 15y = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}31y = 248\\4x - 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 8\\x = 7,5\end{array} \right.\left( {TM} \right)\)
Vậy năng suất lúa trung bình của giống lúa loại I là \(7,5\) tấn/ha; năng suất lúa trung bình của giống lúa loại II là \(8\) tấn/ha.
Câu 6
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' \ge 0\end{array} \right.\)
Biến đổi để xuất hiện tổng và tích hai nghiệm rồi sử dụng hệ thức Vi-et.
Cách giải:
Phương trình \({x^2} - 4x + m + 1 = 0\) (*) có \(\Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - 1.\left( {m + 1} \right) = 3 - m\)
Để phương trình (*) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \ne 0\\3 - m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le 3\)
Theo hệ thức Vi-et ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}x_1^2 + x_2^2 - 10{x_1}{x_2} = 2020\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 12{x_1}{x_2} = 2020\\ \Leftrightarrow {4^2} - 12\left( {m + 1} \right) = 2020\\ \Leftrightarrow 12m = - 2016\\ \Leftrightarrow m = - 168\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = - 168\) là giá trị cần tìm.
Câu 7:
Phương pháp:
+ Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông. Tính BH
+ Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác. Tính BC
+ Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác ABC. Tính AC.
Cách giải:
Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác \(ABH\) vuông tại H. Ta có:
\(\begin{array}{l}A{H^2} + B{H^2} = A{B^2}\\ \Rightarrow B{H^2} = A{B^2} - A{H^2} = {10^2} - {6^2} = 100 - 36 = 64\\ \Rightarrow B{H^2} = {8^2}\\ \Rightarrow BH = 8\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Trong tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \(A\) có AH là đường cao
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A{B^2} = BH.BC\\ \Rightarrow BC = \dfrac{{A{B^2}}}{{BH}} = \dfrac{{{{10}^2}}}{8} = \dfrac{{100}}{8} = 12,5\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác vuông ABC ta có:
\(\begin{array}{l}A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = 12,{5^2} - {10^2} = 56,25\\ \Rightarrow AC = 7,5\,\,\,\,\left( {cm} \right).\end{array}\)
Vậy: \(AC = 7,5\,\left( {cm} \right);\,\,\,\,BC = 12,5\,\left( {cm} \right).\)
Câu 8
Phương pháp:
Chứng minh \(\Delta OAB = \Delta OCB\left( {c.c.c} \right)\) và suy ra điều phải chứng minh.
Cách giải:
\(d\) là tiếp tuyến với \(\left( O \right)\) tại \(A\) \( \Rightarrow OA \bot d \Rightarrow \angle OAB = {90^0}\)
\(C = \left( O \right) \cap \left( {B,BA} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC = BA\\OC = OA\end{array} \right.\) (cùng là các bán kính).
Xét tam giác \(OAB\) và \(OCB\) có:
\(\left. \begin{array}{l}BC = BA\\OC = OA\\OB\,\,chung\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta OAB = \Delta OCB\left( {c - c - c} \right) \Rightarrow \angle OCB = \angle OAB = {90^0}\)
\( \Rightarrow OC \bot BC\) hay \(BC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) (đpcm).
Câu 9
Phương pháp:
+ Góc có đỉnh bên trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn
+ Góc nội tiếp có số đo bằng nửa số đo cung bị chắn.
+ Chứng minh hai tam giác \(AIJ\) và tam giác \(ACB\) đồng dạng để suy ra hệ thức cần chứng minh.
Cách giải:
Gọi \(BP \cap AC = \left\{ D \right\};\,\,AB \cap CQ = \left\{ E \right\}.\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có:
\(\angle BDC = \dfrac{1}{2}\,\,\,\left( {sd\,\,cung\,\,\,BC + \,\,sd\,\,AP} \right)\)
\(\angle BEC = \dfrac{1}{2}\left( {sd\,\,cung\,\,BC + \,\,sd\,\,\,AQ} \right)\,\,\,\left( 1 \right)\) (góc có đỉnh bên trong đường tròn)
Mà theo giả thiết thì \(BD \bot AC\) tại \(D,\) \(CQ \bot AB\) tại \(E \Rightarrow \angle BDC = \angle BEC = {90^0}\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra: \(sd\,\,cung\,\,AP = sd\,\,\,cung\,\,\,AQ\,\,\,\,\left( 3 \right).\)
Ta lại có: \(\angle AIJ = \dfrac{1}{2}\left( {sd\,\,cung\,\,\,BQ + sd\,\,\,cung\,\,\,AP} \right)\,\,\,\left( 4 \right)\) (góc có đỉnh bên trong đường tròn)
Và \(\angle ACB = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,\,AB = \dfrac{1}{2}\left( {sd\,\,\,cung\,\,BQ + sd\,\,\,cung\,\,AQ} \right)\,\,\,\,\left( 5 \right)\) (góc nội tiếp chắn cung \(AB\))
Từ (3), (4), (5) suy ra \(\angle ACB = \angle AIJ\)
Xét \(\Delta AIJ\) và \(\Delta ACB\) có:
Câu 10:
Phương pháp:
a) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OBA\).
b) Chứng minh hai tam giác \(OHF\) và \(OFA\) đồng dạng suy ra các góc tương ứng bằng nhau.
Từ đó sử dụng dáu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp để chứng minh tứ giác \(OEAF\) nội tiếp.
Cách giải:
a) Vì \(AB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) , \(B\) là tiếp điểm.
\( \Rightarrow AB \bot OB\)
\( \Rightarrow \Delta OBA\) vuông tại B.
Lại có: \(OB = OC \Rightarrow O\) nằm trên trung trực của \(BC\).
\(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow A\) nằm trên trung trực của \(BC\).
Do đó \(AO\) là trung trực của \(BC\) hay \(AO \bot BC\) tại \(H\)\( \Rightarrow BH \bot OA\)
\( \Rightarrow O{B^2} = OH.OA\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OBA\))
Vậy: \(O{B^2} = OH.OA\)(đpcm).
b) Theo câu a) \(O{B^2} = OH.OA \Rightarrow \dfrac{{OB}}{{OH}} = \dfrac{{OA}}{{OB}}\)
Mà \(OB = OF\) (cùng bằng bán kính) \( \Rightarrow \dfrac{{OF}}{{OH}} = \dfrac{{OA}}{{OF}}\)
Xét \(\Delta OHF\) và \(\Delta OFA\) có:
\(\angle O\,\,\,\,chung\)
\(\dfrac{{OF}}{{OH}} = \dfrac{{OA}}{{OF}}\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta OHF \sim \Delta OFA\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow \angle OAF = \angle OFH = \angle OFE\,\,\left( 1 \right)\) (góc tương ứng)
Mà tam giác \(OEF\) cân tại \(O\) \( \Rightarrow \angle OEF = \angle OFE\,\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\angle OEF = \angle OAF\left( { = \angle OFE} \right)\)
Xét tứ giác \(AEOF\) có \(\angle OEF = \angle OAF\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \) tứ giác \(AEOF\) nội tiếp (tứ giác có hai đinh kề cùng nhìn một cạnh các góc bằng nhau)
Hay bốn điểm \(A,O,E,F\) cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Thái Nguyên luôn được đánh giá là một kỳ thi quan trọng, quyết định đến con đường học vấn của các em học sinh. Môn Toán là một trong những môn thi có tính cạnh tranh cao, đòi hỏi các em phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng về kiến thức và kỹ năng.
Đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2019 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Dựa trên các đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên các năm trước, có thể nhận thấy một số chủ đề thường xuyên xuất hiện trong đề thi, bao gồm:
Dạng 1: Giải phương trình bậc hai
Để giải phương trình bậc hai, các em có thể sử dụng công thức nghiệm tổng quát hoặc phương pháp phân tích thành nhân tử. Ví dụ:
Giải phương trình: x2 - 5x + 6 = 0
Ta có: Δ = (-5)2 - 4 * 1 * 6 = 25 - 24 = 1
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = (5 + 1) / 2 = 3 và x2 = (5 - 1) / 2 = 2
Dạng 2: Tính diện tích hình học
Để tính diện tích hình học, các em cần nắm vững các công thức tính diện tích của các hình cơ bản như tam giác, hình vuông, hình chữ nhật, hình tròn,... Ví dụ:
Tính diện tích tam giác ABC vuông tại A, biết AB = 3cm và AC = 4cm.
Ta có: Diện tích tam giác ABC = (1/2) * AB * AC = (1/2) * 3 * 4 = 6 cm2
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10, các em cần luyện tập thường xuyên với các đề thi thử và đề thi chính thức của các năm trước. toan9.edu.vn cung cấp đầy đủ các đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2019, kèm theo đáp án chi tiết và hướng dẫn giải.
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2019, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2019 là một tài liệu quan trọng giúp các em học sinh chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi tuyển sinh. Hãy luyện tập chăm chỉ và áp dụng các kiến thức đã học để đạt được 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.
