Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bình Phước năm 2020 chính thức. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài và độ khó của kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Với đề thi này, các em có thể tự đánh giá năng lực bản thân, xác định những kiến thức còn yếu để tập trung ôn luyện. Đồng thời, việc giải đề thi cũng giúp các em rèn luyện kỹ năng giải toán nhanh và chính xác.
Câu 1: 1. Tính giá trị của biểu thức sau:
Câu 1:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Câu 2:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
Câu 3:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Câu 4:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Câu 5:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
+ Tính giá trị biểu thức A:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \\A = \sqrt {{8^2}} - \sqrt {{7^2}} \\A = 8 - 7\\A = 1\end{array}\)
Vậy \(A = 1\).
+ Tính giá trị biểu thức B:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \\B = \left| {4 + \sqrt 7 } \right| - \sqrt 7 \\B = 4 + \sqrt 7 - \sqrt 7 \,\,\left( {Do\,\,4 + \sqrt 7 > 0} \right)\\B = 4\end{array}\)
Vậy \(B = 4\).
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
Với \(x \ge 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \sqrt x - 3\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0\) thì \(Q = \sqrt x - 3\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Ta có: \(Q = 2 \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = 2 \Leftrightarrow \sqrt x = 5 \Leftrightarrow x = 25\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy để \(Q = 2\) thì \(x = 25\).
Câu 2 (2điểm)
Cách giải:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
+) Vẽ parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Vậy \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm: \(\left( { - 2;\,\,4} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,1} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,1} \right),\,\,\left( {2;\,\,4} \right).\)
+) Vẽ đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2x + 3\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \( - 1\) |
\(y = 2x + 3\) | \(3\) | \(1\) |
Vậy \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\) là đường thẳng đi qua các điểm \(\left( {0;\,\,3} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} = 2x + 3\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) + \left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
+) Với \(x = 3 \Rightarrow y = {3^2} = 9\).
+) Với \(x = - 1 \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^2} = 1.\)
Vậy \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có tọa độ là \(\left( {3;\,\,9} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 3y = 6\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {3;\,\,1} \right).\)
Câu 3 (2,5 điểm)
Cách giải:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
Với \(m = 6\) thì phương trình (1) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 4x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - x} \right) - \left( {4x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 4\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 6\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;4} \right\}\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 5} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\5 > 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\\m - 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 - 4m + 8 > 0\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}33 - 4m > 0\\m > 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{{33}}{4}\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < m < \dfrac{{33}}{4}\).
Khi đó áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} }}{{\sqrt {{x_1}{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow 2\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right) = 3\sqrt {{x_1}{x_2}} \\ \Leftrightarrow 4\left( {{x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} } \right) = 9{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 4\left( {5 + 2\sqrt {m - 2} } \right) = 9\left( {m - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 9\left( {m - 2} \right) - 8\sqrt {m - 2} - 20 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Đặt \(t = \sqrt {m - 2} \,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình (*) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,9{t^2} - 8t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 9{t^2} - 18t + 10t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {9{t^2} - 18t} \right) + \left( {10t - 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 9t\left( {t - 2} \right) + 10\left( {t - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {9t + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 2 = 0\\9t + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - \dfrac{{10}}{9}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(t = 2\) \( \Rightarrow \sqrt {m - 2} = 2 \Leftrightarrow m - 2 = 4 \Leftrightarrow m = 6\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 6\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Gọi chiều rộng thửa đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\)) \( \Rightarrow \) Chiều dài thửa đất là \(x + 4\,\,\left( m \right)\).
Vì thửa đất có diện tích là \(320{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}x\left( {x + 4} \right) = 320\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 20x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 16x} \right) + \left( {20x - 320} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 16} \right) + 20\left( {x - 16} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 16} \right)\left( {x + 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 16 = 0\\x + 20 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 20\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng thửa đất là \(16m\), chiều dài thửa đất là \(16 + 4 = 20m\).
Vậy chu vi thửa đất đó là: \(\left( {16 + 20} \right).2 = 72\,\,\left( m \right)\).
Câu 4 (2,5 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) nên \(\angle B + \angle C = {90^0}\) (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).
\( \Rightarrow \angle C = {90^0} - \angle B = {90^0} - {60^0} = {30^0}\).
Ta có:
\(\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AB = \dfrac{{AC}}{{\tan {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
\(\sin {60^0} = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AC}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường trung tuyến \(AM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) nên
\(AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{16\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy \(\angle C = {30^0},\,\,AB = AM = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}cm,\,\,BC = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,cm\).
Câu 5 (2,5 điểm)
Cách giải:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
Ta có: \(TA,\,\,TB\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A,\,\,B\) (gt).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}TA \bot OA\\TB \bot OB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle TAO = \angle TBO = {90^0}\).
Xét tứ giác \(TAOB\) ta có: \(\angle TAO + \angle TBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow TAOB\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
Ta có: \(OA = OB = R\) \( \Rightarrow O\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\(TA = TB\,\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow T\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO\) là đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO \bot AB = \left\{ F \right\}\)
Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta TAO\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AF\) ta có: \(T{A^2} = TF.TO\,\,\,\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta TAC\) và \(\Delta TDA\) ta có:
\(\angle T\) chung;
\(\angle TDA = \angle TAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \Delta TAC \sim \Delta TDA\,\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{TA}}{{TD}} = \dfrac{{TC}}{{TA}} \Leftrightarrow T{A^2} = TC.TD\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow TF.TO = TC.TD\,\,\,\left( { = T{A^2}} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Gọi \(AB \cap TG = \left\{ K \right\}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AT \bot OA \Rightarrow AT \bot AG\\BH \bot AG\end{array} \right. \Rightarrow BH\parallel AT\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TAB\) (so le trong).
Mà \(TA = TB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\Delta TAB\) cân tại \(T\) \( \Rightarrow \angle TAB = \angle TBA\).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TBA\)
\( \Rightarrow BK\) là phân giác của \(\angle TBH\).
Ta có: \(\angle ABG = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow BA \bot BG\) hay \(BK \bot BG\).
Do đó \(BG\) là phân giác ngoài của \(\angle TBH\).
Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\dfrac{{BI}}{{BT}} = \dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{GI}}{{GT}}\).
Lại có: \(\dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{BI}}{{AT}};\,\,\dfrac{{GI}}{{GT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}}\) (định lí Ta-lét)
Do đó \(\dfrac{{BI}}{{AT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}} \Rightarrow BI = IH\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(BH\) (đpcm).
Câu 1:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Câu 2:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
Câu 3:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Câu 4:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Câu 5:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
+ Tính giá trị biểu thức A:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \\A = \sqrt {{8^2}} - \sqrt {{7^2}} \\A = 8 - 7\\A = 1\end{array}\)
Vậy \(A = 1\).
+ Tính giá trị biểu thức B:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \\B = \left| {4 + \sqrt 7 } \right| - \sqrt 7 \\B = 4 + \sqrt 7 - \sqrt 7 \,\,\left( {Do\,\,4 + \sqrt 7 > 0} \right)\\B = 4\end{array}\)
Vậy \(B = 4\).
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
Với \(x \ge 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \sqrt x - 3\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0\) thì \(Q = \sqrt x - 3\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Ta có: \(Q = 2 \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = 2 \Leftrightarrow \sqrt x = 5 \Leftrightarrow x = 25\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy để \(Q = 2\) thì \(x = 25\).
Câu 2 (2điểm)
Cách giải:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
+) Vẽ parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Vậy \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm: \(\left( { - 2;\,\,4} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,1} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,1} \right),\,\,\left( {2;\,\,4} \right).\)
+) Vẽ đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2x + 3\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \( - 1\) |
\(y = 2x + 3\) | \(3\) | \(1\) |
Vậy \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\) là đường thẳng đi qua các điểm \(\left( {0;\,\,3} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} = 2x + 3\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) + \left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
+) Với \(x = 3 \Rightarrow y = {3^2} = 9\).
+) Với \(x = - 1 \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^2} = 1.\)
Vậy \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có tọa độ là \(\left( {3;\,\,9} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 3y = 6\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {3;\,\,1} \right).\)
Câu 3 (2,5 điểm)
Cách giải:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
Với \(m = 6\) thì phương trình (1) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 4x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - x} \right) - \left( {4x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 4\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 6\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;4} \right\}\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 5} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\5 > 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\\m - 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 - 4m + 8 > 0\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}33 - 4m > 0\\m > 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{{33}}{4}\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < m < \dfrac{{33}}{4}\).
Khi đó áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} }}{{\sqrt {{x_1}{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow 2\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right) = 3\sqrt {{x_1}{x_2}} \\ \Leftrightarrow 4\left( {{x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} } \right) = 9{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 4\left( {5 + 2\sqrt {m - 2} } \right) = 9\left( {m - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 9\left( {m - 2} \right) - 8\sqrt {m - 2} - 20 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Đặt \(t = \sqrt {m - 2} \,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình (*) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,9{t^2} - 8t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 9{t^2} - 18t + 10t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {9{t^2} - 18t} \right) + \left( {10t - 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 9t\left( {t - 2} \right) + 10\left( {t - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {9t + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 2 = 0\\9t + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - \dfrac{{10}}{9}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(t = 2\) \( \Rightarrow \sqrt {m - 2} = 2 \Leftrightarrow m - 2 = 4 \Leftrightarrow m = 6\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 6\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Gọi chiều rộng thửa đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\)) \( \Rightarrow \) Chiều dài thửa đất là \(x + 4\,\,\left( m \right)\).
Vì thửa đất có diện tích là \(320{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}x\left( {x + 4} \right) = 320\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 20x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 16x} \right) + \left( {20x - 320} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 16} \right) + 20\left( {x - 16} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 16} \right)\left( {x + 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 16 = 0\\x + 20 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 20\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng thửa đất là \(16m\), chiều dài thửa đất là \(16 + 4 = 20m\).
Vậy chu vi thửa đất đó là: \(\left( {16 + 20} \right).2 = 72\,\,\left( m \right)\).
Câu 4 (2,5 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) nên \(\angle B + \angle C = {90^0}\) (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).
\( \Rightarrow \angle C = {90^0} - \angle B = {90^0} - {60^0} = {30^0}\).
Ta có:
\(\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AB = \dfrac{{AC}}{{\tan {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
\(\sin {60^0} = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AC}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường trung tuyến \(AM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) nên
\(AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{16\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy \(\angle C = {30^0},\,\,AB = AM = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}cm,\,\,BC = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,cm\).
Câu 5 (2,5 điểm)
Cách giải:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
Ta có: \(TA,\,\,TB\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A,\,\,B\) (gt).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}TA \bot OA\\TB \bot OB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle TAO = \angle TBO = {90^0}\).
Xét tứ giác \(TAOB\) ta có: \(\angle TAO + \angle TBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow TAOB\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
Ta có: \(OA = OB = R\) \( \Rightarrow O\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\(TA = TB\,\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow T\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO\) là đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO \bot AB = \left\{ F \right\}\)
Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta TAO\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AF\) ta có: \(T{A^2} = TF.TO\,\,\,\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta TAC\) và \(\Delta TDA\) ta có:
\(\angle T\) chung;
\(\angle TDA = \angle TAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \Delta TAC \sim \Delta TDA\,\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{TA}}{{TD}} = \dfrac{{TC}}{{TA}} \Leftrightarrow T{A^2} = TC.TD\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow TF.TO = TC.TD\,\,\,\left( { = T{A^2}} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Gọi \(AB \cap TG = \left\{ K \right\}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AT \bot OA \Rightarrow AT \bot AG\\BH \bot AG\end{array} \right. \Rightarrow BH\parallel AT\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TAB\) (so le trong).
Mà \(TA = TB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\Delta TAB\) cân tại \(T\) \( \Rightarrow \angle TAB = \angle TBA\).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TBA\)
\( \Rightarrow BK\) là phân giác của \(\angle TBH\).
Ta có: \(\angle ABG = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow BA \bot BG\) hay \(BK \bot BG\).
Do đó \(BG\) là phân giác ngoài của \(\angle TBH\).
Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\dfrac{{BI}}{{BT}} = \dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{GI}}{{GT}}\).
Lại có: \(\dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{BI}}{{AT}};\,\,\dfrac{{GI}}{{GT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}}\) (định lí Ta-lét)
Do đó \(\dfrac{{BI}}{{AT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}} \Rightarrow BI = IH\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(BH\) (đpcm).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bình Phước năm 2020 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để giúp các em đạt kết quả tốt nhất, loigiai.com.vn xin cung cấp bộ đề thi chính thức kèm theo đáp án chi tiết và phân tích chuyên sâu.
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020 thường bao gồm các dạng bài sau:
Đề thi năm 2020 có độ khó tương đối đồng đều, tập trung vào các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán lớp 9. Các câu hỏi thường yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức đã học để giải quyết các vấn đề cụ thể. Một số câu hỏi đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic và khả năng phân tích tốt.
Loigiai.com.vn cung cấp đáp án chi tiết và hướng dẫn giải từng bài toán trong đề thi. Các hướng dẫn giải được trình bày một cách rõ ràng, dễ hiểu, giúp học sinh nắm vững phương pháp giải và áp dụng vào các bài toán tương tự.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020, loigiai.com.vn còn cung cấp nhiều tài liệu ôn thi Toán vào 10 khác, bao gồm:
| Năm | Độ khó chung | Chủ đề trọng tâm |
|---|---|---|
| 2019 | Trung bình | Đại số, Hình học |
| 2021 | Khó | Đại số nâng cao, Hình học không gian |
| 2022 | Trung bình - Khó | Ứng dụng thực tế, Số học |
Loigiai.com.vn hy vọng rằng bộ đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020 và các tài liệu ôn thi khác sẽ giúp các em học sinh ôn tập hiệu quả và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh 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!
