Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bình Dương năm 2023. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi chính thức, đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập hiệu quả, giúp các em tự tin đối mặt với mọi dạng bài thi.
Câu 1: Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 1) \({x^2} + x - 6 = 0\) 2) \(x - 3\sqrt x {\rm{ \;}} = 4\). 3) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = {\rm{ \;}} - 1}\\{2x + 3y = 8}\end{array}} \right.\)
Câu 1: Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
1) \({x^2} + x - 6 = 0\)
2) \(x - 3\sqrt x {\rm{ \;}} = 4\).
3) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = {\rm{ \;}} - 1}\\{2x + 3y = 8}\end{array}} \right.\)
Câu 2: Cho Parabol \(\left( P \right):y = {\rm{ \;}} - 0,5{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = {\rm{ \;}} - 0,5x + 2\)
1) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = {\rm{ \;}} - 0,5{x^2}\)
2) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) biết \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)
Câu 3: Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + m = 0\) (m là tham số).
1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\).
2) Tìm hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m.
Câu 4: Bác Tư đến siêu thị mua một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc với tổng số tiền theo giá niêm yết là 630000 đồng. Tuy nhiên, trong tuần lễ tri ân khách hàng nên siêu thị đã giảm giá quạt máy 15% và giảm giá ấm đun siêu tốc 12% so với giá niêm yết của từng sản phẩm. Nên Bác Tư chỉ phải trả 543000 đồng khi mua 2 sản phẩm trên. Hỏi giá niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc là bao nhiêu?
Câu 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và một điểm C tùy ý trên (O), (C khác A, B và CA < CB). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Dựng CH vuông góc với BD tại H (H nằm trên BD). Đường thẳng DO cắt CH và CB lần lượt tai M và N.
1) Chứng minh: Tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn.
2) Chứng minh: \({\rm{CM}} = {\rm{CO}}\).
3) Các đường thẳng \({\rm{AB}}\) và \({\rm{CD}}\) cắt nhau tại \({\rm{E}}\). Chứng minh: \({\rm{EA}}.{\rm{EB}} = {\rm{E}}{{\rm{C}}^2}\).
4) Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón. Biết \({\rm{OB}} = 6\;{\rm{cm}},{\rm{BD}} = 8\;{\rm{cm}}\). Tính thể tích của hình nón tạo thành.
----- HẾT -----
Câu 1: Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
1) \({x^2} + x - 6 = 0\)
2) \(x - 3\sqrt x {\rm{ \;}} = 4\).
3) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = {\rm{ \;}} - 1}\\{2x + 3y = 8}\end{array}} \right.\)
Câu 2: Cho Parabol \(\left( P \right):y = {\rm{ \;}} - 0,5{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = {\rm{ \;}} - 0,5x + 2\)
1) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = {\rm{ \;}} - 0,5{x^2}\)
2) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) biết \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)
Câu 3: Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + m = 0\) (m là tham số).
1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\).
2) Tìm hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m.
Câu 4: Bác Tư đến siêu thị mua một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc với tổng số tiền theo giá niêm yết là 630000 đồng. Tuy nhiên, trong tuần lễ tri ân khách hàng nên siêu thị đã giảm giá quạt máy 15% và giảm giá ấm đun siêu tốc 12% so với giá niêm yết của từng sản phẩm. Nên Bác Tư chỉ phải trả 543000 đồng khi mua 2 sản phẩm trên. Hỏi giá niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc là bao nhiêu?
Câu 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và một điểm C tùy ý trên (O), (C khác A, B và CA < CB). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Dựng CH vuông góc với BD tại H (H nằm trên BD). Đường thẳng DO cắt CH và CB lần lượt tai M và N.
1) Chứng minh: Tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn.
2) Chứng minh: \({\rm{CM}} = {\rm{CO}}\).
3) Các đường thẳng \({\rm{AB}}\) và \({\rm{CD}}\) cắt nhau tại \({\rm{E}}\). Chứng minh: \({\rm{EA}}.{\rm{EB}} = {\rm{E}}{{\rm{C}}^2}\).
4) Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón. Biết \({\rm{OB}} = 6\;{\rm{cm}},{\rm{BD}} = 8\;{\rm{cm}}\). Tính thể tích của hình nón tạo thành.
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1)
Bước 1: Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {{\rm{b}}^2} - 4{\rm{ac}}\)
Bước 2: So sánh \(\Delta \) với 0
- \(\Delta {\rm{ \;}} < 0 = {\rm{ \;}} > \) phương trình (1) vô nghiệm
- \(\Delta {\rm{ \;}} = 0\) => phương trình (1) có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}}\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\) => phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}}\) và \({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}}\).
2) Đặt nhân tử chung.
3) Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc trừ vế.
Cách giải:
1) \({x^2} + x - 6 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {1^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{ - 1 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 2\\{x_2} = \frac{{ - 1 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 3\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {2; - 3} \right\}\).
2) \(x - 3\sqrt x = 4\).
ĐKXĐ: \(x \ge 0\)
Đặt \(t = \sqrt x \ge 0\), phương trình trở thành \({t^2} - 3t = 4 \Leftrightarrow {t^2} - 3t - 4 = 0\).
Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 3} \right) + \left( { - 4} \right) = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1\,\,\left( {ktm} \right)\\{t_2} = \frac{{ - c}}{a} = 4\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Với \(t = 4 \Rightarrow \sqrt x = 4 \Leftrightarrow x = 16\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {16} \right\}\).
3) \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2\left( {y - 1} \right) + 3y = 8\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2y - 2 + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\5y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.\end{array}\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;2).
Câu 2 (VD):
Cách giải:
Cho Parabol \(\left( P \right):y = - 0,5{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = - 0,5x + 2\)
1) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = - 0,5{x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2; - 2} \right);B\left( { - 1; - 0,5} \right);\,\,C\left( {1; - 0,5} \right);\,\,D\left( {2; - 2} \right)\)
Hệ số \(a = - 0,5 < 0\)nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = - 0,5{x^2}\) như sau:
2) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) biết \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)
Vì \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) nên phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) có dạng \(y = 2x + b\)
Để \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)thì phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm duy nhất, tức là:
\( - 0,5{x^2} = 2x + b \Leftrightarrow 0,5{x^2} + 2x + b = 0\)có nghiệmduy nhất.
hay\(\Delta ' = 1 - 0,5.b = 1 - 0,5b = 0 \Leftrightarrow 0,5b = 1 \Leftrightarrow b = 2\)
Với \(b = 2\) thì \(\left( {{d_1}} \right):y = 2x + 2\)
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) là \(y = 2x + 2.\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng vi ét.
Cách giải:
1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì
\(\begin{array}{l}\Delta ' > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {{m^2} + m} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} - m > 0\\ \Leftrightarrow m + 1 > 0\\ \Leftrightarrow m > - 1\end{array}\)
Vậy \(m > - 1\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
2) Tìm hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m.
Với m > -1, áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Thay (1) vào (2) ta có:
\(\begin{array}{l}{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}} \right)^2} + \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = \frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)}^2}}}{4} + \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\\ \Leftrightarrow 4{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)^2} + 2\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)\end{array}\)
Vậy hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m là
\(4{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)^2} + 2\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
Gọi giá niêm yết của 1 cái quạt máy và 1 ấm siêu tốc lần lượt là \(x,\,y\)(đồng, \(x,y > 0\))
Vì tổng số tiền mua 2 sản phẩm theo giá niêm yết là 630000 đồng nên ta có:
\(x + y = 630000\) (1)
Tuy nhiên, siêu thị đã giảm giá quạt máy 15% và giảm giá ấm đun siêu tốc 12% so với giá niêm yết của từng sản phẩm.
Do đó:
Số tiền Bác Tư phải trả cho 1 cái quạt máy là: \(x.\left( {100\% - 15\% } \right) = 0,85x\)(đồng)
Số tiền Bác Tư phải trả cho 1 ấm siêu tốc là: \(y.\left( {100\% - 12\% } \right) = 0,88y\)(đồng)
Do bác Tư phải trả 543000 đồng khi mua 2 sản phẩm nên ta có:
\(0,85x + 0,88y = 543000\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 630000\\0,85x + 0,88y = 543000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,85x + 0,85y = 535500\\0,85x + 0,88y = 543000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 630000 - y\\0,03y = 7500\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 630000 - y\\y = 250000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 380000\\y = 250000\end{array} \right.\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\end{array}\)
Vậy giá niêm yết của 1 cái quạt máy là 380000 đồng, giá niêm yết của 1 ấm siêu tốc là 250000 đồng. Câu 5 (VD):
Cách giải:
1) Chứng minh: Tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn.
Do DC, DB là 2 tiếp tuyến của \((O)\)cắt nhau tại D nên \(DC = DB\) (tính chất)
Mà OC = OB (bằng bán kính)
\( \Rightarrow OD\) là trung trực của BC (tính chất)
\( \Rightarrow OC \bot BC\) tại N \( \Rightarrow \angle DNC = {90^0}\)
Xét tứ giác DCNH có \(\angle DHC = {90^0}\) (\(CH \bot BD\left( {gt} \right)\)) và \(\angle DNC = {90^0}\) (cmt)
Mà H, N là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn DC dưới 2 góc bằng nhau
\( \Rightarrow N,F,D,C\) cùng thuộc một đường tròn (dhnb)
Hay tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn (đpcm)
2) Chứng minh: \({\rm{CM}} = {\rm{CO}}\).
Xét tam giác DBC có DN và CH là đường cao cắt nhau tại M nên M là trực tâm của tam giác DBC
\( \Rightarrow CM \bot DC\)
Mà \(CO \bot DC\) (tiếp tuyến) \( \Rightarrow BM\,{\rm{//}}\,CO\)
Lại có \(CH \bot BD\left( {gt} \right),OB \bot BD\) (tiếp tuyến) \( \Rightarrow CM\,{\rm{//}}\,OB\)
\( \Rightarrow OBMC\) là hình bình hành (dhnb)
\( \Rightarrow CM = OB\)(tính chất)
Mà \(OB = OC\) (cùng bằng bán kính) nên \(OC = CM\) (đpcm)
3) Các đường thẳng \({\rm{AB}}\) và \({\rm{CD}}\) cắt nhau tại \({\rm{E}}\). Chứng minh: \({\rm{EA}}.{\rm{EB}} = {\rm{E}}{{\rm{C}}^2}\).
Xét \(\Delta EAC\) và \(\Delta ECB\) có:
\(\angle CEA\) chung
\(\angle ECA = \angle ABC\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung)
\(\Rightarrow \Delta EAC\backsim \Delta ECB\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{EC}{EB}=\frac{EA}{EC}\Leftrightarrow E{{C}^{2}}=EA.EB\) (đpcm)
4) Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón. Biết \({\rm{OB}} = 6\;{\rm{cm}},{\rm{BD}} = 8\;{\rm{cm}}\). Tính thể tích của hình nón tạo thành.
Do \(\Delta OBD\) vuông tại B, đường cao BN nên ta có
\(O{D^2} = B{D^2} + O{B^2} = {6^2} + {8^2} = 100 \Rightarrow OD = 10\) (định lý Pytago)
\(B{D^2} = DN.OD \Rightarrow DN = \frac{{B{D^2}}}{{OD}} = \frac{{{8^2}}}{{10}} = 6,4\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow N{B^2} = B{D^2} - D{N^2} = {8^2} - 6,{4^2} = 23,04 \Rightarrow BN = 4,8\) (định lý Pytago)
Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón có chiều cao là DN = 6,4 và đáy là đường tròn có bán kính là BN = 4,8
Suy ra thể tích của hình nón bằng \(\frac{1}{3}.\pi .B{N^2}.DH = \frac{1}{3}\pi .4,{8^2}.6,4 \approx 154,4156c{m^3}\)
Vậy thể tích hình nón khoảng \(154,4156\,c{m^3}.\)
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1)
Bước 1: Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {{\rm{b}}^2} - 4{\rm{ac}}\)
Bước 2: So sánh \(\Delta \) với 0
- \(\Delta {\rm{ \;}} < 0 = {\rm{ \;}} > \) phương trình (1) vô nghiệm
- \(\Delta {\rm{ \;}} = 0\) => phương trình (1) có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}}\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\) => phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}}\) và \({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}}\).
2) Đặt nhân tử chung.
3) Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc trừ vế.
Cách giải:
1) \({x^2} + x - 6 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {1^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{ - 1 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 2\\{x_2} = \frac{{ - 1 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 3\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {2; - 3} \right\}\).
2) \(x - 3\sqrt x = 4\).
ĐKXĐ: \(x \ge 0\)
Đặt \(t = \sqrt x \ge 0\), phương trình trở thành \({t^2} - 3t = 4 \Leftrightarrow {t^2} - 3t - 4 = 0\).
Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 3} \right) + \left( { - 4} \right) = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1\,\,\left( {ktm} \right)\\{t_2} = \frac{{ - c}}{a} = 4\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Với \(t = 4 \Rightarrow \sqrt x = 4 \Leftrightarrow x = 16\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {16} \right\}\).
3) \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2\left( {y - 1} \right) + 3y = 8\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2y - 2 + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\5y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.\end{array}\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;2).
Câu 2 (VD):
Cách giải:
Cho Parabol \(\left( P \right):y = - 0,5{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = - 0,5x + 2\)
1) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = - 0,5{x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2; - 2} \right);B\left( { - 1; - 0,5} \right);\,\,C\left( {1; - 0,5} \right);\,\,D\left( {2; - 2} \right)\)
Hệ số \(a = - 0,5 < 0\)nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = - 0,5{x^2}\) như sau:
2) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) biết \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)
Vì \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) nên phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) có dạng \(y = 2x + b\)
Để \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)thì phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm duy nhất, tức là:
\( - 0,5{x^2} = 2x + b \Leftrightarrow 0,5{x^2} + 2x + b = 0\)có nghiệmduy nhất.
hay\(\Delta ' = 1 - 0,5.b = 1 - 0,5b = 0 \Leftrightarrow 0,5b = 1 \Leftrightarrow b = 2\)
Với \(b = 2\) thì \(\left( {{d_1}} \right):y = 2x + 2\)
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) là \(y = 2x + 2.\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng vi ét.
Cách giải:
1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì
\(\begin{array}{l}\Delta ' > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {{m^2} + m} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} - m > 0\\ \Leftrightarrow m + 1 > 0\\ \Leftrightarrow m > - 1\end{array}\)
Vậy \(m > - 1\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
2) Tìm hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m.
Với m > -1, áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Thay (1) vào (2) ta có:
\(\begin{array}{l}{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}} \right)^2} + \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = \frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)}^2}}}{4} + \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\\ \Leftrightarrow 4{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)^2} + 2\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)\end{array}\)
Vậy hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m là
\(4{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)^2} + 2\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
Gọi giá niêm yết của 1 cái quạt máy và 1 ấm siêu tốc lần lượt là \(x,\,y\)(đồng, \(x,y > 0\))
Vì tổng số tiền mua 2 sản phẩm theo giá niêm yết là 630000 đồng nên ta có:
\(x + y = 630000\) (1)
Tuy nhiên, siêu thị đã giảm giá quạt máy 15% và giảm giá ấm đun siêu tốc 12% so với giá niêm yết của từng sản phẩm.
Do đó:
Số tiền Bác Tư phải trả cho 1 cái quạt máy là: \(x.\left( {100\% - 15\% } \right) = 0,85x\)(đồng)
Số tiền Bác Tư phải trả cho 1 ấm siêu tốc là: \(y.\left( {100\% - 12\% } \right) = 0,88y\)(đồng)
Do bác Tư phải trả 543000 đồng khi mua 2 sản phẩm nên ta có:
\(0,85x + 0,88y = 543000\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 630000\\0,85x + 0,88y = 543000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,85x + 0,85y = 535500\\0,85x + 0,88y = 543000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 630000 - y\\0,03y = 7500\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 630000 - y\\y = 250000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 380000\\y = 250000\end{array} \right.\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\end{array}\)
Vậy giá niêm yết của 1 cái quạt máy là 380000 đồng, giá niêm yết của 1 ấm siêu tốc là 250000 đồng. Câu 5 (VD):
Cách giải:
1) Chứng minh: Tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn.
Do DC, DB là 2 tiếp tuyến của \((O)\)cắt nhau tại D nên \(DC = DB\) (tính chất)
Mà OC = OB (bằng bán kính)
\( \Rightarrow OD\) là trung trực của BC (tính chất)
\( \Rightarrow OC \bot BC\) tại N \( \Rightarrow \angle DNC = {90^0}\)
Xét tứ giác DCNH có \(\angle DHC = {90^0}\) (\(CH \bot BD\left( {gt} \right)\)) và \(\angle DNC = {90^0}\) (cmt)
Mà H, N là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn DC dưới 2 góc bằng nhau
\( \Rightarrow N,F,D,C\) cùng thuộc một đường tròn (dhnb)
Hay tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn (đpcm)
2) Chứng minh: \({\rm{CM}} = {\rm{CO}}\).
Xét tam giác DBC có DN và CH là đường cao cắt nhau tại M nên M là trực tâm của tam giác DBC
\( \Rightarrow CM \bot DC\)
Mà \(CO \bot DC\) (tiếp tuyến) \( \Rightarrow BM\,{\rm{//}}\,CO\)
Lại có \(CH \bot BD\left( {gt} \right),OB \bot BD\) (tiếp tuyến) \( \Rightarrow CM\,{\rm{//}}\,OB\)
\( \Rightarrow OBMC\) là hình bình hành (dhnb)
\( \Rightarrow CM = OB\)(tính chất)
Mà \(OB = OC\) (cùng bằng bán kính) nên \(OC = CM\) (đpcm)
3) Các đường thẳng \({\rm{AB}}\) và \({\rm{CD}}\) cắt nhau tại \({\rm{E}}\). Chứng minh: \({\rm{EA}}.{\rm{EB}} = {\rm{E}}{{\rm{C}}^2}\).
Xét \(\Delta EAC\) và \(\Delta ECB\) có:
\(\angle CEA\) chung
\(\angle ECA = \angle ABC\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung)
\(\Rightarrow \Delta EAC\backsim \Delta ECB\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{EC}{EB}=\frac{EA}{EC}\Leftrightarrow E{{C}^{2}}=EA.EB\) (đpcm)
4) Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón. Biết \({\rm{OB}} = 6\;{\rm{cm}},{\rm{BD}} = 8\;{\rm{cm}}\). Tính thể tích của hình nón tạo thành.
Do \(\Delta OBD\) vuông tại B, đường cao BN nên ta có
\(O{D^2} = B{D^2} + O{B^2} = {6^2} + {8^2} = 100 \Rightarrow OD = 10\) (định lý Pytago)
\(B{D^2} = DN.OD \Rightarrow DN = \frac{{B{D^2}}}{{OD}} = \frac{{{8^2}}}{{10}} = 6,4\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow N{B^2} = B{D^2} - D{N^2} = {8^2} - 6,{4^2} = 23,04 \Rightarrow BN = 4,8\) (định lý Pytago)
Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón có chiều cao là DN = 6,4 và đáy là đường tròn có bán kính là BN = 4,8
Suy ra thể tích của hình nón bằng \(\frac{1}{3}.\pi .B{N^2}.DH = \frac{1}{3}\pi .4,{8^2}.6,4 \approx 154,4156c{m^3}\)
Vậy thể tích hình nón khoảng \(154,4156\,c{m^3}.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Dương năm 2023 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp thông tin chi tiết về cấu trúc đề thi, nội dung kiến thức trọng tâm và các phương pháp ôn tập hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2023 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Để ôn thi hiệu quả, các em học sinh cần nắm vững các kiến thức trọng tâm sau:
Để ôn thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2023 hiệu quả, các em học sinh có thể áp dụng các phương pháp sau:
Trong quá trình làm bài thi, các em học sinh cần lưu ý những điều sau:
Dưới đây là một số tài liệu ôn thi tham khảo hữu ích:
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Dương năm 2023!
Bài toán: Giải phương trình 2x + 3 = 7
Lời giải:
Việc chuẩn bị kỹ lưỡng và áp dụng các phương pháp ôn tập hiệu quả sẽ giúp các em học sinh tự tin đối mặt với kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Dương năm 2023. Hãy cố gắng hết mình và đạt được kết quả tốt nhất!
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!
