loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bạc Liêu năm 2020. 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 thi chính thức và đáp án chi tiết, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm. Các em có thể sử dụng để tự học, luyện tập hoặc tham khảo ý tưởng giải bài.
Câu 1 (4 điểm): a) Rút gọn biểu thức
Câu 1 (4 điểm):
a) Rút gọn biểu thức \(A = 2\sqrt 3 + 5\sqrt {48} + \sqrt {125} - 5\sqrt 5 \)
b) Tìm điều kiện của \(x\) để biểu thức \(B = \sqrt {3x - 4} \) có nghĩa.
Câu 2 (4 điểm):
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 5\\x - 4y = 3\end{array} \right.\)
b) Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 3x + b\). Xác định giá trị của \(b\) bằng phép tính để đường thẳng \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\).
Câu 3 (6 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 1} \right)x - m = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 4\).
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Xác định giá trị của \(m\) để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn: \({x_1}\left( {3 + {x_1}} \right) + {x_2}\left( {3 + {x_2}} \right) = - 4\).
Câu 4 (6 điểm):
Cho đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB = 2R\). Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(OA\), \(E\) là điểm thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho \(E\) không trùng với \(A\) và \(B\). Dựng đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A\) và \(B\). Gọi \(d\) là đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(EI\). Đường thẳng \(d\) cắt \({d_1}\), \({d_2}\) lần lượt tại \(M,\,\,N\).
a) Chứng minh tứ giác \(AMEI\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(\Delta IAE\) đồng dạng với \(\Delta NBE\). Từ đó chứng minh \(IB.NE = 3IE.NB\).
c) Khi điểm \(E\) thay đổi, chứng minh tam giác \(MNI\) vuông tại \(I\) và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác \(MNI\) theo \(R\).
Câu 1 (4 điểm):
a) Rút gọn biểu thức \(A = 2\sqrt 3 + 5\sqrt {48} + \sqrt {125} - 5\sqrt 5 \)
b) Tìm điều kiện của \(x\) để biểu thức \(B = \sqrt {3x - 4} \) có nghĩa.
Câu 2 (4 điểm):
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 5\\x - 4y = 3\end{array} \right.\)
b) Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 3x + b\). Xác định giá trị của \(b\) bằng phép tính để đường thẳng \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\).
Câu 3 (6 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 1} \right)x - m = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 4\).
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Xác định giá trị của \(m\) để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn: \({x_1}\left( {3 + {x_1}} \right) + {x_2}\left( {3 + {x_2}} \right) = - 4\).
Câu 4 (6 điểm):
Cho đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB = 2R\). Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(OA\), \(E\) là điểm thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho \(E\) không trùng với \(A\) và \(B\). Dựng đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A\) và \(B\). Gọi \(d\) là đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(EI\). Đường thẳng \(d\) cắt \({d_1}\), \({d_2}\) lần lượt tại \(M,\,\,N\).
a) Chứng minh tứ giác \(AMEI\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(\Delta IAE\) đồng dạng với \(\Delta NBE\). Từ đó chứng minh \(IB.NE = 3IE.NB\).
c) Khi điểm \(E\) thay đổi, chứng minh tam giác \(MNI\) vuông tại \(I\) và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác \(MNI\) theo \(R\).
Câu 1 (VD) - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức đưa thừa số ra ngoài dấu căn: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.,\,\,\,B \ge 0.\)
b) Biểu thức \(\sqrt {f\left( x \right)} \) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0.\)
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = 2\sqrt 3 + 5\sqrt {48} + \sqrt {125} - 5\sqrt 5 \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = 2\sqrt 3 + 5\sqrt {48} + \sqrt {125} - 5\sqrt 5 \\A = 2\sqrt 3 + 5\sqrt {{4^2}.3} + \sqrt {{5^2}.5} - 5\sqrt 5 \\A = 2\sqrt 3 + 5.4\sqrt 3 + 5\sqrt 5 - 5\sqrt 5 \\A = \left( {2\sqrt 3 + 20\sqrt 3 } \right) + \left( {5\sqrt 5 - 5\sqrt 5 } \right)\\A = 22\sqrt 3 \end{array}\)
Vậy \(A = 22\sqrt 3 \).
b) Tìm điều kiện của \(x\) để biểu thức \(B = \sqrt {3x - 4} \) có nghĩa
Biểu thức \(B = \sqrt {3x - 4} \) có nghĩa khi và chỉ khi \(3x - 4 \ge 0 \Leftrightarrow 3x \ge 4 \Leftrightarrow x \ge \dfrac{4}{3}\).
Vậy biểu thức \(B = \sqrt {3x - 4} \) có nghĩa khi\(x \ge \dfrac{4}{3}\).
Câu 2 (VD) - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 - Đại số
Phương pháp:
a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\left( * \right)\) của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right).\)
Số giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm, do đó để \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) thì phương trình (*) phải có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0.\)
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 5\\x - 4y = 3\end{array} \right.\)
Ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 5\\x - 4y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 8\\x - 4y = 3\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\x - 4y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2 - 4y = 3\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\4y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = - \dfrac{1}{4}\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2; - \dfrac{1}{4}} \right)\).
b) Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 3x + b\). Xác định giá trị của \(b\) bằng phép tính để đường thẳng \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\):
\(2{x^2} = 3x + b \Leftrightarrow 2{x^2} - 3x - b = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Số giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm, do đó để \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) thì phương trình (*) phải có nghiệm kép.
\( \Leftrightarrow \Delta = 0 \Leftrightarrow {\left( { - 3} \right)^2} - 4.2.\left( { - b} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 9 + 8b = 0 \Leftrightarrow b = - \dfrac{9}{8}\).
Vậy để \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) thì \(b = - \dfrac{9}{8}\).
Câu 3 (VD) - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng
Phương pháp:
a) Thay \(m = 4\) vào phương trình (1) rồi giải phương trình bằng phương pháp đưa về phương trình tích.
b) Tính \(\Delta = {b^2} - 4ac.\) Chứng minh \(\Delta \ge 0\) với mọi \(m\) \( \Rightarrow \) Phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi \(m.\)
c) Phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et và hệ thức bài cho để giải phương trình tìm \(m.\)
Đối chiếu với điều kiện của \(m\) rồi kết luận.
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 1} \right)x - m = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 4\).
Thay \(m = 4\) vào phương trình (1) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - 3x - 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 4x - 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + x} \right) - \left( {4x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right) - 4\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy khi \(m = 4\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;4} \right\}\).
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
\({x^2} - \left( {m - 1} \right)x - m = 0\,\,\,\left( 1 \right)\)có
\(\begin{array}{l}\Delta = {\left( {m - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - m} \right)\\\Delta = {m^2} - 2m + 1 + 4m\\\Delta = {m^2} + 2m + 1\\\Delta = {\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \in \mathbb{R}\end{array}\)
Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Xác định giá trị của \(m\) để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn: \({x_1}\left( {3 + {x_1}} \right) + {x_2}\left( {3 + {x_2}} \right) = - 4\).
Theo ý b) ta có \(\Delta = {\left( {m + 1} \right)^2}\).
Để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta > 0\).
\( \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m + 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne - 1\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 1\\{x_1}{x_2} = - m\end{array} \right.\,\,\left( {m \ne - 1} \right)\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x_1}\left( {3 + {x_1}} \right) + {x_2}\left( {3 + {x_2}} \right) = - 4\\ \Leftrightarrow 3{x_1} + x_1^2 + 3{x_2} + x_2^2 = - 4\\ \Leftrightarrow 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + \left( {x_1^2 + x_2^2} \right) = - 4\\ \Leftrightarrow 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = - 4\\ \Leftrightarrow 3\left( {m - 1} \right) + {\left( {m - 1} \right)^2} - 2.\left( { - m} \right) = - 4\\ \Leftrightarrow 3m - 3 + {m^2} - 2m + 1 + 2m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 3m + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m + 2m + 2 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) + 2\left( {m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {m + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\m + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\,\left( {ktm} \right)\\m = - 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (VDC) - Ôn tập tổng hợp chương 1, 2, 3 - Hình học
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết.
b) Chứng minh các tam giác nội tiếp qua trường hợp góc – góc.
Từ đó suy ra tỉ số giữa các cạnh tương ứng rồi suy ra đẳng thức cần chứng minh.
c) Chứng minh tứ giác \(BNEI\) nội tiếp và từ tứ giác \(AMEI\) nội tiếp, suy ra các cặp góc tương ứng bằng nhau.
Từ đó suy ra \(\Delta MNI\) là tam giác vuông.
Sử dụng các tỉ số lượng giác để tìm vị trí của điểm \(E\) để diện tích \(\Delta MNI\) nội tiếp.
Cách giải:
Cho đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB = 2R\). Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(OA\), \(E\) là điểm thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho \(E\) không trùng với \(A\) và \(B\). Dựng đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A\) và \(B\). Gọi \(d\) là đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(EI\). Đường thẳng \(d\) cắt \({d_1}\), \({d_2}\) lần lượt tại \(M,\,\,N\).
a) Chứng minh tứ giác \(AMEI\) nội tiếp.
Vì \({d_1}\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(\angle IAM = {90^0}\).
Vì \(d \bot EI\) tại \(E\) nên \(\angle IEM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AMEI\) có \(\angle IAM + \angle IEM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy tứ giác \(AMEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh \(\Delta IAE\) đồng dạng với \(\Delta NBE\). Từ đó chứng minh \(IB.NE = 3IE.NB\).
Vì \(\angle AEB\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\angle AEB = {90^0}\).
Ta có: \(\angle AEI + \angle IEB = \angle AEB = {90^0}\).
\(\angle BEN + \angle IEB = \angle IEN = {90^0}\) (do \(d \bot IE\))
\( \Rightarrow \angle AEI = \angle BEN\) (cùng phụ với \(\angle IEB\))
Xét \(\Delta IAE\) và \(\Delta NBE\) có:
\(\angle AEI = \angle BEN\,\,\,\left( {cmt} \right);\)
\(\angle IAE = \angle NBE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BE\))
\( \Rightarrow \Delta IAE\) đồng dạng với \(\Delta NBE\) (g.g).
\( \Rightarrow \dfrac{{IE}}{{NE}} = \dfrac{{IA}}{{NB}}\) (2 cạnh tương ứng).
\( \Rightarrow IA.NE = IE.NB\) (1).
Mà \(I\) là trung điểm của \(OA\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow OA = 2IA\).
Lại có \(O\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow AB = 2OA = 4IA\).
\( \Rightarrow IB = AB - IA = 4IA - IA = 3IA\).
Khi đó ta có:
\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 3IA.NE = 3IE.NB\) (nhân cả 2 vế với 3) \( \Rightarrow IB.NE = 3IE.NB\) (đpcm).
c) Khi điểm \(E\) thay đổi, chứng minh tam giác \(MNI\) vuông tại \(I\) và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác \(MNI\) theo \(R\).
Xét tứ giác \(BNEI\) có:
\(\angle IEN = {90^0}\) (do \(d \bot IE\) tại \(E\))
\(\angle IBN = {90^0}\) (do \({d_2}\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(B\))
\( \Rightarrow \angle IEN + \angle IBN = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BNEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle INE = \angle IEB = \angle ABE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(IE\))
Lại có: Tứ giác \(AMEI\) là tứ giác nội tiếp (chứng minh ý a)
\( \Rightarrow \angle IME = \angle IAE = \angle BAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(IE\))
Xét tam giác \(MNI\) có:
\(\angle INE + \angle IME = \angle ABE + \angle BAE = {90^0}\) (do \(\angle AEB = {90^0}\,\,\,\left( {cmt} \right)\) nên tam giác \(AEB\) vuông tại \(E\)).
\( \Rightarrow \Delta MNI\) vuông tại \(I\) (tam giác có tổng hai góc nhọn bằng \({90^0}\)).
Ta có: \({S_{\Delta MNI}} = \dfrac{1}{2}IM.IN\).
Đặt \(\angle AIM = \alpha \,\,\left( {0 < \alpha < {{90}^0}} \right)\) \( \Rightarrow \angle BIN = {90^0} - \alpha \).
Xét tam giác vuông \(AIM\) ta có: \(\cos \alpha = \dfrac{{AI}}{{IM}} \Rightarrow IM = \dfrac{{AI}}{{\cos \alpha }}\).
Xét tam giác vuông \(BIN\) ta có: \(\cos \left( {{{90}^0} - \alpha } \right) = \dfrac{{BI}}{{IN}} \Rightarrow IN = \dfrac{{BI}}{{\cos \left( {{{90}^0} - \alpha } \right)}} = \dfrac{{BI}}{{\sin \alpha }}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{\Delta MNI}} = \dfrac{1}{2}IM.IN\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{AI}}{{\cos \alpha }}.\dfrac{{BI}}{{\sin \alpha }}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{AI.BI}}{{\sin \alpha .cos\alpha }}\end{array}\)
Ta có: \(AB = 4AI\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow AI = \dfrac{1}{4}AB = \dfrac{R}{2},\,\,BI = \dfrac{3}{4}AB = \dfrac{{3R}}{2}\).
\( \Rightarrow {S_{\Delta MNI}} = \dfrac{{\dfrac{{3{R^2}}}{4}}}{{2\sin \alpha .\cos \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{{3{R^2}}}{8}}}{{\sin \alpha .\cos \alpha }}\).
Do \(\dfrac{{3{R^2}}}{8}\) không đổi nên diện tích tam giác \(MNI\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(\sin \alpha .\cos \alpha \) đạt giá trị lớn nhất.
Vì \({0^0} < \alpha < {90^0}\) nên \(\sin \alpha ,\,\,\cos \alpha > 0\). Áp dụng BĐT Co-si ta có:
\(\sin \alpha .\cos \alpha \le \dfrac{{{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha }}{2} = \dfrac{1}{2}\,\,\forall \alpha \).
\( \Rightarrow {S_{\Delta MNI}} \le \dfrac{{3{R^2}}}{8}:\dfrac{1}{2} = \dfrac{{3{R^2}}}{4}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin \alpha = \cos \alpha \\{\sin ^2}\alpha = {\cos ^2}\alpha \end{array} \right. \Rightarrow \sin \alpha = \cos \alpha = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\) \( \Rightarrow \alpha = {45^0}\).
Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác \(MNI\) là \(\dfrac{{3{R^2}}}{4}\), đạt được khi \(\angle AIM = {45^0}\).
Câu 1 (VD) - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức đưa thừa số ra ngoài dấu căn: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.,\,\,\,B \ge 0.\)
b) Biểu thức \(\sqrt {f\left( x \right)} \) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0.\)
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = 2\sqrt 3 + 5\sqrt {48} + \sqrt {125} - 5\sqrt 5 \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = 2\sqrt 3 + 5\sqrt {48} + \sqrt {125} - 5\sqrt 5 \\A = 2\sqrt 3 + 5\sqrt {{4^2}.3} + \sqrt {{5^2}.5} - 5\sqrt 5 \\A = 2\sqrt 3 + 5.4\sqrt 3 + 5\sqrt 5 - 5\sqrt 5 \\A = \left( {2\sqrt 3 + 20\sqrt 3 } \right) + \left( {5\sqrt 5 - 5\sqrt 5 } \right)\\A = 22\sqrt 3 \end{array}\)
Vậy \(A = 22\sqrt 3 \).
b) Tìm điều kiện của \(x\) để biểu thức \(B = \sqrt {3x - 4} \) có nghĩa
Biểu thức \(B = \sqrt {3x - 4} \) có nghĩa khi và chỉ khi \(3x - 4 \ge 0 \Leftrightarrow 3x \ge 4 \Leftrightarrow x \ge \dfrac{4}{3}\).
Vậy biểu thức \(B = \sqrt {3x - 4} \) có nghĩa khi\(x \ge \dfrac{4}{3}\).
Câu 2 (VD) - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 - Đại số
Phương pháp:
a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\left( * \right)\) của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right).\)
Số giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm, do đó để \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) thì phương trình (*) phải có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0.\)
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 5\\x - 4y = 3\end{array} \right.\)
Ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 5\\x - 4y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 8\\x - 4y = 3\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\x - 4y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2 - 4y = 3\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\4y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = - \dfrac{1}{4}\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2; - \dfrac{1}{4}} \right)\).
b) Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 3x + b\). Xác định giá trị của \(b\) bằng phép tính để đường thẳng \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\):
\(2{x^2} = 3x + b \Leftrightarrow 2{x^2} - 3x - b = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Số giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm, do đó để \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) thì phương trình (*) phải có nghiệm kép.
\( \Leftrightarrow \Delta = 0 \Leftrightarrow {\left( { - 3} \right)^2} - 4.2.\left( { - b} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 9 + 8b = 0 \Leftrightarrow b = - \dfrac{9}{8}\).
Vậy để \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) thì \(b = - \dfrac{9}{8}\).
Câu 3 (VD) - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng
Phương pháp:
a) Thay \(m = 4\) vào phương trình (1) rồi giải phương trình bằng phương pháp đưa về phương trình tích.
b) Tính \(\Delta = {b^2} - 4ac.\) Chứng minh \(\Delta \ge 0\) với mọi \(m\) \( \Rightarrow \) Phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi \(m.\)
c) Phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et và hệ thức bài cho để giải phương trình tìm \(m.\)
Đối chiếu với điều kiện của \(m\) rồi kết luận.
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 1} \right)x - m = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 4\).
Thay \(m = 4\) vào phương trình (1) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - 3x - 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 4x - 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + x} \right) - \left( {4x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right) - 4\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy khi \(m = 4\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;4} \right\}\).
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
\({x^2} - \left( {m - 1} \right)x - m = 0\,\,\,\left( 1 \right)\)có
\(\begin{array}{l}\Delta = {\left( {m - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - m} \right)\\\Delta = {m^2} - 2m + 1 + 4m\\\Delta = {m^2} + 2m + 1\\\Delta = {\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \in \mathbb{R}\end{array}\)
Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Xác định giá trị của \(m\) để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn: \({x_1}\left( {3 + {x_1}} \right) + {x_2}\left( {3 + {x_2}} \right) = - 4\).
Theo ý b) ta có \(\Delta = {\left( {m + 1} \right)^2}\).
Để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta > 0\).
\( \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m + 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne - 1\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 1\\{x_1}{x_2} = - m\end{array} \right.\,\,\left( {m \ne - 1} \right)\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x_1}\left( {3 + {x_1}} \right) + {x_2}\left( {3 + {x_2}} \right) = - 4\\ \Leftrightarrow 3{x_1} + x_1^2 + 3{x_2} + x_2^2 = - 4\\ \Leftrightarrow 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + \left( {x_1^2 + x_2^2} \right) = - 4\\ \Leftrightarrow 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = - 4\\ \Leftrightarrow 3\left( {m - 1} \right) + {\left( {m - 1} \right)^2} - 2.\left( { - m} \right) = - 4\\ \Leftrightarrow 3m - 3 + {m^2} - 2m + 1 + 2m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 3m + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m + 2m + 2 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) + 2\left( {m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {m + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\m + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\,\left( {ktm} \right)\\m = - 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (VDC) - Ôn tập tổng hợp chương 1, 2, 3 - Hình học
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết.
b) Chứng minh các tam giác nội tiếp qua trường hợp góc – góc.
Từ đó suy ra tỉ số giữa các cạnh tương ứng rồi suy ra đẳng thức cần chứng minh.
c) Chứng minh tứ giác \(BNEI\) nội tiếp và từ tứ giác \(AMEI\) nội tiếp, suy ra các cặp góc tương ứng bằng nhau.
Từ đó suy ra \(\Delta MNI\) là tam giác vuông.
Sử dụng các tỉ số lượng giác để tìm vị trí của điểm \(E\) để diện tích \(\Delta MNI\) nội tiếp.
Cách giải:
Cho đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB = 2R\). Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(OA\), \(E\) là điểm thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho \(E\) không trùng với \(A\) và \(B\). Dựng đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A\) và \(B\). Gọi \(d\) là đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(EI\). Đường thẳng \(d\) cắt \({d_1}\), \({d_2}\) lần lượt tại \(M,\,\,N\).
a) Chứng minh tứ giác \(AMEI\) nội tiếp.
Vì \({d_1}\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(\angle IAM = {90^0}\).
Vì \(d \bot EI\) tại \(E\) nên \(\angle IEM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AMEI\) có \(\angle IAM + \angle IEM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy tứ giác \(AMEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh \(\Delta IAE\) đồng dạng với \(\Delta NBE\). Từ đó chứng minh \(IB.NE = 3IE.NB\).
Vì \(\angle AEB\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\angle AEB = {90^0}\).
Ta có: \(\angle AEI + \angle IEB = \angle AEB = {90^0}\).
\(\angle BEN + \angle IEB = \angle IEN = {90^0}\) (do \(d \bot IE\))
\( \Rightarrow \angle AEI = \angle BEN\) (cùng phụ với \(\angle IEB\))
Xét \(\Delta IAE\) và \(\Delta NBE\) có:
\(\angle AEI = \angle BEN\,\,\,\left( {cmt} \right);\)
\(\angle IAE = \angle NBE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BE\))
\( \Rightarrow \Delta IAE\) đồng dạng với \(\Delta NBE\) (g.g).
\( \Rightarrow \dfrac{{IE}}{{NE}} = \dfrac{{IA}}{{NB}}\) (2 cạnh tương ứng).
\( \Rightarrow IA.NE = IE.NB\) (1).
Mà \(I\) là trung điểm của \(OA\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow OA = 2IA\).
Lại có \(O\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow AB = 2OA = 4IA\).
\( \Rightarrow IB = AB - IA = 4IA - IA = 3IA\).
Khi đó ta có:
\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 3IA.NE = 3IE.NB\) (nhân cả 2 vế với 3) \( \Rightarrow IB.NE = 3IE.NB\) (đpcm).
c) Khi điểm \(E\) thay đổi, chứng minh tam giác \(MNI\) vuông tại \(I\) và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác \(MNI\) theo \(R\).
Xét tứ giác \(BNEI\) có:
\(\angle IEN = {90^0}\) (do \(d \bot IE\) tại \(E\))
\(\angle IBN = {90^0}\) (do \({d_2}\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(B\))
\( \Rightarrow \angle IEN + \angle IBN = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BNEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle INE = \angle IEB = \angle ABE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(IE\))
Lại có: Tứ giác \(AMEI\) là tứ giác nội tiếp (chứng minh ý a)
\( \Rightarrow \angle IME = \angle IAE = \angle BAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(IE\))
Xét tam giác \(MNI\) có:
\(\angle INE + \angle IME = \angle ABE + \angle BAE = {90^0}\) (do \(\angle AEB = {90^0}\,\,\,\left( {cmt} \right)\) nên tam giác \(AEB\) vuông tại \(E\)).
\( \Rightarrow \Delta MNI\) vuông tại \(I\) (tam giác có tổng hai góc nhọn bằng \({90^0}\)).
Ta có: \({S_{\Delta MNI}} = \dfrac{1}{2}IM.IN\).
Đặt \(\angle AIM = \alpha \,\,\left( {0 < \alpha < {{90}^0}} \right)\) \( \Rightarrow \angle BIN = {90^0} - \alpha \).
Xét tam giác vuông \(AIM\) ta có: \(\cos \alpha = \dfrac{{AI}}{{IM}} \Rightarrow IM = \dfrac{{AI}}{{\cos \alpha }}\).
Xét tam giác vuông \(BIN\) ta có: \(\cos \left( {{{90}^0} - \alpha } \right) = \dfrac{{BI}}{{IN}} \Rightarrow IN = \dfrac{{BI}}{{\cos \left( {{{90}^0} - \alpha } \right)}} = \dfrac{{BI}}{{\sin \alpha }}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{\Delta MNI}} = \dfrac{1}{2}IM.IN\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{AI}}{{\cos \alpha }}.\dfrac{{BI}}{{\sin \alpha }}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{AI.BI}}{{\sin \alpha .cos\alpha }}\end{array}\)
Ta có: \(AB = 4AI\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow AI = \dfrac{1}{4}AB = \dfrac{R}{2},\,\,BI = \dfrac{3}{4}AB = \dfrac{{3R}}{2}\).
\( \Rightarrow {S_{\Delta MNI}} = \dfrac{{\dfrac{{3{R^2}}}{4}}}{{2\sin \alpha .\cos \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{{3{R^2}}}{8}}}{{\sin \alpha .\cos \alpha }}\).
Do \(\dfrac{{3{R^2}}}{8}\) không đổi nên diện tích tam giác \(MNI\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(\sin \alpha .\cos \alpha \) đạt giá trị lớn nhất.
Vì \({0^0} < \alpha < {90^0}\) nên \(\sin \alpha ,\,\,\cos \alpha > 0\). Áp dụng BĐT Co-si ta có:
\(\sin \alpha .\cos \alpha \le \dfrac{{{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha }}{2} = \dfrac{1}{2}\,\,\forall \alpha \).
\( \Rightarrow {S_{\Delta MNI}} \le \dfrac{{3{R^2}}}{8}:\dfrac{1}{2} = \dfrac{{3{R^2}}}{4}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin \alpha = \cos \alpha \\{\sin ^2}\alpha = {\cos ^2}\alpha \end{array} \right. \Rightarrow \sin \alpha = \cos \alpha = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\) \( \Rightarrow \alpha = {45^0}\).
Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác \(MNI\) là \(\dfrac{{3{R^2}}}{4}\), đạt được khi \(\angle AIM = {45^0}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Trong đó, việc làm quen với các đề thi thử và đề thi chính thức của các năm trước đóng vai trò then chốt.
Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2020 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Để ôn thi hiệu quả, các em cần nắm vững các kiến thức sau:
Dưới đây là hướng dẫn giải một số dạng bài tập thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2020:
Để giải phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0, ta có thể sử dụng công thức nghiệm:
x = (-b ± √(b2 - 4ac)) / 2a
Lưu ý: Nếu b2 - 4ac < 0 thì phương trình vô nghiệm.
Có nhiều phương pháp để giải hệ phương trình, như phương pháp thế, phương pháp cộng đại số, phương pháp đặt ẩn phụ.
Các em cần nắm vững công thức tính diện tích của các hình cơ bản như hình vuông, hình chữ nhật, hình tam giác, hình tròn.
Sau khi nắm vững kiến thức và kỹ năng giải bài, các em nên luyện tập với đề thi chính thức năm 2020 để làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện tốc độ giải bài.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2020, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2020 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng và nỗ lực không ngừng. Hy vọng với những thông tin và hướng dẫn trên, các em sẽ tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
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!
