toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Tiền Giang 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 sắp tới.
Bộ đề thi này bao gồm đề chính thức của kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2019 của tỉnh Tiền Giang, được chúng tôi tổng hợp và cung cấp miễn phí để phục vụ nhu cầu học tập của các em.
Câu 1 (3 điểm): 1) Tính giá trị của biểu thức:
Câu 1 (3 điểm):
1) Tính giá trị của biểu thức: \(A = \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } - \dfrac{1}{2}\sqrt {12} .\)
2) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
\(a)\;{x^4} + {x^2} - 20 = 0\) \(b)\;\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 11\\2x + y = 9\end{array} \right..\)
3) Cho phương trình \({x^2} - 2x - 5 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\;{x_2}.\) Không giải phương trình, hãy tính giá trị của các biểu thức: \(B = x_1^2 + x_2^2,\;\;C = x_1^5 + x_2^5.\)
Câu 2 (2 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho parabol \(\left( P \right):\;\;y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\;\;y = x + m.\)
1) Vẽ \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ khi \(m = 2.\)
2) Định các giá trị của \(m\) để \(\left( d \right)\)cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B.\)
3) Tìm giác trị của \(m\) để độ dài đoạn thẳng \(AB = 6\sqrt 2 .\)
Câu 3 (1,5 điểm): Hai bến sông A và B cách nhau 60km. Một ca nô đi xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng về A. Thời gian đi xuôi dòng ít hơn thời gian đi ngược dòng là 20 phút. Tính vận tốc ngược dòng của ca nô, biết vận tốc xuôi dòng lớn hơn vận tốc ngược dòng của ca nô là 6 km/h.
Câu 4 (2,5 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), các đường cao AF, BD và CE cắt nhau tại H.
1) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn.
2) Chứng minh AE.AB = AD.AC.
3) Chứng minh FH là phân giác của \(\widehat {EFD}.\)
4) Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh \(\widehat {DOC} = \widehat {FED}.\)
Câu 5 (1 điểm): Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng \(256\pi c{m^2}\) và bán kính đáy bằng \(\dfrac{1}{2}\) đường cao. Tính bán kính đáy và thể tích hình trụ.
Câu 1:
Phương pháp:
1) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\;\;khi\;\;A \ge 0\\ - A\;\;khi\;\;A < 0\end{array} \right..\)
2) a) Đặt \({x^2} = t\;\;\left( {t \ge 0} \right),\) đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai ẩn t. Giải phương trình ẩn t sau đó tìm ẩn x.
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
3) Áp dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) để tính giá trị các biểu thức đề bài yêu cầu.
Cách giải:
\(\begin{array}{l}1)\;\;A = \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } - \dfrac{1}{2}\sqrt {12} \\\;\;\;\;\;\;\; = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} - 2.\sqrt 3 .1 + 1} - \dfrac{1}{2}.\sqrt {{2^2}.3} \\\;\;\;\;\;\;\; = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} - \dfrac{{2\sqrt 3 }}{2}\\\;\;\;\;\;\;\; = \left| {\sqrt 3 - 1} \right| - \sqrt 3 \\\;\;\;\;\;\;\; = \sqrt 3 - 1 - \sqrt 3 = - 1.\;\;\left( {do\;\;\sqrt 3 - 1 > 0} \right).\end{array}\)
2) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
\(a)\;{x^4} + {x^2} - 20 = 0\)
Đặt \({x^2} = t\;\;\left( {t \ge 0} \right).\) Khi đó ta có phương trình:
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {t^2} + t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow {t^2} + 5t - 4t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 4} \right)\left( {t + 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 4 = 0\\t + 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 4\;\;\left( {tm} \right)\\t = - 5\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2.\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 2;\;2} \right\}.\)
\(b)\;\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 11\\2x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 20\\y = 9 - 2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 9 - 2.4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 1\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\;y} \right) = \left( {4;1} \right).\)
3) Cho phương trình \({x^2} - 2x - 5 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\;{x_2}.\) Không giải phương trình, hãy tính giá trị của các biểu thức: \(B = x_1^2 + x_2^2,\;\;C = x_1^5 + x_2^5.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = - 5\end{array} \right..\)
Khi đó: \(B = x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {2^2} - 2.\left( { - 5} \right) = 14.\)
\(\begin{array}{l}C = x_1^5 + x_2^5 = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^4 - x_1^3{x_2} + x_1^2x_2^2 - {x_1}x_2^3 + x_2^4} \right)\\\;\;\; = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {x_1^4 + x_2^4 - {x_1}{x_2}\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2} \right]\\\;\;\; = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {x_1^2 + x_2^2} \right)}^2} - 2x_1^2x_2^2 - {x_1}{x_2}\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2} \right]\\\;\;\; = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {x_1^2 + x_2^2} \right)}^2} - {x_1}{x_2}\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) - x_1^2x_2^2} \right].\end{array}\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét và kết quả của biểu thức B ta được:
\(C = 2\left[ {{{14}^2} - \left( { - 5} \right).14 - {{\left( { - 5} \right)}^2}} \right] = 2.\left( {196 + 70 - 25} \right) = 482.\)
Câu 2:
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị mà các đồ thị hàm số đi qua sau đó vẽ hai đồ thị trên cùng một hệ trục tọa độ.
2) Để \(\left( d \right)\)cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\) thì phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
3) +) Áp dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right..\)
+) Sử dụng công thức tính đoạn thẳng: \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2}} .\)
Cách giải:
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho parabol \(\left( P \right):\;\;y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\;\;y = x + m.\)
1) Vẽ \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ khi \(m = 2.\)
+) Với \(m = 2\) ta có: \(\left( d \right):\;\;y = x + 2.\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \( - 2\) |
\(y = x + 2\) | \(2\) | \(0\) |
Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua hai điểm \(\left( {0;\;2} \right)\) và \(\left( { - 2;\;0} \right).\)
+) Vẽ đồ thị hàm số \(\left( P \right):\)
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | \(0\) | \(2\) | \(4\) |
\(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Đồ thị \(\left( P \right)\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 4;\;8} \right),\;\;\left( { - 2;\;2} \right),\;\left( {0;\;0} \right),\;\left( {2;\;2} \right),\;\;\left( {4;\;8} \right).\)
2) Định các giá trị của \(m\) để \(\left( d \right)\)cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: \(x + m = \dfrac{1}{2}{x^2} \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 2m = 0.\;\;\left( * \right)\)
Để \(\left( d \right)\)cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có nghiệm hai phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\( \Leftrightarrow 1 + 2m > 0 \Leftrightarrow m > - \dfrac{1}{2}.\)
Vậy \(m > - \dfrac{1}{2}.\)
3) Tìm giác trị của \(m\) để độ dài đoạn thẳng \(AB = 6\sqrt 2 .\)
Với \(m > - \dfrac{1}{2}\) thì \(\left( d \right)\)cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_1};\;{y_1}} \right),\;\;B\left( {{x_2};\;{y_2}} \right).\)
Khi đó \({x_1},\;{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( * \right).\) Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = - 2m\end{array} \right..\)
Ta có: \(A,\;\;B \in \left( d \right) \Rightarrow A\left( {{x_1};\;{x_1} + m} \right),\;\;B\left( {{x_2};\;x + m} \right).\)
Theo đề bài ta có: \(AB = 6\sqrt 2 \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2} + {{\left( {{y_2} - {y_1}} \right)}^2}} = 6\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2} + {{\left( {{x_2} + m - {x_1} - m} \right)}^2}} = 6\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \sqrt {2{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}} = 6\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} = 36\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 36\\ \Leftrightarrow {2^2} - 4.\left( { - 2m} \right) = 36\\ \Leftrightarrow 8m = 32\\ \Leftrightarrow m = 4\;\;\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy \(m = 4.\)
Câu 3:
Phương pháp:
Giải bài toàn bằng cách lập phương trình:
+) Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.
+) Biểu diễn các đại lượng chữa biết theo ẩn và đại lượng đã biết.
+) Dựa vào giả thiết của bài toán để lập phương trình.
+) Giải phương trình tìm ẩn và đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.
Cách giải:
Hai bến sông A và B cách nhau 60km. Một ca nô đi xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng về A. Thời gian đi xuôi dòng ít hơn thời gian đi ngược dòng là 20 phút. Tính vận tốc ngược dòng của ca nô, biết vận tốc xuôi dòng lớn hơn vận tốc ngược dòng của ca nô là 6 km/h.
Gọi vận tốc ngược dòng của ca nô là \(x\;\left( {km/h} \right)\;\;\left( {x > 0} \right).\)
Khi đó vận tốc ca nô khi xuôi dòng là: \(x + 6\;\;\left( {km/h} \right).\)
Thời gian ca nô đi hết khúc sông khi xuôi dòng là: \(\dfrac{{60}}{{x + 6}}\;\left( h \right).\)
Thời gian ca nô đi hết khúc sông khi ngược dòng là: \(\dfrac{{60}}{x}\;\left( h \right).\)
Theo đề bài ta có phương trình: \(\dfrac{{60}}{x} - \dfrac{{60}}{{x + 6}} = \dfrac{{20}}{{60}} = \dfrac{1}{3}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3.60\left( {x + 6} \right) - 3.60x = x\left( {x + 6} \right)\\ \Leftrightarrow 180x + 1080 - 180x = {x^2} + 6x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 6x - 1080 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 30} \right)\left( {x + 36} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 30 = 0\\x + 36 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 30\;\;\left( {tm} \right)\\x = - 36\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy vận tốc của ca nô khi ngược dòng là \(30\;km/h.\)
Câu 4:
Phương pháp:
1) Chứng minh tứ giác BEDC có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện.
2) Chứng minh tam giác ABC đồng dạng với tam giác ADE.
3) Chứng minh các tứ giác BEHF và CDHF là các tứ giác nội tiếp.
4) Chứng minh \(\widehat {DOC} = \widehat {DEF} = 2\widehat {{B_1}}\).
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), các đường cao AF, BD và CE cắt nhau tại H.
1) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn.
Xét tứ giác \(BEDC\) ta có: \(\widehat {BEC} = \widehat {BDC} = {90^0}\;\left( {gt} \right)\)
Mà hai góc này là hai góc kề 1 cạnh và cùng nhìn đoạn \(BC.\)
\( \Rightarrow BEDC\) là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
2) Chứng minh AE.AB = AD.AC.
Vì \(BEDC\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\widehat {ADE} = \widehat {ABC}\) (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat A\;chung\\\widehat {AED} = \widehat {ABC}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ADE \sim \Delta ABC\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{AD}}{{AB}} = \dfrac{{AE}}{{AC}} \Leftrightarrow AD.AC = AE.AB\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
3) Chứng minh FH là phân giác của \(\widehat {EFD}.\)
Ta có: \(BEHF\) là tứ giác nội tiếp \(\left( {do\;\;\widehat {BEH} + \widehat {HFB} = {{90}^0} + {{90}^0} = {{180}^0}} \right).\)
\( \Rightarrow \widehat {EBH} = \widehat {EFH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EH\)) (1)
Có \(DCFH\) là tứ giác nội tiếp \(\left( {do\;\;\widehat {HFC} + \widehat {HDC} = {{90}^0} + {{90}^0} = {{180}^0}} \right).\)
\( \Rightarrow \widehat {DCH} = \widehat {DFH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DH\)) (2)
Mà \(BEDC\) là tứ giác nội tiếp (cmt)
\( \Rightarrow \widehat {DCH} = \widehat {EBH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\)) (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có: \(\widehat {EFH} = \widehat {HFD}.\)
Hay \(FH\) là phân giác của \(\widehat {EFD}.\) (đpcm)
4) Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh \(\widehat {DOC} = \widehat {FED}.\)
Xét tam giác \(BDC\) vuông tại \(D\) có đường trung tuyến \(DO \Rightarrow DO = OB = OC\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông).
\( \Rightarrow \Delta BOD\) cân tại \(O \Rightarrow \widehat {BDO} = \widehat {DBO}\) (tính chất tam giác cân)
\( \Rightarrow \widehat {DOC} = \widehat {DBO} + \widehat {BDO} = 2\widehat {DBO} = 2\widehat {{B_1}}.\)
Vì \(EBCD\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {{B_1}} = \widehat {{E_1}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\))
Vì \(BEHF\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {{B_1}} = \widehat {{E_2}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HF\))
\( \Rightarrow \widehat {DOC} = 2\widehat {{B_1}} = \widehat {{E_1}} + \widehat {{E_2}} = \widehat {FED}.\;\;\;\left( {dpcm} \right)\)
Câu 5:
Phương pháp:
Sử dụng các công thức \({S_{xq}} = 2\pi Rh\) và \({V_{tru}} = \pi {R^2}h\) trong đó R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.
Cách giải :
Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng \(256\pi c{m^2}\) và bán kính đáy bằng \(\dfrac{1}{2}\) đường cao. Tính bán kính đáy và thể tích hình trụ.
Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.
Vì bán kính đáy bằng \(\dfrac{1}{2}\) đường cao nên \(R = \dfrac{1}{2}h \Rightarrow h = 2R\)
Khi đó ta có \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .R.2R = 256\pi \Leftrightarrow {R^2} = 64 \Leftrightarrow R = 8\,\,\left( {cm} \right)\)
\( \Rightarrow h = 2.8 = 16\,\,\left( {cm} \right)\)
Vậy thể tích của khối trụ là \(V = \pi {R^2}h = \pi {.8^2}.16 = 1024\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\).
Câu 1 (3 điểm):
1) Tính giá trị của biểu thức: \(A = \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } - \dfrac{1}{2}\sqrt {12} .\)
2) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
\(a)\;{x^4} + {x^2} - 20 = 0\) \(b)\;\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 11\\2x + y = 9\end{array} \right..\)
3) Cho phương trình \({x^2} - 2x - 5 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\;{x_2}.\) Không giải phương trình, hãy tính giá trị của các biểu thức: \(B = x_1^2 + x_2^2,\;\;C = x_1^5 + x_2^5.\)
Câu 2 (2 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho parabol \(\left( P \right):\;\;y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\;\;y = x + m.\)
1) Vẽ \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ khi \(m = 2.\)
2) Định các giá trị của \(m\) để \(\left( d \right)\)cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B.\)
3) Tìm giác trị của \(m\) để độ dài đoạn thẳng \(AB = 6\sqrt 2 .\)
Câu 3 (1,5 điểm): Hai bến sông A và B cách nhau 60km. Một ca nô đi xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng về A. Thời gian đi xuôi dòng ít hơn thời gian đi ngược dòng là 20 phút. Tính vận tốc ngược dòng của ca nô, biết vận tốc xuôi dòng lớn hơn vận tốc ngược dòng của ca nô là 6 km/h.
Câu 4 (2,5 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), các đường cao AF, BD và CE cắt nhau tại H.
1) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn.
2) Chứng minh AE.AB = AD.AC.
3) Chứng minh FH là phân giác của \(\widehat {EFD}.\)
4) Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh \(\widehat {DOC} = \widehat {FED}.\)
Câu 5 (1 điểm): Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng \(256\pi c{m^2}\) và bán kính đáy bằng \(\dfrac{1}{2}\) đường cao. Tính bán kính đáy và thể tích hình trụ.
Câu 1:
Phương pháp:
1) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\;\;khi\;\;A \ge 0\\ - A\;\;khi\;\;A < 0\end{array} \right..\)
2) a) Đặt \({x^2} = t\;\;\left( {t \ge 0} \right),\) đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai ẩn t. Giải phương trình ẩn t sau đó tìm ẩn x.
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
3) Áp dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) để tính giá trị các biểu thức đề bài yêu cầu.
Cách giải:
\(\begin{array}{l}1)\;\;A = \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } - \dfrac{1}{2}\sqrt {12} \\\;\;\;\;\;\;\; = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} - 2.\sqrt 3 .1 + 1} - \dfrac{1}{2}.\sqrt {{2^2}.3} \\\;\;\;\;\;\;\; = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} - \dfrac{{2\sqrt 3 }}{2}\\\;\;\;\;\;\;\; = \left| {\sqrt 3 - 1} \right| - \sqrt 3 \\\;\;\;\;\;\;\; = \sqrt 3 - 1 - \sqrt 3 = - 1.\;\;\left( {do\;\;\sqrt 3 - 1 > 0} \right).\end{array}\)
2) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
\(a)\;{x^4} + {x^2} - 20 = 0\)
Đặt \({x^2} = t\;\;\left( {t \ge 0} \right).\) Khi đó ta có phương trình:
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {t^2} + t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow {t^2} + 5t - 4t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 4} \right)\left( {t + 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 4 = 0\\t + 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 4\;\;\left( {tm} \right)\\t = - 5\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2.\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 2;\;2} \right\}.\)
\(b)\;\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 11\\2x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 20\\y = 9 - 2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 9 - 2.4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 1\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\;y} \right) = \left( {4;1} \right).\)
3) Cho phương trình \({x^2} - 2x - 5 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\;{x_2}.\) Không giải phương trình, hãy tính giá trị của các biểu thức: \(B = x_1^2 + x_2^2,\;\;C = x_1^5 + x_2^5.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = - 5\end{array} \right..\)
Khi đó: \(B = x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {2^2} - 2.\left( { - 5} \right) = 14.\)
\(\begin{array}{l}C = x_1^5 + x_2^5 = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^4 - x_1^3{x_2} + x_1^2x_2^2 - {x_1}x_2^3 + x_2^4} \right)\\\;\;\; = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {x_1^4 + x_2^4 - {x_1}{x_2}\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2} \right]\\\;\;\; = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {x_1^2 + x_2^2} \right)}^2} - 2x_1^2x_2^2 - {x_1}{x_2}\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2} \right]\\\;\;\; = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {x_1^2 + x_2^2} \right)}^2} - {x_1}{x_2}\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) - x_1^2x_2^2} \right].\end{array}\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét và kết quả của biểu thức B ta được:
\(C = 2\left[ {{{14}^2} - \left( { - 5} \right).14 - {{\left( { - 5} \right)}^2}} \right] = 2.\left( {196 + 70 - 25} \right) = 482.\)
Câu 2:
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị mà các đồ thị hàm số đi qua sau đó vẽ hai đồ thị trên cùng một hệ trục tọa độ.
2) Để \(\left( d \right)\)cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\) thì phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
3) +) Áp dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right..\)
+) Sử dụng công thức tính đoạn thẳng: \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2}} .\)
Cách giải:
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho parabol \(\left( P \right):\;\;y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\;\;y = x + m.\)
1) Vẽ \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ khi \(m = 2.\)
+) Với \(m = 2\) ta có: \(\left( d \right):\;\;y = x + 2.\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \( - 2\) |
\(y = x + 2\) | \(2\) | \(0\) |
Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua hai điểm \(\left( {0;\;2} \right)\) và \(\left( { - 2;\;0} \right).\)
+) Vẽ đồ thị hàm số \(\left( P \right):\)
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | \(0\) | \(2\) | \(4\) |
\(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Đồ thị \(\left( P \right)\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 4;\;8} \right),\;\;\left( { - 2;\;2} \right),\;\left( {0;\;0} \right),\;\left( {2;\;2} \right),\;\;\left( {4;\;8} \right).\)
2) Định các giá trị của \(m\) để \(\left( d \right)\)cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: \(x + m = \dfrac{1}{2}{x^2} \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 2m = 0.\;\;\left( * \right)\)
Để \(\left( d \right)\)cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có nghiệm hai phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\( \Leftrightarrow 1 + 2m > 0 \Leftrightarrow m > - \dfrac{1}{2}.\)
Vậy \(m > - \dfrac{1}{2}.\)
3) Tìm giác trị của \(m\) để độ dài đoạn thẳng \(AB = 6\sqrt 2 .\)
Với \(m > - \dfrac{1}{2}\) thì \(\left( d \right)\)cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_1};\;{y_1}} \right),\;\;B\left( {{x_2};\;{y_2}} \right).\)
Khi đó \({x_1},\;{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( * \right).\) Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = - 2m\end{array} \right..\)
Ta có: \(A,\;\;B \in \left( d \right) \Rightarrow A\left( {{x_1};\;{x_1} + m} \right),\;\;B\left( {{x_2};\;x + m} \right).\)
Theo đề bài ta có: \(AB = 6\sqrt 2 \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2} + {{\left( {{y_2} - {y_1}} \right)}^2}} = 6\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2} + {{\left( {{x_2} + m - {x_1} - m} \right)}^2}} = 6\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \sqrt {2{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}} = 6\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} = 36\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 36\\ \Leftrightarrow {2^2} - 4.\left( { - 2m} \right) = 36\\ \Leftrightarrow 8m = 32\\ \Leftrightarrow m = 4\;\;\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy \(m = 4.\)
Câu 3:
Phương pháp:
Giải bài toàn bằng cách lập phương trình:
+) Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.
+) Biểu diễn các đại lượng chữa biết theo ẩn và đại lượng đã biết.
+) Dựa vào giả thiết của bài toán để lập phương trình.
+) Giải phương trình tìm ẩn và đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.
Cách giải:
Hai bến sông A và B cách nhau 60km. Một ca nô đi xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng về A. Thời gian đi xuôi dòng ít hơn thời gian đi ngược dòng là 20 phút. Tính vận tốc ngược dòng của ca nô, biết vận tốc xuôi dòng lớn hơn vận tốc ngược dòng của ca nô là 6 km/h.
Gọi vận tốc ngược dòng của ca nô là \(x\;\left( {km/h} \right)\;\;\left( {x > 0} \right).\)
Khi đó vận tốc ca nô khi xuôi dòng là: \(x + 6\;\;\left( {km/h} \right).\)
Thời gian ca nô đi hết khúc sông khi xuôi dòng là: \(\dfrac{{60}}{{x + 6}}\;\left( h \right).\)
Thời gian ca nô đi hết khúc sông khi ngược dòng là: \(\dfrac{{60}}{x}\;\left( h \right).\)
Theo đề bài ta có phương trình: \(\dfrac{{60}}{x} - \dfrac{{60}}{{x + 6}} = \dfrac{{20}}{{60}} = \dfrac{1}{3}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3.60\left( {x + 6} \right) - 3.60x = x\left( {x + 6} \right)\\ \Leftrightarrow 180x + 1080 - 180x = {x^2} + 6x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 6x - 1080 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 30} \right)\left( {x + 36} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 30 = 0\\x + 36 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 30\;\;\left( {tm} \right)\\x = - 36\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy vận tốc của ca nô khi ngược dòng là \(30\;km/h.\)
Câu 4:
Phương pháp:
1) Chứng minh tứ giác BEDC có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện.
2) Chứng minh tam giác ABC đồng dạng với tam giác ADE.
3) Chứng minh các tứ giác BEHF và CDHF là các tứ giác nội tiếp.
4) Chứng minh \(\widehat {DOC} = \widehat {DEF} = 2\widehat {{B_1}}\).
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), các đường cao AF, BD và CE cắt nhau tại H.
1) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn.
Xét tứ giác \(BEDC\) ta có: \(\widehat {BEC} = \widehat {BDC} = {90^0}\;\left( {gt} \right)\)
Mà hai góc này là hai góc kề 1 cạnh và cùng nhìn đoạn \(BC.\)
\( \Rightarrow BEDC\) là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
2) Chứng minh AE.AB = AD.AC.
Vì \(BEDC\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\widehat {ADE} = \widehat {ABC}\) (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat A\;chung\\\widehat {AED} = \widehat {ABC}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ADE \sim \Delta ABC\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{AD}}{{AB}} = \dfrac{{AE}}{{AC}} \Leftrightarrow AD.AC = AE.AB\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
3) Chứng minh FH là phân giác của \(\widehat {EFD}.\)
Ta có: \(BEHF\) là tứ giác nội tiếp \(\left( {do\;\;\widehat {BEH} + \widehat {HFB} = {{90}^0} + {{90}^0} = {{180}^0}} \right).\)
\( \Rightarrow \widehat {EBH} = \widehat {EFH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EH\)) (1)
Có \(DCFH\) là tứ giác nội tiếp \(\left( {do\;\;\widehat {HFC} + \widehat {HDC} = {{90}^0} + {{90}^0} = {{180}^0}} \right).\)
\( \Rightarrow \widehat {DCH} = \widehat {DFH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DH\)) (2)
Mà \(BEDC\) là tứ giác nội tiếp (cmt)
\( \Rightarrow \widehat {DCH} = \widehat {EBH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\)) (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có: \(\widehat {EFH} = \widehat {HFD}.\)
Hay \(FH\) là phân giác của \(\widehat {EFD}.\) (đpcm)
4) Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh \(\widehat {DOC} = \widehat {FED}.\)
Xét tam giác \(BDC\) vuông tại \(D\) có đường trung tuyến \(DO \Rightarrow DO = OB = OC\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông).
\( \Rightarrow \Delta BOD\) cân tại \(O \Rightarrow \widehat {BDO} = \widehat {DBO}\) (tính chất tam giác cân)
\( \Rightarrow \widehat {DOC} = \widehat {DBO} + \widehat {BDO} = 2\widehat {DBO} = 2\widehat {{B_1}}.\)
Vì \(EBCD\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {{B_1}} = \widehat {{E_1}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\))
Vì \(BEHF\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {{B_1}} = \widehat {{E_2}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HF\))
\( \Rightarrow \widehat {DOC} = 2\widehat {{B_1}} = \widehat {{E_1}} + \widehat {{E_2}} = \widehat {FED}.\;\;\;\left( {dpcm} \right)\)
Câu 5:
Phương pháp:
Sử dụng các công thức \({S_{xq}} = 2\pi Rh\) và \({V_{tru}} = \pi {R^2}h\) trong đó R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.
Cách giải :
Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng \(256\pi c{m^2}\) và bán kính đáy bằng \(\dfrac{1}{2}\) đường cao. Tính bán kính đáy và thể tích hình trụ.
Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.
Vì bán kính đáy bằng \(\dfrac{1}{2}\) đường cao nên \(R = \dfrac{1}{2}h \Rightarrow h = 2R\)
Khi đó ta có \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .R.2R = 256\pi \Leftrightarrow {R^2} = 64 \Leftrightarrow R = 8\,\,\left( {cm} \right)\)
\( \Rightarrow h = 2.8 = 16\,\,\left( {cm} \right)\)
Vậy thể tích của khối trụ là \(V = \pi {R^2}h = \pi {.8^2}.16 = 1024\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Tiền Giang năm 2019 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho các em một cái nhìn tổng quan về đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang năm 2019, cùng với những phân tích chi tiết và hướng dẫn giải các bài tập điển hình.
Đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang năm 2019 thường bao gồm các phần sau:
Các dạng bài tập thường gặp trong đề thi bao gồm:
Để hiểu rõ hơn về đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang năm 2019, chúng ta sẽ cùng phân tích một số đề thi chính thức của năm này.
Đề thi sáng năm 2019 tập trung vào các kiến thức về đại số và hình học. Các bài toán đòi hỏi học sinh phải có khả năng vận dụng linh hoạt các công thức, định lý và kỹ năng giải toán. Một số bài toán có tính chất ứng dụng cao, đòi hỏi học sinh phải có khả năng tư duy logic và phân tích vấn đề.
Đề thi chiều năm 2019 tập trung vào các kiến thức về số học và hình học. Các bài toán đòi hỏi học sinh phải có khả năng tính toán nhanh nhạy và chính xác. Một số bài toán có tính chất thách thức, đòi hỏi học sinh phải có khả năng sáng tạo và tìm tòi.
Dưới đây là hướng dẫn giải một số bài tập điển hình trong đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang năm 2019:
Cho phương trình: 2x + 3 = 7. Hãy giải phương trình này.
Hướng dẫn giải:
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2.
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm, AC = 4cm. Hãy tính diện tích của tam giác ABC.
Hướng dẫn giải:
Diện tích tam giác ABC được tính theo công thức: S = (1/2) * AB * AC
Thay số: S = (1/2) * 3 * 4 = 6 cm2
Vậy diện tích của tam giác ABC là 6 cm2.
Đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang năm 2019 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng rằng với những phân tích chi tiết và hướng dẫn giải các bài tập điển hình trong bài viết này, các em sẽ có thêm kiến thức và tự tin hơn để 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.
