toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2020 chính thức, được tổng hợp đầy đủ và cập nhật mới nhất. 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 đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cam kết cung cấp những đề thi chất lượng, có đáp án chi tiết và lời giải dễ hiểu, giúp các em nắm vững kiến thức và phương pháp giải quyết các dạng bài tập thường gặp.
Bài 1: Tính giá trị biểu thức:
Bài 1:
Tính giá trị biểu thức:
a) \(A = 2\sqrt {20} + 3\sqrt {45} - \sqrt {80} \) b) \(B = \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt 7 } \right)}^2}} + \sqrt {11 + 4\sqrt 7 } \)
Bài 2:
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\). b) \(3{x^2} - 12 = 0\)
b) \(3{x^2} - 12 = 0\) d) \({x^4} - 4{x^2} + 4 = 0\)
Bài 3:
a) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right).\) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
b) Cho phương trình \({x^2} + \left( {2m - 5} \right)x + 4 - 2m = 0\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 1.\)
Bài 4:
Một người dự định đi xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách nhau 90 km. Vì có việc gấp cần đến Sóc Trăng trước giờ dự định 27 phút, nên người ấy phải tăng vận tốc thêm 10 km/h. Hãy tính vận tốc xe máy mà người đó dự định đi.
Bài 5:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) , đường cao AH. Biết \(BH = 4cm,{\rm{ }}CH = 9cm\)
a) Tính độ dài đường cao AH và số đo \(\angle ABH\) (làm tròn đến độ)
b) Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC \(\left( {M \in BC} \right)\) , tính diện tích tam giác \(AHM.\)
Bài 6:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ đường thẳng \(d\) vuông góc với OA tại M \(\left( {M \ne O,A} \right)\). Trên \(d\) lấy điểm N sao cho N nằm bên ngoài nửa đường tròn \(\left( O \right)\). Kẻ tiếp tuyến \(NE\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (E là tiếp điểm, E và A nằm cùng phía đối với đường thẳng \(d\))
a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp được đường tròn.
b) Nối NB cắt nửa đường tròn (O) tại C. Chứng minh \(N{E^2} = NC.NB\).
c) Gọi H là giao điểm của AC và \(d\), F là giao điểm của tia EH và nửa đường tròn (O). Chứng minh \(\angle NEF = \angle NOF\)
Bài 7:
Cho hai phương trình \({x^2} + \left( {2{m^2} + 1} \right)x + {m^3} + 7\sqrt 2 - 23 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) và \(2{x^2} + \left( {{m^2} - m} \right)x + 9\sqrt 2 - 30 = 0\,\,\,\left( 2 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
Tìm giá trị của tham số \(m\) để phương trình (1) và phương trình (2) có nghiệm chung \(x = 3\).
Bài 1:
Tính giá trị biểu thức:
a) \(A = 2\sqrt {20} + 3\sqrt {45} - \sqrt {80} \) b) \(B = \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt 7 } \right)}^2}} + \sqrt {11 + 4\sqrt 7 } \)
Bài 2:
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\). b) \(3{x^2} - 12 = 0\)
b) \(3{x^2} - 12 = 0\) d) \({x^4} - 4{x^2} + 4 = 0\)
Bài 3:
a) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right).\) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
b) Cho phương trình \({x^2} + \left( {2m - 5} \right)x + 4 - 2m = 0\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 1.\)
Bài 4:
Một người dự định đi xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách nhau 90 km. Vì có việc gấp cần đến Sóc Trăng trước giờ dự định 27 phút, nên người ấy phải tăng vận tốc thêm 10 km/h. Hãy tính vận tốc xe máy mà người đó dự định đi.
Bài 5:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) , đường cao AH. Biết \(BH = 4cm,{\rm{ }}CH = 9cm\)
a) Tính độ dài đường cao AH và số đo \(\angle ABH\) (làm tròn đến độ)
b) Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC \(\left( {M \in BC} \right)\) , tính diện tích tam giác \(AHM.\)
Bài 6:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ đường thẳng \(d\) vuông góc với OA tại M \(\left( {M \ne O,A} \right)\). Trên \(d\) lấy điểm N sao cho N nằm bên ngoài nửa đường tròn \(\left( O \right)\). Kẻ tiếp tuyến \(NE\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (E là tiếp điểm, E và A nằm cùng phía đối với đường thẳng \(d\))
a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp được đường tròn.
b) Nối NB cắt nửa đường tròn (O) tại C. Chứng minh \(N{E^2} = NC.NB\).
c) Gọi H là giao điểm của AC và \(d\), F là giao điểm của tia EH và nửa đường tròn (O). Chứng minh \(\angle NEF = \angle NOF\)
Bài 7:
Cho hai phương trình \({x^2} + \left( {2{m^2} + 1} \right)x + {m^3} + 7\sqrt 2 - 23 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) và \(2{x^2} + \left( {{m^2} - m} \right)x + 9\sqrt 2 - 30 = 0\,\,\,\left( 2 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
Tìm giá trị của tham số \(m\) để phương trình (1) và phương trình (2) có nghiệm chung \(x = 3\).
Bài 1. (1,0 điểm)
Cách giải:
Tính giá trị biểu thức:
a) \(A = 2\sqrt {20} + 3\sqrt {45} - \sqrt {80} \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow A = 2\sqrt {{2^2}.5} + 3\sqrt {{3^2}.5} - \sqrt {{4^2}.5} \\ \Leftrightarrow A = 2.2\sqrt 5 + 3.3\sqrt 5 - 4\sqrt 5 \\ \Leftrightarrow A = 4\sqrt 5 + 9\sqrt 5 - 4\sqrt 5 \\ \Leftrightarrow A = 9\sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(A = 9\sqrt 5 \).
b) \(B = \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt 7 } \right)}^2}} + \sqrt {11 + 4\sqrt 7 } \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow B = \left| {3 - \sqrt 7 } \right| + \sqrt {{{\left( {\sqrt 7 } \right)}^2} + 2.\sqrt 7 .2 + {2^2}} \\ \Leftrightarrow B = 3 - \sqrt 7 + \sqrt {{{\left( {\sqrt 7 + 2} \right)}^2}} \,\,\left( {Do\,\,3 - \sqrt 7 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow B = 3 - \sqrt 7 + \left| {\sqrt 7 + 2} \right|\\ \Leftrightarrow B = 3 - \sqrt 7 + \sqrt 7 + 2\,\,\,\left( {Do\,\,\sqrt 7 + 2 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow B = 5\end{array}\)
Vậy \(B = 5\).
Bài 2. (2,0 điểm)
Cách giải:
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\).
Nhận xét:
Ta có: \(a + b + c = 3 + \left( { - 7} \right) + 4 = 0\) nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} = 1\), \({x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{4}{3}\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;\dfrac{4}{3}} \right\}\).
b) \(3{x^2} - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3{x^2} = 12\\ \Leftrightarrow {x^2} = 4\\ \Leftrightarrow x = \pm 2\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 2} \right\}\).
c) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 8\\6x - 3y = 27\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 35\\x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\5 + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;1} \right)\).
d) \({x^4} - 4{x^2} + 4 = 0\)
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), khi đó phương trình trở thành: \({t^2} - 4t + 4 = 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {t - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow t = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Với \(t = 2 \Rightarrow {x^2} = 2 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2 \).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \sqrt 2 } \right\}\).
Bài 3. (2 điểm)
Cách giải:
a) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right).\) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | \(0\) | \(2\) | \(4\) |
\(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) là đường cong nhận trục tung làm trục đối xứng và đi qua các điểm \(\left( { - 4;\,\,8} \right),\,\,\left( { - 2;\,\,2} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\,\left( {2;\,\,2} \right),\,\,\,\left( {4;\,\,8} \right).\)
Đồ thị hàm số:
b) Cho phương trình \({x^2} + \left( {2m - 5} \right)x + 4 - 2m = 0\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 1.\)
Xét phương trình \({x^2} + \left( {2m - 5} \right)x + 4 - 2m = 0\,\,\,\,\left( * \right)\).
Phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {2m - 5} \right)^2} - 4.\left( {4 - 2m} \right) > 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 20m + 25 - 16 + 8m > 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 12m + 9 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2m - 3} \right)^2} > 0\\ \Leftrightarrow 2m - 3 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne \dfrac{3}{2}\end{array}\)
Với \(m \ne \dfrac{3}{2}\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt\({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2m + 5\\{x_1}{x_2} = 4 - 2m\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^3 + x_2^3 = 1\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1\\ \Leftrightarrow {\left( { - 2m + 5} \right)^3} - 3\left( {4 - 2m} \right)\left( { - 2m + 5} \right) = 1\\ \Leftrightarrow - 8{m^3} + 60{m^2} - 150m + 125 - 60 - 12{m^2} + 54m = 1\\ \Leftrightarrow - 8{m^3} + 48{m^2} - 96m + 64 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( { - 2m + 4} \right)^3} = 0\\ \Leftrightarrow - 2m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow 2m = 4\\ \Leftrightarrow m = 2\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 2\).
Bài 4. (1,0 điểm)
Cách giải:
Một người dự định đi xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách nhau 90 km. Vì có việc gấp cần đến Sóc Trăng trước giờ dự định 27 phút, nên người ấy phải tăng vận tốc thêm 10 km/h. Hãy tính vận tốc xe máy mà người đó dự định đi.
Gọi vận tốc dự định của người đó là \(x\,\,\left( {km/h} \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian dự định người đó đi đến Sóc Trăng là: \(\dfrac{{90}}{x}\,\,\left( h \right).\)
Vận tốc thực tế người đó đi là: \(x + 10\,\,\left( {km/h} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian thực tế người đó đi đến Sóc Trăng là:\(\dfrac{{90}}{{x + 10}}\,\,\left( h \right).\)
Người đó đến Sóc Trăng sớm hơn dự định \(27\) phút \( = \dfrac{{27}}{{60}} = \dfrac{9}{{20}}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{90}}{x} - \dfrac{{90}}{{x + 10}} = \dfrac{9}{{20}} \Leftrightarrow \dfrac{{10}}{x} - \dfrac{{10}}{{x + 10}} = \dfrac{1}{{20}}\\ \Leftrightarrow 10.20\left( {x + 10} \right) - 10.20x = x\left( {x + 10} \right)\\ \Leftrightarrow 2000 = {x^2} + 10x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 2000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 50x - 40x - 2000 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 50} \right) - 40\left( {x + 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 50} \right)\left( {x - 40} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 50 = 0\\x - 40 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 50\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 40\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc dự định của người đó là 40 km/h.
Bài 5. (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) , đường cao AH. Biết \(BH = 4cm,{\rm{ }}CH = 9cm\)
a) Tính độ dài đường cao AH và số đo \(\angle ABH\) (làm tròn đến độ)
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH,\) theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(A{H^2} = BH.CH = 4.9 = 36\) \( \Rightarrow AH = 6cm\).
Xét tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\) ta có: \(\tan \angle ABH = \dfrac{{AH}}{{BH}} = \dfrac{6}{4} = 1,5\) \( \Rightarrow \angle ABH \approx {56^0}\) .
Vậy \(AH = 6\,\,cm\) và \(\angle ABH \approx {56^0}\).
b) Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC \(\left( {M \in BC} \right)\) , tính diện tích tam giác \(AHM.\)
Ta có: \(BC = BH + CH = 4 + 9 = 13\,\,\left( {cm} \right)\).
Vì \(M\) là trung điểm cạnh \(BC\) nên \(BM = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{{13}}{2} = 6,5\,\,\left( {cm} \right)\).
Suy ra \(HM = BM - BH = 6,5 - 4 = 2,5\,\,\left( {cm} \right)\).
Diện tích tam giác \(AHM\) vuông tại \(H\) là \({S_{AHM}} = \dfrac{1}{2}AH.HM = \dfrac{1}{2}.6.2,5 = 7,5\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Bài 6. (2,5 điểm)
Cách giải:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ đường thẳng \(d\) vuông góc với OA tại M \(\left( {M \ne O,A} \right)\). Trên \(d\) lấy điểm N sao cho N nằm bên ngoài nửa đường tròn \(\left( O \right)\). Kẻ tiếp tuyến \(NE\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (E là tiếp điểm, E và A nằm cùng phía đối với đường thẳng \(d\))
a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp được đường tròn.
Ta có: \(d \bot OA \Rightarrow \angle NMO = {90^0}\)
\(NE\) là tiếp tuyến với \(\left( O \right)\) tại \(E\) nên \(OE \bot NE \Rightarrow \angle NEO = {90^0}\)
Tứ giác \(OMEN\) có \(\angle NMO = \angle NEO = {90^0}\)
Nên \(OMEN\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng) (đpcm)
b) Nối NB cắt nửa đường tròn (O) tại C. Chứng minh \(N{E^2} = NC.NB\).
Nối \(E\) với \(C,\,\,E\) với \(B.\)
Xét \(\Delta NEC\) và \(\Delta NBE\) có:
\(\angle N\,\,\,chung\)
\(\angle NBE = \angle NEC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(EC\))
\( \Rightarrow \Delta NEC \sim \Delta NBE\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NE}}{{NB}} = \dfrac{{NC}}{{NE}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow N{E^2} = NB.NC\) (đpcm)
c) Gọi H là giao điểm của AC và \(d\), F là giao điểm của tia EH và nửa đường tròn (O). Chứng minh \(\angle NEF = \angle NOF\)
Xét \(\Delta NCH\) và \(\Delta NMB\) có:
\(\begin{array}{l}\angle N\,\,\,chung\\\angle NCH = \angle NMB = {90^0}\\ \Rightarrow \Delta NCH \sim \Delta NMB\,\,\,\left( {g - g} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NC}}{{NM}} = \dfrac{{NH}}{{NB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow NC.NB = NH.NM\)
Mà \(N{E^2} = NB.NC\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(N{E^2} = NH.NM\) \( \Rightarrow \dfrac{{NE}}{{NM}} = \dfrac{{NH}}{{NE}}\)
Xét \(\Delta NEH\) và \(\Delta NME\) có:
\(\begin{array}{l}\angle N\,\,\,chung\\\dfrac{{NE}}{{NM}} = \dfrac{{NH}}{{NE}}\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta NEH \sim \Delta NME\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle NHE = \angle NEM\) (các góc tương ứng) (1)
Kẻ tiếp tuyến \(NF'\) với nửa đường tròn \(\left( O \right).\)
Do \(NE = NF'\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow NF{'^2} = NH.NM\) \( \Rightarrow \dfrac{{NF'}}{{NH}} = \dfrac{{NM}}{{NF'}}\)
Xét \(\Delta NF'H\) và \(\Delta NMF'\) có:
\(\begin{array}{l}\angle N\,\,\,chung\\\dfrac{{NF'}}{{NH}} = \dfrac{{NM}}{{NF'}}\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta NF'H \sim \Delta NMF'\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle NHF' = \angle NF'M\) (các góc tương ứng) (2)
Lại có tứ giác \(OMEN\) nội tiếp (câu a) nên bốn điểm \(O,\,\,M,\,\,E,\,\,N\) cùng thuộc một đường tròn. (3)
Tứ giác \(OENF'\) có \(\angle OEN + \angle OF'N = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
Do đó bốn điểm \(O,\,\,E,\,\,N,\,\,F'\) cùng thuộc một đường tròn. (4)
Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm \(O,\,\,M,\,\,E,\,\,N,\,\,F'\) cùng thuộc một đường tròn.
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(MENF'\) nội tiếp.
\( \Rightarrow \angle NEM + \angle NF'M = {180^0}\) (tính chất) (5)
Từ (1), (2) và (5) suy ra \( \Rightarrow \angle NHE + \angle NHF' = \angle NEM + \angle NF'M = {180^0}\)
\( \Rightarrow E,H,F'\) thằng hàng hay \(F'\) là giao điểm của \(EH\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow F' \equiv F\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(NEOF\) nội tiếp
\( \Rightarrow \angle NEF = \angle NOF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(NF\)) (đpcm).
Bài 7. (0,5 điểm)
Cách giải:
Cho hai phương trình \({x^2} + \left( {2{m^2} + 1} \right)x + {m^3} + 7\sqrt 2 - 23 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) và \(2{x^2} + \left( {{m^2} - m} \right)x + 9\sqrt 2 - 30 = 0\,\,\,\left( 2 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
Tìm giá trị của tham số \(m\) để phương trình (1) và phương trình (2) có nghiệm chung \(x = 3\).
Phương trình (1) có hai nghiệm \({\Delta _1} \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {2{m^2} + 1} \right)^2} - 4\left( {{m^3} + 7\sqrt 2 - 23} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 4{m^4} + 4{m^2} + 1 - 4{m^3} - 28\sqrt 2 + 92 \ge 0\\ \Leftrightarrow 4{m^4} - 4{m^3} + 4{m^2} - 28\sqrt 2 + 93 \ge 0\,\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Phương trình (2) có hai nghiệm \({\Delta _2} \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{m^2} - m} \right)^2} - 8\left( {9\sqrt 2 - 30} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {m^4} - 2{m^3} + {m^2} - 72\sqrt 2 + 240 \ge 0\,\,\,\left( {**} \right)\end{array}\)
Hai phương trình đã cho có nghiệm chung là \(x = 3\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 + \left( {2{m^2} + 1} \right).3 + {m^3} + 7\sqrt 2 - 23 = 0\\2.9 + \left( {{m^2} - m} \right).3 + 9\sqrt 2 - 30 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^3} + 6{m^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\3{m^2} - 3m + 9\sqrt 2 - 12 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^3} + 6{m^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\,\,\,\,\left( 3 \right)\\{m^2} - m + 3\sqrt 2 - 4 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Giải phương trình (4) ta được:
\(\begin{array}{l}\left( 4 \right) \Leftrightarrow {m^2} - m = 4 - 3\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {m^2} - 2.m.\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{{17}}{4} - 3\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{{17 - 12\sqrt 2 }}{4}\\ \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{{9 - 2.3.2\sqrt 2 + 8}}{4}\\ \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{{{{\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right)}^2}}}{4}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - \dfrac{1}{2} = \dfrac{{3 - 2\sqrt 2 }}{2}\\m - \dfrac{1}{2} = - \dfrac{{3 - 2\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2 - \sqrt 2 \,\,\,\,\left( {tm\,\,\,\left( * \right),\,\,\left( {**} \right)} \right)\\m = \sqrt 2 - 1\,\,\,\left( {tm\,\,\,\left( * \right),\,\,\left( {**} \right)} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
+) Với \(m = 2 - \sqrt 2 \) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 3 \right) \Leftrightarrow {\left( {2 - \sqrt 2 } \right)^3} + 6{\left( {2 - \sqrt 2 } \right)^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow 20 - 14\sqrt 2 + 6\left( {6 - 4\sqrt 2 } \right) + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow 9 - 7\sqrt 2 + 36 - 24\sqrt 2 = 0\\ \Leftrightarrow 45 - 31\sqrt 2 = 0\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow m = 2 - \sqrt 2 \) không thỏa mãn bài toán.
+) Với \(m = \sqrt 2 - 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 3 \right) \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^3} + 6{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow - 7 + 5\sqrt 2 + 6\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right) + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow - 18 + 12\sqrt 2 + 18 - 12\sqrt 2 = 0\\ \Leftrightarrow 0 = 0\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow m = \sqrt 2 - 1\) thỏa mãn bài toán.
Vậy \(m = \sqrt 2 - 1\) thỏa mãn bài toán.
Bài 1. (1,0 điểm)
Cách giải:
Tính giá trị biểu thức:
a) \(A = 2\sqrt {20} + 3\sqrt {45} - \sqrt {80} \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow A = 2\sqrt {{2^2}.5} + 3\sqrt {{3^2}.5} - \sqrt {{4^2}.5} \\ \Leftrightarrow A = 2.2\sqrt 5 + 3.3\sqrt 5 - 4\sqrt 5 \\ \Leftrightarrow A = 4\sqrt 5 + 9\sqrt 5 - 4\sqrt 5 \\ \Leftrightarrow A = 9\sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(A = 9\sqrt 5 \).
b) \(B = \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt 7 } \right)}^2}} + \sqrt {11 + 4\sqrt 7 } \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow B = \left| {3 - \sqrt 7 } \right| + \sqrt {{{\left( {\sqrt 7 } \right)}^2} + 2.\sqrt 7 .2 + {2^2}} \\ \Leftrightarrow B = 3 - \sqrt 7 + \sqrt {{{\left( {\sqrt 7 + 2} \right)}^2}} \,\,\left( {Do\,\,3 - \sqrt 7 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow B = 3 - \sqrt 7 + \left| {\sqrt 7 + 2} \right|\\ \Leftrightarrow B = 3 - \sqrt 7 + \sqrt 7 + 2\,\,\,\left( {Do\,\,\sqrt 7 + 2 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow B = 5\end{array}\)
Vậy \(B = 5\).
Bài 2. (2,0 điểm)
Cách giải:
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\).
Nhận xét:
Ta có: \(a + b + c = 3 + \left( { - 7} \right) + 4 = 0\) nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} = 1\), \({x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{4}{3}\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;\dfrac{4}{3}} \right\}\).
b) \(3{x^2} - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3{x^2} = 12\\ \Leftrightarrow {x^2} = 4\\ \Leftrightarrow x = \pm 2\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 2} \right\}\).
c) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 8\\6x - 3y = 27\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 35\\x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\5 + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;1} \right)\).
d) \({x^4} - 4{x^2} + 4 = 0\)
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), khi đó phương trình trở thành: \({t^2} - 4t + 4 = 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {t - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow t = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Với \(t = 2 \Rightarrow {x^2} = 2 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2 \).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \sqrt 2 } \right\}\).
Bài 3. (2 điểm)
Cách giải:
a) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right).\) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | \(0\) | \(2\) | \(4\) |
\(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) là đường cong nhận trục tung làm trục đối xứng và đi qua các điểm \(\left( { - 4;\,\,8} \right),\,\,\left( { - 2;\,\,2} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\,\left( {2;\,\,2} \right),\,\,\,\left( {4;\,\,8} \right).\)
Đồ thị hàm số:
b) Cho phương trình \({x^2} + \left( {2m - 5} \right)x + 4 - 2m = 0\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 1.\)
Xét phương trình \({x^2} + \left( {2m - 5} \right)x + 4 - 2m = 0\,\,\,\,\left( * \right)\).
Phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {2m - 5} \right)^2} - 4.\left( {4 - 2m} \right) > 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 20m + 25 - 16 + 8m > 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 12m + 9 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2m - 3} \right)^2} > 0\\ \Leftrightarrow 2m - 3 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne \dfrac{3}{2}\end{array}\)
Với \(m \ne \dfrac{3}{2}\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt\({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2m + 5\\{x_1}{x_2} = 4 - 2m\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^3 + x_2^3 = 1\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1\\ \Leftrightarrow {\left( { - 2m + 5} \right)^3} - 3\left( {4 - 2m} \right)\left( { - 2m + 5} \right) = 1\\ \Leftrightarrow - 8{m^3} + 60{m^2} - 150m + 125 - 60 - 12{m^2} + 54m = 1\\ \Leftrightarrow - 8{m^3} + 48{m^2} - 96m + 64 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( { - 2m + 4} \right)^3} = 0\\ \Leftrightarrow - 2m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow 2m = 4\\ \Leftrightarrow m = 2\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 2\).
Bài 4. (1,0 điểm)
Cách giải:
Một người dự định đi xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách nhau 90 km. Vì có việc gấp cần đến Sóc Trăng trước giờ dự định 27 phút, nên người ấy phải tăng vận tốc thêm 10 km/h. Hãy tính vận tốc xe máy mà người đó dự định đi.
Gọi vận tốc dự định của người đó là \(x\,\,\left( {km/h} \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian dự định người đó đi đến Sóc Trăng là: \(\dfrac{{90}}{x}\,\,\left( h \right).\)
Vận tốc thực tế người đó đi là: \(x + 10\,\,\left( {km/h} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian thực tế người đó đi đến Sóc Trăng là:\(\dfrac{{90}}{{x + 10}}\,\,\left( h \right).\)
Người đó đến Sóc Trăng sớm hơn dự định \(27\) phút \( = \dfrac{{27}}{{60}} = \dfrac{9}{{20}}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{90}}{x} - \dfrac{{90}}{{x + 10}} = \dfrac{9}{{20}} \Leftrightarrow \dfrac{{10}}{x} - \dfrac{{10}}{{x + 10}} = \dfrac{1}{{20}}\\ \Leftrightarrow 10.20\left( {x + 10} \right) - 10.20x = x\left( {x + 10} \right)\\ \Leftrightarrow 2000 = {x^2} + 10x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 2000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 50x - 40x - 2000 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 50} \right) - 40\left( {x + 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 50} \right)\left( {x - 40} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 50 = 0\\x - 40 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 50\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 40\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc dự định của người đó là 40 km/h.
Bài 5. (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) , đường cao AH. Biết \(BH = 4cm,{\rm{ }}CH = 9cm\)
a) Tính độ dài đường cao AH và số đo \(\angle ABH\) (làm tròn đến độ)
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH,\) theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(A{H^2} = BH.CH = 4.9 = 36\) \( \Rightarrow AH = 6cm\).
Xét tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\) ta có: \(\tan \angle ABH = \dfrac{{AH}}{{BH}} = \dfrac{6}{4} = 1,5\) \( \Rightarrow \angle ABH \approx {56^0}\) .
Vậy \(AH = 6\,\,cm\) và \(\angle ABH \approx {56^0}\).
b) Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC \(\left( {M \in BC} \right)\) , tính diện tích tam giác \(AHM.\)
Ta có: \(BC = BH + CH = 4 + 9 = 13\,\,\left( {cm} \right)\).
Vì \(M\) là trung điểm cạnh \(BC\) nên \(BM = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{{13}}{2} = 6,5\,\,\left( {cm} \right)\).
Suy ra \(HM = BM - BH = 6,5 - 4 = 2,5\,\,\left( {cm} \right)\).
Diện tích tam giác \(AHM\) vuông tại \(H\) là \({S_{AHM}} = \dfrac{1}{2}AH.HM = \dfrac{1}{2}.6.2,5 = 7,5\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Bài 6. (2,5 điểm)
Cách giải:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ đường thẳng \(d\) vuông góc với OA tại M \(\left( {M \ne O,A} \right)\). Trên \(d\) lấy điểm N sao cho N nằm bên ngoài nửa đường tròn \(\left( O \right)\). Kẻ tiếp tuyến \(NE\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (E là tiếp điểm, E và A nằm cùng phía đối với đường thẳng \(d\))
a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp được đường tròn.
Ta có: \(d \bot OA \Rightarrow \angle NMO = {90^0}\)
\(NE\) là tiếp tuyến với \(\left( O \right)\) tại \(E\) nên \(OE \bot NE \Rightarrow \angle NEO = {90^0}\)
Tứ giác \(OMEN\) có \(\angle NMO = \angle NEO = {90^0}\)
Nên \(OMEN\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng) (đpcm)
b) Nối NB cắt nửa đường tròn (O) tại C. Chứng minh \(N{E^2} = NC.NB\).
Nối \(E\) với \(C,\,\,E\) với \(B.\)
Xét \(\Delta NEC\) và \(\Delta NBE\) có:
\(\angle N\,\,\,chung\)
\(\angle NBE = \angle NEC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(EC\))
\( \Rightarrow \Delta NEC \sim \Delta NBE\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NE}}{{NB}} = \dfrac{{NC}}{{NE}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow N{E^2} = NB.NC\) (đpcm)
c) Gọi H là giao điểm của AC và \(d\), F là giao điểm của tia EH và nửa đường tròn (O). Chứng minh \(\angle NEF = \angle NOF\)
Xét \(\Delta NCH\) và \(\Delta NMB\) có:
\(\begin{array}{l}\angle N\,\,\,chung\\\angle NCH = \angle NMB = {90^0}\\ \Rightarrow \Delta NCH \sim \Delta NMB\,\,\,\left( {g - g} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NC}}{{NM}} = \dfrac{{NH}}{{NB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow NC.NB = NH.NM\)
Mà \(N{E^2} = NB.NC\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(N{E^2} = NH.NM\) \( \Rightarrow \dfrac{{NE}}{{NM}} = \dfrac{{NH}}{{NE}}\)
Xét \(\Delta NEH\) và \(\Delta NME\) có:
\(\begin{array}{l}\angle N\,\,\,chung\\\dfrac{{NE}}{{NM}} = \dfrac{{NH}}{{NE}}\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta NEH \sim \Delta NME\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle NHE = \angle NEM\) (các góc tương ứng) (1)
Kẻ tiếp tuyến \(NF'\) với nửa đường tròn \(\left( O \right).\)
Do \(NE = NF'\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow NF{'^2} = NH.NM\) \( \Rightarrow \dfrac{{NF'}}{{NH}} = \dfrac{{NM}}{{NF'}}\)
Xét \(\Delta NF'H\) và \(\Delta NMF'\) có:
\(\begin{array}{l}\angle N\,\,\,chung\\\dfrac{{NF'}}{{NH}} = \dfrac{{NM}}{{NF'}}\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta NF'H \sim \Delta NMF'\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle NHF' = \angle NF'M\) (các góc tương ứng) (2)
Lại có tứ giác \(OMEN\) nội tiếp (câu a) nên bốn điểm \(O,\,\,M,\,\,E,\,\,N\) cùng thuộc một đường tròn. (3)
Tứ giác \(OENF'\) có \(\angle OEN + \angle OF'N = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
Do đó bốn điểm \(O,\,\,E,\,\,N,\,\,F'\) cùng thuộc một đường tròn. (4)
Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm \(O,\,\,M,\,\,E,\,\,N,\,\,F'\) cùng thuộc một đường tròn.
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(MENF'\) nội tiếp.
\( \Rightarrow \angle NEM + \angle NF'M = {180^0}\) (tính chất) (5)
Từ (1), (2) và (5) suy ra \( \Rightarrow \angle NHE + \angle NHF' = \angle NEM + \angle NF'M = {180^0}\)
\( \Rightarrow E,H,F'\) thằng hàng hay \(F'\) là giao điểm của \(EH\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow F' \equiv F\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(NEOF\) nội tiếp
\( \Rightarrow \angle NEF = \angle NOF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(NF\)) (đpcm).
Bài 7. (0,5 điểm)
Cách giải:
Cho hai phương trình \({x^2} + \left( {2{m^2} + 1} \right)x + {m^3} + 7\sqrt 2 - 23 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) và \(2{x^2} + \left( {{m^2} - m} \right)x + 9\sqrt 2 - 30 = 0\,\,\,\left( 2 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
Tìm giá trị của tham số \(m\) để phương trình (1) và phương trình (2) có nghiệm chung \(x = 3\).
Phương trình (1) có hai nghiệm \({\Delta _1} \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {2{m^2} + 1} \right)^2} - 4\left( {{m^3} + 7\sqrt 2 - 23} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 4{m^4} + 4{m^2} + 1 - 4{m^3} - 28\sqrt 2 + 92 \ge 0\\ \Leftrightarrow 4{m^4} - 4{m^3} + 4{m^2} - 28\sqrt 2 + 93 \ge 0\,\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Phương trình (2) có hai nghiệm \({\Delta _2} \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{m^2} - m} \right)^2} - 8\left( {9\sqrt 2 - 30} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {m^4} - 2{m^3} + {m^2} - 72\sqrt 2 + 240 \ge 0\,\,\,\left( {**} \right)\end{array}\)
Hai phương trình đã cho có nghiệm chung là \(x = 3\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 + \left( {2{m^2} + 1} \right).3 + {m^3} + 7\sqrt 2 - 23 = 0\\2.9 + \left( {{m^2} - m} \right).3 + 9\sqrt 2 - 30 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^3} + 6{m^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\3{m^2} - 3m + 9\sqrt 2 - 12 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^3} + 6{m^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\,\,\,\,\left( 3 \right)\\{m^2} - m + 3\sqrt 2 - 4 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Giải phương trình (4) ta được:
\(\begin{array}{l}\left( 4 \right) \Leftrightarrow {m^2} - m = 4 - 3\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {m^2} - 2.m.\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{{17}}{4} - 3\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{{17 - 12\sqrt 2 }}{4}\\ \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{{9 - 2.3.2\sqrt 2 + 8}}{4}\\ \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{{{{\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right)}^2}}}{4}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - \dfrac{1}{2} = \dfrac{{3 - 2\sqrt 2 }}{2}\\m - \dfrac{1}{2} = - \dfrac{{3 - 2\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2 - \sqrt 2 \,\,\,\,\left( {tm\,\,\,\left( * \right),\,\,\left( {**} \right)} \right)\\m = \sqrt 2 - 1\,\,\,\left( {tm\,\,\,\left( * \right),\,\,\left( {**} \right)} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
+) Với \(m = 2 - \sqrt 2 \) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 3 \right) \Leftrightarrow {\left( {2 - \sqrt 2 } \right)^3} + 6{\left( {2 - \sqrt 2 } \right)^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow 20 - 14\sqrt 2 + 6\left( {6 - 4\sqrt 2 } \right) + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow 9 - 7\sqrt 2 + 36 - 24\sqrt 2 = 0\\ \Leftrightarrow 45 - 31\sqrt 2 = 0\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow m = 2 - \sqrt 2 \) không thỏa mãn bài toán.
+) Với \(m = \sqrt 2 - 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 3 \right) \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^3} + 6{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow - 7 + 5\sqrt 2 + 6\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right) + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow - 18 + 12\sqrt 2 + 18 - 12\sqrt 2 = 0\\ \Leftrightarrow 0 = 0\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow m = \sqrt 2 - 1\) thỏa mãn bài toán.
Vậy \(m = \sqrt 2 - 1\) thỏa mãn bài toán.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của mỗi học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc luyện tập với các đề thi thử và đề thi chính thức các năm trước là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho bạn phân tích chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các bài toán khó và mẹo làm bài hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2020 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Để giải quyết câu hỏi này, bạn cần áp dụng các kiến thức về phương trình bậc hai và sử dụng công thức nghiệm. Lưu ý kiểm tra điều kiện của phương trình để đảm bảo nghiệm tìm được là hợp lệ.
Để chứng minh một kết quả hình học, bạn cần vẽ hình chính xác và sử dụng các định lý, tính chất đã học. Hãy trình bày lời giải một cách logic và rõ ràng.
Để tính giá trị của biểu thức, bạn cần thực hiện các phép toán theo đúng thứ tự ưu tiên và sử dụng các công thức biến đổi đại số.
Ngoài Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2020, bạn có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Việc ôn luyện Toán vào 10 đòi hỏi sự kiên trì và nỗ lực. Hãy dành thời gian học tập đều đặn, làm bài tập thường xuyên và tìm kiếm sự giúp đỡ từ giáo viên hoặc bạn bè khi gặp khó khăn. Chúc các em học sinh đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới!
| Năm | Link tải đề thi |
|---|---|
| 2020 | [Link đến đề thi 2020] |
| 2019 | [Link đến đề thi 2019] |
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.
