toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Trà Vinh năm 2023, được tổng hợp từ các nguồn uy tín. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh lớp 9 ôn luyện và làm quen với cấu trúc đề thi, từ đó tự tin đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Bộ đề thi này bao gồm các đề thi chính thức của các trường THPT trên địa bàn tỉnh Trà Vinh, cùng với các đề thi thử được biên soạn bởi các giáo viên có kinh nghiệm.
Câu 1: a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \). b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right.\) c) Giải phương trình \({x^4} - {x^2} - 12 = 0\).
Câu 1:
a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right.\)
c) Giải phương trình \({x^4} - {x^2} - 12 = 0\).
Câu 2: Trong mặt phẳng toạ đô Oxy, cho \(\left( P \right):y = {x^2}\)và đường thẳng \(\left( d \right):y = - x + 2.\)
a) Vẽ đồ thị hai hàm số \((P)\) và \((d)\).
b) Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\).
Câu 3: Thang cuốn ở siêu thị giúp khách hàng di chuyển từ tầng này sang tầng khác tiện lợi. Biết rằng thang cuốn được thiết kế có độ nghiêng so với mặt phẳng ngang là \(36^\circ \left( {\widehat {BAH} = 36^\circ } \right)\) và có vận tốc là 0,5m/s. Một khách hàng đã di chuyển bằng thang cuốn từ tầng một lên tầng hai theo hướng AB hết 12 giây. Tính chiều cao \((BH)\) của thang cuốn? (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).
Câu 4: Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn tâm O, vẽ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
b) Vẽ đường kính AC của (O), gọi D là giao điểm của MC và (O), biết D khác C. Chứng minh \(M{A^2} = MD.{\rm{ }}MC\)
c) Hai đoạn thẳng AB và MO cắt nhau tại H, kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh ba điểm E, H, D thẳng hàng.
Câu 5: Cho phương trình \({x^2} + 3x + m + 1 = 0\) ( \(m\) là tham số). (1)
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
b) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
--- HẾT---
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Khai phương căn bậc hai và rút gọn
b) Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số
c) Đặt \(t = {x^2}\) và giải phương trình bậc 2.
Cách giải:
a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \\A = \sqrt {{2^2}.5} - 2\sqrt {{4^2}.5} + 3\sqrt {{3^2}.5} \\A = 2.\sqrt 5 - 2.4\sqrt 5 + 3.3\sqrt 5 \\A = 2\sqrt 5 - 8\sqrt 5 + 9\sqrt 5 \\A = \left( {2 - 8 + 9} \right).\sqrt 5 \\A = 3\sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(A = 3\sqrt 5 \).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 8\\2y = x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)\).
c) Giải phương trình \({x^4} - {x^2} - 12 = 0\).
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} - t - 6 = 0\).
Ta có \(\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = \frac{{1 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 3\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = \frac{{1 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 2\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\).
Với \(t = 3 \Rightarrow {x^2} = 3 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 3 \).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \sqrt 3 } \right\}\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ Oxy
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P).
Cách giải:
a) Vẽ đồ thị hai hàm số \((P)\) và \((d)\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(\left( d \right):y = - x + 2\)
Lấy \(x = 0 \Rightarrow y = 2\)
\(y = 0 \Rightarrow x = 2\)
\( \Rightarrow \)Đồ thị hàm số \(\left( d \right):y = - x + 2\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {2;0} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2;4} \right);\,\,B\left( { - 1;1} \right);C\left( {1;1} \right);\,\,D\left( {2;4} \right)\)
Hệ số \(a = 1 > 0\) nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) như sau:
b) Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) ta có:
\(\begin{array}{l}{x^2} = - x + 2\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) - \left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1\) ta có: \(y = {1^2} = 1\)
Với \(x = - 2\) ta có: \(y = {\left( { - 2} \right)^2} = 4\)
Vậy \((P)\)cắt \((d)\) tại \(\left( { - 2;4} \right)\) và \(\left( {1;1} \right)\).
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn.
Cách giải:
Chiều dài thang máy là: \(12.0,5 = 6\left( m \right)\)
Trong DAHB vuông tại H ta có \(\sin \widehat {HAB} = \frac{{HB}}{{AB}}\)
Chiều cao HB của thang cuốn là: \(HB = \sin \widehat {HAB}.AB = \sin {36^0}.6 \approx 3,5\left( m \right)\)
Vậy chiều cao thang cuốn là 3,5m.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
a) Tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)
b) Chứng minh $\Delta MAD\backsim \Delta MCA\left( g.g \right)$
c) Chứng minh tổng các góc bằng \({180^0}\).
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
Do MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên \(MA \bot OA,MB \bot OB\) (tính chất)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle MAO = \angle MBO = {90^0}\\ \Rightarrow \angle MAO + \angle MBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối diện của tứ giác MAOB nên tứ giác MAOB nội tiếp (dhnb) (đpcm)
b) Vẽ đường kính AC của (O), gọi D là giao điểm của MC và (O), biết D khác C. Chứng minh \(M{A^2} = MD.{\rm{ }}MC\)
Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MCA\) có:
\(\angle AMC\) chung
\(\angle MAD = \angle MCA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)
$\Rightarrow \Delta MAD\backsim \Delta MCA\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{MA}{MC}=\frac{MD}{MA}\Leftrightarrow M{{A}^{2}}=MC.MD$ (đpcm)
c) Hai đoạn thẳng AB và MO cắt nhau tại H, kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh ba điểm E, H, D thẳng hàng.
Do MA, MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau của (O) nên MA = MB (tính chất)
Mà OA = OB (bằng bán kính) nên MO là trung trực của AB (tính chất)
\( \Rightarrow \) \(MO \bot AB\) tại H và H là trung điểm của AB
Khi đó xét tam giác MAO vuông tại A, đường cao AH có \(M{A^2} = MH.MO\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Mà \(M{A^2} = MC.MD\) (cmt) nên suy ra \(MH.MO = MD.MC \Leftrightarrow \frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)
Xét \(\Delta MHD\) và \(\Delta MCO\) có
\(\angle OMC\) chung
\(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)
$\Rightarrow \Delta MHD\backsim \Delta MCO\left( c.g.c \right)\Rightarrow \angle {{H}_{2}}=\angle MCO$ (2 góc tương ứng) (1)
Do BE đường kính nên \(\angle BAE = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow AE \bot AB\) mà \(AO \bot AB \Rightarrow AE\parallel AO\)
\( \Rightarrow \angle {H_1} = \angle AED\) (so le trong) (2)
Mà \(\angle AED = \angle ACD\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AD) (3)
Từ (1) (2) (3) suy ra \(\angle {H_1} = \angle {H_2}\)
Mà \(\angle {H_1} + \angle EHM = {180^0}\) (2 góc kề bù) \( \Rightarrow {H_2} + \angle MHE = {180^0}\)
\( \Rightarrow E,H,D\) thẳng hàng
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Tính \(\Delta \) và cho \(\Delta \ge 0\)
b) Áp dụng hệ thức Viet
Cách giải:
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
Do \(a = 1 \ne 0\) nên phương trình (1) là phương trình bậc 2
Ta có \(\Delta = {3^2} - 4.1\left( {m + 1} \right) = 9 - 4m - 4 = 5 - 4m\)
Để phương trình có 2 nghiệm thì \(\Delta \ge 0 \Leftrightarrow 5 - 4m \ge 0 \Leftrightarrow m \le \frac{5}{4}\)
Vậy \(m \le \frac{5}{4}\) thì phương trình (1) có 2 nghiệm.
b) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
Theo a, với \(m \le \frac{5}{4}\) thì phương trình (1) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\)
Áp dụng hệ thức Viet ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 3\\{x_1}.{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Ta có \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
\(\begin{array}{l} = x_1^2 + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\\ = x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 + 7m + {x_1}{x_2}\\ = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + {x_1}{x_2} + 7m\\ = {\left( { - 3} \right)^2} + m + 1 + 7m\\ = 8m + 10\end{array}\)
\( \Rightarrow P = 8m + 10\)
Với \(m \le \frac{5}{4}\)\( \Rightarrow 8m \le 10 \Rightarrow 8m + 10 \le 20 \Leftrightarrow P \le 20\)
Vậy GTLN của \(P = 20\) khi \(m = \frac{5}{4}\).
Câu 1:
a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right.\)
c) Giải phương trình \({x^4} - {x^2} - 12 = 0\).
Câu 2: Trong mặt phẳng toạ đô Oxy, cho \(\left( P \right):y = {x^2}\)và đường thẳng \(\left( d \right):y = - x + 2.\)
a) Vẽ đồ thị hai hàm số \((P)\) và \((d)\).
b) Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\).
Câu 3: Thang cuốn ở siêu thị giúp khách hàng di chuyển từ tầng này sang tầng khác tiện lợi. Biết rằng thang cuốn được thiết kế có độ nghiêng so với mặt phẳng ngang là \(36^\circ \left( {\widehat {BAH} = 36^\circ } \right)\) và có vận tốc là 0,5m/s. Một khách hàng đã di chuyển bằng thang cuốn từ tầng một lên tầng hai theo hướng AB hết 12 giây. Tính chiều cao \((BH)\) của thang cuốn? (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).
Câu 4: Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn tâm O, vẽ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
b) Vẽ đường kính AC của (O), gọi D là giao điểm của MC và (O), biết D khác C. Chứng minh \(M{A^2} = MD.{\rm{ }}MC\)
c) Hai đoạn thẳng AB và MO cắt nhau tại H, kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh ba điểm E, H, D thẳng hàng.
Câu 5: Cho phương trình \({x^2} + 3x + m + 1 = 0\) ( \(m\) là tham số). (1)
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
b) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
--- HẾT---
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Khai phương căn bậc hai và rút gọn
b) Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số
c) Đặt \(t = {x^2}\) và giải phương trình bậc 2.
Cách giải:
a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \\A = \sqrt {{2^2}.5} - 2\sqrt {{4^2}.5} + 3\sqrt {{3^2}.5} \\A = 2.\sqrt 5 - 2.4\sqrt 5 + 3.3\sqrt 5 \\A = 2\sqrt 5 - 8\sqrt 5 + 9\sqrt 5 \\A = \left( {2 - 8 + 9} \right).\sqrt 5 \\A = 3\sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(A = 3\sqrt 5 \).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 8\\2y = x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)\).
c) Giải phương trình \({x^4} - {x^2} - 12 = 0\).
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} - t - 6 = 0\).
Ta có \(\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = \frac{{1 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 3\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = \frac{{1 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 2\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\).
Với \(t = 3 \Rightarrow {x^2} = 3 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 3 \).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \sqrt 3 } \right\}\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ Oxy
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P).
Cách giải:
a) Vẽ đồ thị hai hàm số \((P)\) và \((d)\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(\left( d \right):y = - x + 2\)
Lấy \(x = 0 \Rightarrow y = 2\)
\(y = 0 \Rightarrow x = 2\)
\( \Rightarrow \)Đồ thị hàm số \(\left( d \right):y = - x + 2\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {2;0} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2;4} \right);\,\,B\left( { - 1;1} \right);C\left( {1;1} \right);\,\,D\left( {2;4} \right)\)
Hệ số \(a = 1 > 0\) nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) như sau:
b) Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) ta có:
\(\begin{array}{l}{x^2} = - x + 2\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) - \left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1\) ta có: \(y = {1^2} = 1\)
Với \(x = - 2\) ta có: \(y = {\left( { - 2} \right)^2} = 4\)
Vậy \((P)\)cắt \((d)\) tại \(\left( { - 2;4} \right)\) và \(\left( {1;1} \right)\).
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn.
Cách giải:
Chiều dài thang máy là: \(12.0,5 = 6\left( m \right)\)
Trong DAHB vuông tại H ta có \(\sin \widehat {HAB} = \frac{{HB}}{{AB}}\)
Chiều cao HB của thang cuốn là: \(HB = \sin \widehat {HAB}.AB = \sin {36^0}.6 \approx 3,5\left( m \right)\)
Vậy chiều cao thang cuốn là 3,5m.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
a) Tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)
b) Chứng minh $\Delta MAD\backsim \Delta MCA\left( g.g \right)$
c) Chứng minh tổng các góc bằng \({180^0}\).
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
Do MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên \(MA \bot OA,MB \bot OB\) (tính chất)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle MAO = \angle MBO = {90^0}\\ \Rightarrow \angle MAO + \angle MBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối diện của tứ giác MAOB nên tứ giác MAOB nội tiếp (dhnb) (đpcm)
b) Vẽ đường kính AC của (O), gọi D là giao điểm của MC và (O), biết D khác C. Chứng minh \(M{A^2} = MD.{\rm{ }}MC\)
Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MCA\) có:
\(\angle AMC\) chung
\(\angle MAD = \angle MCA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)
$\Rightarrow \Delta MAD\backsim \Delta MCA\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{MA}{MC}=\frac{MD}{MA}\Leftrightarrow M{{A}^{2}}=MC.MD$ (đpcm)
c) Hai đoạn thẳng AB và MO cắt nhau tại H, kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh ba điểm E, H, D thẳng hàng.
Do MA, MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau của (O) nên MA = MB (tính chất)
Mà OA = OB (bằng bán kính) nên MO là trung trực của AB (tính chất)
\( \Rightarrow \) \(MO \bot AB\) tại H và H là trung điểm của AB
Khi đó xét tam giác MAO vuông tại A, đường cao AH có \(M{A^2} = MH.MO\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Mà \(M{A^2} = MC.MD\) (cmt) nên suy ra \(MH.MO = MD.MC \Leftrightarrow \frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)
Xét \(\Delta MHD\) và \(\Delta MCO\) có
\(\angle OMC\) chung
\(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)
$\Rightarrow \Delta MHD\backsim \Delta MCO\left( c.g.c \right)\Rightarrow \angle {{H}_{2}}=\angle MCO$ (2 góc tương ứng) (1)
Do BE đường kính nên \(\angle BAE = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow AE \bot AB\) mà \(AO \bot AB \Rightarrow AE\parallel AO\)
\( \Rightarrow \angle {H_1} = \angle AED\) (so le trong) (2)
Mà \(\angle AED = \angle ACD\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AD) (3)
Từ (1) (2) (3) suy ra \(\angle {H_1} = \angle {H_2}\)
Mà \(\angle {H_1} + \angle EHM = {180^0}\) (2 góc kề bù) \( \Rightarrow {H_2} + \angle MHE = {180^0}\)
\( \Rightarrow E,H,D\) thẳng hàng
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Tính \(\Delta \) và cho \(\Delta \ge 0\)
b) Áp dụng hệ thức Viet
Cách giải:
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
Do \(a = 1 \ne 0\) nên phương trình (1) là phương trình bậc 2
Ta có \(\Delta = {3^2} - 4.1\left( {m + 1} \right) = 9 - 4m - 4 = 5 - 4m\)
Để phương trình có 2 nghiệm thì \(\Delta \ge 0 \Leftrightarrow 5 - 4m \ge 0 \Leftrightarrow m \le \frac{5}{4}\)
Vậy \(m \le \frac{5}{4}\) thì phương trình (1) có 2 nghiệm.
b) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
Theo a, với \(m \le \frac{5}{4}\) thì phương trình (1) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\)
Áp dụng hệ thức Viet ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 3\\{x_1}.{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Ta có \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
\(\begin{array}{l} = x_1^2 + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\\ = x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 + 7m + {x_1}{x_2}\\ = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + {x_1}{x_2} + 7m\\ = {\left( { - 3} \right)^2} + m + 1 + 7m\\ = 8m + 10\end{array}\)
\( \Rightarrow P = 8m + 10\)
Với \(m \le \frac{5}{4}\)\( \Rightarrow 8m \le 10 \Rightarrow 8m + 10 \le 20 \Leftrightarrow P \le 20\)
Vậy GTLN của \(P = 20\) khi \(m = \frac{5}{4}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Trà Vinh năm 2023 là một bước quan trọng đánh dấu sự chuyển cấp từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Kỳ thi này không chỉ kiểm tra kiến thức Toán học mà còn đánh giá khả năng tư duy logic, giải quyết vấn đề và áp dụng kiến thức vào thực tế của học sinh. Do đó, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết.
Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi, học sinh cần tập trung ôn luyện các chủ đề sau:
Việc luyện tập với các đề thi thử là một cách hiệu quả để làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải đề, và đánh giá trình độ hiện tại. toan9.edu.vn cung cấp một bộ sưu tập các đề thi thử vào 10 môn Toán Trà Vinh năm 2023, được biên soạn bởi các giáo viên có kinh nghiệm. Các em học sinh có thể tải về và luyện tập để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi.
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Trà Vinh năm 2023, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Trà Vinh năm 2023 là một thử thách lớn, nhưng với sự chuẩn bị kỹ lưỡng và phương pháp học tập đúng đắn, các em học sinh hoàn toàn có thể đạt được kết quả tốt nhất. toan9.edu.vn hy vọng rằng bộ đề thi và các tài liệu tham khảo mà chúng tôi cung cấp sẽ giúp các em tự tin bước vào kỳ thi và đạt được ước mơ của mình.
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.
