Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Bắc Giang năm 2018 chính thức, được biên soạn và chọn lọc kỹ lưỡng. Đây là tài liệu vô cùng hữu ích cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh lớp 10 tại tỉnh Bắc Giang.
Với đề thi này, các em có thể làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài tập thường gặp và rèn luyện kỹ năng giải đề.
Câu I (2,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức
Câu I (2,0 điểm)
Câu II (3,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức B.
b) Đặt \(C = B.\left( {a - \sqrt a + 1} \right)\). So sánh C và 1.
a) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1.\)
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1};\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Câu III (1,5 điểm)
Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường.
Câu IV (3,0 điểm)
Cho tam giác \(ABC\) nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh \(AB,AC\) lần lượt tại các điểm \(M,N\,\,\left( {M \ne B,N \ne C} \right)\). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm của AH và BC.
Câu V (0,5 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{81{x^2} + 18225x + 1}}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\) với \(x > 0\)
Câu I (2,0 điểm)
Câu II (3,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức B.
b) Đặt \(C = B.\left( {a - \sqrt a + 1} \right)\). So sánh C và 1.
a) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1.\)
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1};\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Câu III (1,5 điểm)
Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường.
Câu IV (3,0 điểm)
Cho tam giác \(ABC\) nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh \(AB,AC\) lần lượt tại các điểm \(M,N\,\,\left( {M \ne B,N \ne C} \right)\). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm của AH và BC.
Câu V (0,5 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{81{x^2} + 18225x + 1}}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\) với \(x > 0\)
Câu I.
Phương pháp:
Cách giải:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - \sqrt 5 } \right) + 1\\A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {{2^2}.5} - \sqrt 5 } \right) + 1\\A = \sqrt 5 \left( {2\sqrt 5 - \sqrt 5 } \right) + 1\\A = \sqrt 5 .\sqrt 5 + 1\\A = 5 + 1\\A = 6\end{array}\)
Đường thẳng \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2018\) có hệ số góc bằng 3 \( \Leftrightarrow m - 1 = 3 \Leftrightarrow m = 4\).
Câu II.
Phương pháp:
b) Quy đồng, rút gọn biểu thức B.
Tính C và sử dụng BĐT Cauchy để so sánh C với 1.
Cách giải:
1. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 4y = 8\\2x + 5y = 13\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 4y = 8\\2x + 5y = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 8y = 16\\2x + 5y = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y = 3\\x = 8 - 4y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 4\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;1} \right)\).
2. Cho biểu thức \(B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{a\sqrt a - a - \sqrt a + 1}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\) (với \(a > 0,\,a \ne 1\))
a) Rút gọn biểu thức B.
Với \(a > 0,\,a \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{a\sqrt a - a - \sqrt a + 1}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{a\left( {\sqrt a - 1} \right) - \left( {\sqrt a - 1} \right)}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {a - 1} \right)}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{{6\left( {\sqrt a - 1} \right) + 10 - 2\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {a - 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{{6\sqrt a - 6 + 10 - 2\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {a - 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{{4\left( {\sqrt a + 1} \right)}}{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}\left( {\sqrt a + 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{4}{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{1}{{\sqrt a }}\end{array}\)
b) Đặt \(C = B.\left( {a - \sqrt a + 1} \right)\). So sánh C và 1.
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{1}{{\sqrt a }} \Rightarrow C = B.\left( {a - \sqrt a + 1} \right)\\ \Rightarrow C = \dfrac{1}{{\sqrt a }}\left( {a - \sqrt a + 1} \right) = \sqrt a - 1 + \dfrac{1}{{\sqrt a }}\end{array}\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có \(\sqrt a + \dfrac{1}{{\sqrt a }} \ge 2\sqrt {\sqrt a .\dfrac{1}{{\sqrt a }}} = 2 \Rightarrow \sqrt a - 1 + \dfrac{1}{{\sqrt a }} \ge 2 - 1 = 1\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt a = \dfrac{1}{{\sqrt a }} \Leftrightarrow a = 1\).
Vậy \(C \ge 1\) và \(C = 1 \Leftrightarrow a = 1\).
3. Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 2} \right)x + 3m - 3 = 0\,\,\left( 1 \right)\), với x là ẩn, m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1.\)
Thay \(m = - 1\) vào phương trình (1) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) + 2\left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy khi \(m = - 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 2;3} \right\}\).
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1};\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) là hai cạnh của một tam giác vuông nên \({x_1};{x_2} > 0\)
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt dương \({x_1};\,\,{x_2}\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S = {x_1} + {x_2} > 0\\P = {x_1}.{x_2} > 0\end{array} \right.\left( * \right)\)
Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 2\\{x_1}{x_2} = 3m - 3\end{array} \right.\)
\(\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {3m - 3} \right) > 0\\m + 2 > 0\\3m - 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 4} \right)^2} > 0\\m + 2 > 0\\3m - 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 4\\m > - 2\\m > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 1;m \ne 4\)
Vì \({x_1};\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5 nên áp dụng định lí Pi-ta-go ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 = {5^2} = 25\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 25\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} - 2\left( {3m - 3} \right) = 25\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m + 4 - 6m + 6 = 25\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 15 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 5m + 3m - 15 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 5} \right) + 3\left( {m - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 5} \right)\left( {m + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 5\left( {tm} \right)\\m = - 3\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\,\,\end{array}\)
Vậy \(m = 5\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu III.
Phương pháp:
- Gọi vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) (ĐK: \(x > 2\))
- Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà.
- Tính thời gian đi từ nhà đến trường và thời gian đi từ trường về nhà.
- Do thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút \( = \dfrac{{15}}{{60}} = \dfrac{1}{4}\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
Thời gian đi từ trường về nhà – thời gian đi từ nhà đến trường \( = \dfrac{1}{4}\).
Cách giải:
Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường.
Gọi vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) (ĐK: \(x > 2\))
Khi đó vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà là \(x - 2\,\,\left( {km/h} \right)\).
Thời gian bạn Linh đi từ nhà đến trường là \(\dfrac{{10}}{x}\,\,\left( h \right)\)
Thời gian bạn Linh đi từ trường về nhà là \(\dfrac{{10}}{{x - 2}}\,\,\left( h \right)\)
Do thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút \( = \dfrac{{15}}{{60}} = \dfrac{1}{4}\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{{10}}{{x - 2}} - \dfrac{{10}}{x} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow 40x - 40\left( {x - 2} \right) = x\left( {x - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 40x - 40x + 80 = {x^2} - 2x\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 10x + 8x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 10} \right) + 8\left( {x - 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 10} \right)\left( {x + 8} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 10\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 8\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là 10 km/h.
Câu IV.
Phương pháp:
Tam giác ABC đều \( \Rightarrow \) Trực tâm H là trọng tâm của tam giác ABC \( \Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AP\). Tính AH, suy ra bán kính và tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác tứ giác AMHN.
4. Gọi \(D = AO \cap EF\), chứng minh \(HD \bot AO\) và \(EF \bot AO \Rightarrow EF \equiv HD\).
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh \(AB,AC\) lần lượt tại các điểm \(M,N\,\,\left( {M \ne B,N \ne C} \right)\). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm của AH và BC.
1. Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn.
Ta có \(\widehat {BMC} = \widehat {BNC} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \widehat {AMH} = \widehat {ANH} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AMHN\) có \(\widehat {AMH} + \widehat {ANH} = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
2. Chứng minh \(BM.BA = BP.BC\).
Xét \(\Delta ABP\) và \(\Delta CBM\) có:
\(\widehat {APB} = \widehat {CMB} = {90^0}\) ;
\(\widehat {ABC}\) chung;
\( \Rightarrow \Delta ABP \sim \Delta CBM\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{BA}}{{BP}} = \dfrac{{BC}}{{BM}} \Rightarrow BM.BA = BP.BC\)
3. Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác \(ABC\) đều cạnh bằng \(2a\) . Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN.
Ta có \(BN \bot AC;\,\,CM \bot AB;\,\,BN \cap CM = H \Rightarrow H\) là trực tâm tam giác ABC.
\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow \widehat {ABP} = \widehat {ABC} = {60^0}\)
Xét tam giác vuông ABP có \(AP = AB.\sin {60^0} = 2a.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)
Do H là trực tâm tam giác ABC nên đồng thời H cũng là trọng tâm của tam giác ABC\( \Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AP = \dfrac{2}{3}a\sqrt 3 = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)
Vì AH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN nên bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là \(\dfrac{{AH}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là \(C = 2\pi .\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{2\pi a\sqrt 3 }}{3}\).
4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF của đường tròn tâm O đường kính BC (E, F là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm \(E,H,F\) thẳng hàng.
Gọi D là giao điểm của OA và EF.
H là trực tâm tam giác ABC \( \Rightarrow AH \bot BC \Rightarrow AP \bot BC \Rightarrow \widehat {APC} = {90^0}\)
\(\widehat {BNC} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {ANH} = {90^0}\)
Xét \(\Delta AHN\) và \(\Delta ACP\) có :
\(\widehat {ANH} = \widehat {APC} = {90^0}\) (cmt)
\(\widehat {PAC}\) chung ;
\( \Rightarrow \Delta AHN \sim \Delta ACP\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AC}} = \dfrac{{AN}}{{AP}} \Rightarrow AH.AP = AN.AC\,\,\,\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta AFN\) và \(\Delta ACF\) có :
\(\widehat {FAC}\) chung ;
\(\widehat {AFN} = \widehat {ACF}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung NF).
\( \Rightarrow \Delta AFN \sim \Delta ACF\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{AC}} = \dfrac{{AN}}{{AF}} \Rightarrow AN.AC = A{F^2}\,\,\,\left( 2 \right)\)
Ta có \(AF \bot OF\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \Delta OAF\) vuông tại F.
Có \(AE = AF\,\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ; \(OE = OF\,\,\left( { = R} \right) \Rightarrow OA\) là trung trực của EF.
\( \Rightarrow OA \bot EF \Rightarrow FD\)là đường cao của tam giác vuông OAF.
\( \Rightarrow A{F^2} = AD.AO\,\,\,\left( 3 \right)\)(hệ thức lượng trong tam giác vuông).
Từ (1), (2) và (3) \( \Rightarrow AH.AP = AD.AO \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AO}} = \dfrac{{AD}}{{AP}}\)
Xét \(\Delta AHD\) và \(\Delta AOP\) có:
\(\widehat {OAP}\) chung;
\(\dfrac{{AH}}{{AO}} = \dfrac{{AD}}{{AP}}\,\,\left( {cmt} \right)\);
\( \Rightarrow \Delta AHD \sim \Delta AOP\,\,\left( {c.g.c} \right)\).
\( \Rightarrow \widehat {ADH} = \widehat {APO} = {90^0} \Rightarrow HD \bot OA\)
Từ đó ta có qua điểm D ta kẻ được \(EF \bot OA\) (cmt) và \(HD \bot OA \Rightarrow EF \equiv HD\).
Vậy ba điểm \(E,H,F\) thẳng hàng.
Câu V.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{81{x^2} + 18225x + 1}}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\) với \(x > 0\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{81{x^2} + 18225x + 1}}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\\P = 9x + 2025 + \dfrac{1}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\end{array}\)
Ta chứng minh \(\dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \le 9\,\,\forall x > 0\).
Giả sử :
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \le 9\\ \Leftrightarrow \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} - \dfrac{{9x + 9}}{{x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{6\sqrt x + 8 - 9x - 9}}{{x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 9x + 6\sqrt x - 1}}{{x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - {{\left( {3\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{x + 1}} \le 0\end{array}\)
Ta có \(x > 0 \Leftrightarrow x + 1 > 1;\,\,{\left( {3\sqrt x - 1} \right)^2} \ge 0 \Rightarrow \dfrac{{ - {{\left( {3\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{x + 1}} \le 0\,\,\forall x > 0\)
\( \Rightarrow \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \le 9\,\,\forall x > 0 \Rightarrow - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \ge - 9\forall x > 0\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow P \ge 2\sqrt {9x.\dfrac{1}{{9x}}} + 2025 - 9\\ \Leftrightarrow P \ge 2018\end{array}\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x = \dfrac{1}{{9x}}\\3\sqrt x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}81{x^2} = 1\\\sqrt x = \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{9}\).
Vậy \({P_{\min }} = 2018 \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{9}\).
Câu I.
Phương pháp:
Cách giải:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - \sqrt 5 } \right) + 1\\A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {{2^2}.5} - \sqrt 5 } \right) + 1\\A = \sqrt 5 \left( {2\sqrt 5 - \sqrt 5 } \right) + 1\\A = \sqrt 5 .\sqrt 5 + 1\\A = 5 + 1\\A = 6\end{array}\)
Đường thẳng \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2018\) có hệ số góc bằng 3 \( \Leftrightarrow m - 1 = 3 \Leftrightarrow m = 4\).
Câu II.
Phương pháp:
b) Quy đồng, rút gọn biểu thức B.
Tính C và sử dụng BĐT Cauchy để so sánh C với 1.
Cách giải:
1. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 4y = 8\\2x + 5y = 13\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 4y = 8\\2x + 5y = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 8y = 16\\2x + 5y = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y = 3\\x = 8 - 4y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 4\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;1} \right)\).
2. Cho biểu thức \(B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{a\sqrt a - a - \sqrt a + 1}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\) (với \(a > 0,\,a \ne 1\))
a) Rút gọn biểu thức B.
Với \(a > 0,\,a \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{a\sqrt a - a - \sqrt a + 1}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{a\left( {\sqrt a - 1} \right) - \left( {\sqrt a - 1} \right)}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \left( {\dfrac{6}{{a - 1}} + \dfrac{{10 - 2\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {a - 1} \right)}}} \right).\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{{6\left( {\sqrt a - 1} \right) + 10 - 2\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {a - 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{{6\sqrt a - 6 + 10 - 2\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {a - 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{{4\left( {\sqrt a + 1} \right)}}{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}\left( {\sqrt a + 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{4}{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt a }}\\B = \dfrac{1}{{\sqrt a }}\end{array}\)
b) Đặt \(C = B.\left( {a - \sqrt a + 1} \right)\). So sánh C và 1.
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{1}{{\sqrt a }} \Rightarrow C = B.\left( {a - \sqrt a + 1} \right)\\ \Rightarrow C = \dfrac{1}{{\sqrt a }}\left( {a - \sqrt a + 1} \right) = \sqrt a - 1 + \dfrac{1}{{\sqrt a }}\end{array}\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có \(\sqrt a + \dfrac{1}{{\sqrt a }} \ge 2\sqrt {\sqrt a .\dfrac{1}{{\sqrt a }}} = 2 \Rightarrow \sqrt a - 1 + \dfrac{1}{{\sqrt a }} \ge 2 - 1 = 1\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt a = \dfrac{1}{{\sqrt a }} \Leftrightarrow a = 1\).
Vậy \(C \ge 1\) và \(C = 1 \Leftrightarrow a = 1\).
3. Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 2} \right)x + 3m - 3 = 0\,\,\left( 1 \right)\), với x là ẩn, m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1.\)
Thay \(m = - 1\) vào phương trình (1) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) + 2\left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy khi \(m = - 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 2;3} \right\}\).
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1};\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) là hai cạnh của một tam giác vuông nên \({x_1};{x_2} > 0\)
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt dương \({x_1};\,\,{x_2}\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S = {x_1} + {x_2} > 0\\P = {x_1}.{x_2} > 0\end{array} \right.\left( * \right)\)
Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 2\\{x_1}{x_2} = 3m - 3\end{array} \right.\)
\(\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {3m - 3} \right) > 0\\m + 2 > 0\\3m - 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 4} \right)^2} > 0\\m + 2 > 0\\3m - 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 4\\m > - 2\\m > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 1;m \ne 4\)
Vì \({x_1};\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5 nên áp dụng định lí Pi-ta-go ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 = {5^2} = 25\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 25\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} - 2\left( {3m - 3} \right) = 25\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m + 4 - 6m + 6 = 25\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 15 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 5m + 3m - 15 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 5} \right) + 3\left( {m - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 5} \right)\left( {m + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 5\left( {tm} \right)\\m = - 3\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\,\,\end{array}\)
Vậy \(m = 5\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu III.
Phương pháp:
- Gọi vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) (ĐK: \(x > 2\))
- Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà.
- Tính thời gian đi từ nhà đến trường và thời gian đi từ trường về nhà.
- Do thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút \( = \dfrac{{15}}{{60}} = \dfrac{1}{4}\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
Thời gian đi từ trường về nhà – thời gian đi từ nhà đến trường \( = \dfrac{1}{4}\).
Cách giải:
Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường.
Gọi vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) (ĐK: \(x > 2\))
Khi đó vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà là \(x - 2\,\,\left( {km/h} \right)\).
Thời gian bạn Linh đi từ nhà đến trường là \(\dfrac{{10}}{x}\,\,\left( h \right)\)
Thời gian bạn Linh đi từ trường về nhà là \(\dfrac{{10}}{{x - 2}}\,\,\left( h \right)\)
Do thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút \( = \dfrac{{15}}{{60}} = \dfrac{1}{4}\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{{10}}{{x - 2}} - \dfrac{{10}}{x} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow 40x - 40\left( {x - 2} \right) = x\left( {x - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 40x - 40x + 80 = {x^2} - 2x\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 10x + 8x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 10} \right) + 8\left( {x - 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 10} \right)\left( {x + 8} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 10\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 8\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là 10 km/h.
Câu IV.
Phương pháp:
Tam giác ABC đều \( \Rightarrow \) Trực tâm H là trọng tâm của tam giác ABC \( \Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AP\). Tính AH, suy ra bán kính và tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác tứ giác AMHN.
4. Gọi \(D = AO \cap EF\), chứng minh \(HD \bot AO\) và \(EF \bot AO \Rightarrow EF \equiv HD\).
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh \(AB,AC\) lần lượt tại các điểm \(M,N\,\,\left( {M \ne B,N \ne C} \right)\). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm của AH và BC.
1. Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn.
Ta có \(\widehat {BMC} = \widehat {BNC} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \widehat {AMH} = \widehat {ANH} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AMHN\) có \(\widehat {AMH} + \widehat {ANH} = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
2. Chứng minh \(BM.BA = BP.BC\).
Xét \(\Delta ABP\) và \(\Delta CBM\) có:
\(\widehat {APB} = \widehat {CMB} = {90^0}\) ;
\(\widehat {ABC}\) chung;
\( \Rightarrow \Delta ABP \sim \Delta CBM\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{BA}}{{BP}} = \dfrac{{BC}}{{BM}} \Rightarrow BM.BA = BP.BC\)
3. Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác \(ABC\) đều cạnh bằng \(2a\) . Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN.
Ta có \(BN \bot AC;\,\,CM \bot AB;\,\,BN \cap CM = H \Rightarrow H\) là trực tâm tam giác ABC.
\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow \widehat {ABP} = \widehat {ABC} = {60^0}\)
Xét tam giác vuông ABP có \(AP = AB.\sin {60^0} = 2a.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)
Do H là trực tâm tam giác ABC nên đồng thời H cũng là trọng tâm của tam giác ABC\( \Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AP = \dfrac{2}{3}a\sqrt 3 = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)
Vì AH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN nên bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là \(\dfrac{{AH}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là \(C = 2\pi .\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{2\pi a\sqrt 3 }}{3}\).
4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF của đường tròn tâm O đường kính BC (E, F là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm \(E,H,F\) thẳng hàng.
Gọi D là giao điểm của OA và EF.
H là trực tâm tam giác ABC \( \Rightarrow AH \bot BC \Rightarrow AP \bot BC \Rightarrow \widehat {APC} = {90^0}\)
\(\widehat {BNC} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {ANH} = {90^0}\)
Xét \(\Delta AHN\) và \(\Delta ACP\) có :
\(\widehat {ANH} = \widehat {APC} = {90^0}\) (cmt)
\(\widehat {PAC}\) chung ;
\( \Rightarrow \Delta AHN \sim \Delta ACP\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AC}} = \dfrac{{AN}}{{AP}} \Rightarrow AH.AP = AN.AC\,\,\,\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta AFN\) và \(\Delta ACF\) có :
\(\widehat {FAC}\) chung ;
\(\widehat {AFN} = \widehat {ACF}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung NF).
\( \Rightarrow \Delta AFN \sim \Delta ACF\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{AC}} = \dfrac{{AN}}{{AF}} \Rightarrow AN.AC = A{F^2}\,\,\,\left( 2 \right)\)
Ta có \(AF \bot OF\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \Delta OAF\) vuông tại F.
Có \(AE = AF\,\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ; \(OE = OF\,\,\left( { = R} \right) \Rightarrow OA\) là trung trực của EF.
\( \Rightarrow OA \bot EF \Rightarrow FD\)là đường cao của tam giác vuông OAF.
\( \Rightarrow A{F^2} = AD.AO\,\,\,\left( 3 \right)\)(hệ thức lượng trong tam giác vuông).
Từ (1), (2) và (3) \( \Rightarrow AH.AP = AD.AO \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AO}} = \dfrac{{AD}}{{AP}}\)
Xét \(\Delta AHD\) và \(\Delta AOP\) có:
\(\widehat {OAP}\) chung;
\(\dfrac{{AH}}{{AO}} = \dfrac{{AD}}{{AP}}\,\,\left( {cmt} \right)\);
\( \Rightarrow \Delta AHD \sim \Delta AOP\,\,\left( {c.g.c} \right)\).
\( \Rightarrow \widehat {ADH} = \widehat {APO} = {90^0} \Rightarrow HD \bot OA\)
Từ đó ta có qua điểm D ta kẻ được \(EF \bot OA\) (cmt) và \(HD \bot OA \Rightarrow EF \equiv HD\).
Vậy ba điểm \(E,H,F\) thẳng hàng.
Câu V.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{81{x^2} + 18225x + 1}}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\) với \(x > 0\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{81{x^2} + 18225x + 1}}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\\P = 9x + 2025 + \dfrac{1}{{9x}} - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}}\end{array}\)
Ta chứng minh \(\dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \le 9\,\,\forall x > 0\).
Giả sử :
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \le 9\\ \Leftrightarrow \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} - \dfrac{{9x + 9}}{{x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{6\sqrt x + 8 - 9x - 9}}{{x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 9x + 6\sqrt x - 1}}{{x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - {{\left( {3\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{x + 1}} \le 0\end{array}\)
Ta có \(x > 0 \Leftrightarrow x + 1 > 1;\,\,{\left( {3\sqrt x - 1} \right)^2} \ge 0 \Rightarrow \dfrac{{ - {{\left( {3\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{x + 1}} \le 0\,\,\forall x > 0\)
\( \Rightarrow \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \le 9\,\,\forall x > 0 \Rightarrow - \dfrac{{6\sqrt x + 8}}{{x + 1}} \ge - 9\forall x > 0\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow P \ge 2\sqrt {9x.\dfrac{1}{{9x}}} + 2025 - 9\\ \Leftrightarrow P \ge 2018\end{array}\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x = \dfrac{1}{{9x}}\\3\sqrt x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}81{x^2} = 1\\\sqrt x = \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{9}\).
Vậy \({P_{\min }} = 2018 \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{9}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Bắc Giang luôn là một cột mốc quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Môn Toán, với vai trò then chốt, đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng về kiến thức và kỹ năng. Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Giang năm 2018 là một nguồn tài liệu quý giá để các em có thể đánh giá năng lực bản thân và tập trung ôn luyện những phần còn yếu.
Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Giang năm 2018 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Để giải quyết câu hỏi này, các em cần nắm vững các kiến thức về phương trình bậc hai, phương trình bậc ba, và các phương pháp giải phương trình thường gặp. Ví dụ, sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai, hoặc phân tích đa thức thành nhân tử để giải phương trình bậc ba.
Để chứng minh một mệnh đề toán học, các em cần sử dụng các định lý, tính chất, và các quy tắc logic đã học. Ví dụ, sử dụng định lý Pitago để chứng minh một tam giác vuông, hoặc sử dụng tính chất của các đường thẳng song song để chứng minh hai góc bằng nhau.
Để tính giá trị của một biểu thức toán học, các em cần thực hiện các phép toán theo đúng thứ tự ưu tiên. Ví dụ, thực hiện các phép toán trong ngoặc trước, sau đó thực hiện các phép toán nhân, chia, cộng, trừ theo thứ tự từ trái sang phải.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Bắc Giang năm 2018, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Loigiai.com.vn cung cấp các khóa học luyện thi vào 10 môn Toán online chất lượng cao, với đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm và phương pháp giảng dạy hiệu quả. Các em sẽ được cung cấp đầy đủ kiến thức, kỹ năng, và các bài tập luyện thi để tự tin đạt điểm cao trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10.
| Dạng bài tập | Mức độ khó | Tỷ lệ xuất hiện |
|---|---|---|
| Phương trình | Trung bình | 30% |
| Hình học | Khó | 25% |
| Số học | Dễ | 20% |
| Tổ hợp - Xác suất | Trung bình | 15% |
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10!
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 sự thật rùng rợn!
Khám phá thế giới phân dạng, từ hình học trừu tượng đến ứng dụng trong nghệ thuật và tự nhiên. Tìm hiểu cách phân dạng tạo ra vẻ đẹp vô hạn!
Bạn đã bao giờ gặp một điều nghe có vẻ vô lý nhưng lại chứa đựng sự thật? Khám phá thế giới Paradox - những mâu thuẫn thú vị giúp bạn nhìn nhận cuộc sống dưới một góc độ mới lạ. Đọc ngay!
Khám phá 'Tên của trò chơi là bắt cóc' - cuốn sách hấp dẫn đưa bạn vào thế giới ngầm đầy rẫy những kẻ ác. Đánh giá chi tiết, phân tích sâu sắc và lý do bạn nên đọc ngay!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán lớp 1 khó nhất! Hướng dẫn phụ huynh cách hỗ trợ con học toán hiệu quả, tạo hứng thú và đạt kết quả tốt nhất. Khám phá các mẹo học tập thông minh!
Review sách 'Dữ liệu tử thần' của Jeffery Deaver. Khám phá cách tội phạm sử dụng thông tin cá nhân và học cách bảo vệ dữ liệu của bạn ngay hôm nay!
