Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bình Thuận năm 2019. 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.
Đề thi được biên soạn bám sát chương trình học, bao gồm các dạng bài tập thường gặp và có đáp án chi tiết, giúp các em tự học tại nhà hiệu quả.
Câu 1 (2 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau:
Câu 1 (2 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau:
\(a)\,\,{x^2} + 3x - 10 = 0 & & & b)\,\,\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 6\\x - 2y = 1\end{array} \right..\)
Câu 2 (1 điểm): Rút gọn biểu thức: \(M = \dfrac{{3\sqrt {75} - 12\sqrt 3 + \sqrt {12} }}{5}.\)
Câu 3 (2 điểm): Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị là \(\left( P \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
b) Tìm tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = mx - 2\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Câu 4 (1 điểm): Một mảnh đất hình chữ nhật có hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài là \(9m\) và diện tích bằng \(200{m^2}.\) Tính chu vi của mảnh đất.
Câu 5 (4 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right),\,\,\left( {AB < AC} \right).\) Ba đường cao \(AE,\,\,BF\) và \(CK\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H.\) Vẽ đường kính \(AD\) của đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(AKHF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(DC//BF.\)
c) Chứng minh \(AB.AC = AE.AD.\)
d) Cho \(BC = \dfrac{{4\sqrt 2 R}}{3}.\) Tính theo \(R\) diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF.\)
Câu 1 (2 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau:
\(a)\,\,{x^2} + 3x - 10 = 0 & & & b)\,\,\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 6\\x - 2y = 1\end{array} \right..\)
Câu 2 (1 điểm): Rút gọn biểu thức: \(M = \dfrac{{3\sqrt {75} - 12\sqrt 3 + \sqrt {12} }}{5}.\)
Câu 3 (2 điểm): Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị là \(\left( P \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
b) Tìm tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = mx - 2\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Câu 4 (1 điểm): Một mảnh đất hình chữ nhật có hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài là \(9m\) và diện tích bằng \(200{m^2}.\) Tính chu vi của mảnh đất.
Câu 5 (4 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right),\,\,\left( {AB < AC} \right).\) Ba đường cao \(AE,\,\,BF\) và \(CK\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H.\) Vẽ đường kính \(AD\) của đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(AKHF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(DC//BF.\)
c) Chứng minh \(AB.AC = AE.AD.\)
d) Cho \(BC = \dfrac{{4\sqrt 2 R}}{3}.\) Tính theo \(R\) diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF.\)
Câu 1
Phương pháp:
a) Giải phương trình bằng công thức nghiệm.
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(a)\,\,{x^2} + 3x - 10 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {b^2} - 4ac = {3^2} + 4.10 = 49 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 3 + \sqrt {49} }}{2} = 2\\{x_2} = \dfrac{{ - 3 - \sqrt {49} }}{2} = - 5\end{array} \right..\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ { - 5;\,\,2} \right\}.\)
\(b)\,\,\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 6\\x - 2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = 5\\x = 1 + 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 1 + 2.1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {3;\,\,1} \right).\)
Câu 2
Phương pháp:
Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
\(\begin{array}{l}M = \dfrac{{3\sqrt {75} - 12\sqrt 3 + \sqrt {12} }}{5} = \dfrac{{3\sqrt {{5^2}.3} - 12\sqrt 3 + \sqrt {{2^2}.3} }}{5}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3.5\sqrt 3 - 12\sqrt 3 + 2\sqrt 3 }}{5} = \dfrac{{5\sqrt 3 }}{5} = \sqrt 3 .\end{array}\) Vậy \(M = \sqrt 3 .\)
Câu 3
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ.
b) Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right) \Leftrightarrow \) phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0\,\,\left( {\Delta ' = 0} \right).\)
Cách giải:
Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị là \(\left( P \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = 2{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = 2{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;\,\,8} \right),\,\,\left( { - 1;\,2} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,2} \right),\,\,\left( {2;\,\,8} \right)\) và nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng.
b) Tìm tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = mx - 2\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: \(2{x^2} = mx - 2 \Leftrightarrow 2{x^2} - mx + 2 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right) \Leftrightarrow \,\,\left( * \right)\) có nghiệm kép
\( \Leftrightarrow \Delta = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4.2.2 = 0 \Leftrightarrow {m^2} = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = - 4\end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 4\) hoặc \(m = - 4\) thì thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình.
Gọi chiều rộng của mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Biểu diễn chiều dài và diện tích của mảnh đất theo ẩn vừa gọi. Giải phương trình và đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Gọi chiều rộng của mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Vì hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài \(9m\) nên chiều dài của mảnh đất là: \(2x + 9\,\,\,\left( m \right).\)
Diện tích của mảnh đất là \(200{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(x\left( {2x + 9} \right) = 200 \Leftrightarrow 2{x^2} + 9x - 200 = 0\)
Có \(\Delta = {9^2} + 4.2.200 = 1681 > 0 \Rightarrow \sqrt \Delta = \sqrt {1681} = 41.\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 9 + 41}}{{2.2}} = 8\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{x_2} = \dfrac{{ - 9 - 41}}{{2.2}} = - \dfrac{{25}}{2}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng của mảnh đất là \(8m,\) chiều dài của mảnh đất là: \(2.8 + 9 = 25m.\)
Vậy chu vi của mảnh đất là: \(\left( {8 + 25} \right).2 = 66\,m.\)
Câu 5
Phương pháp:
a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh song song theo định lý từ vuông góc đến song song.
c) Chứng minh cặp tam giác đồng dạng tương ứng rồi suy ra đẳng thức.
d) Công thức tính diện tích hình tròn bán kính \(r:\,\,S = \pi {r^2}.\)
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AKHF\) nội tiếp.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle AKH = {90^{0\,}}\,\,\,\left( {CK \bot AB = \left\{ K \right\}} \right)\\\angle AFH = {90^0}\,\,\,\,\,\left( {BF \bot AC = \left\{ K \right\}} \right)\end{array} \right.\)
Xét tứ giác \(AKHF\) ta có: \(\angle AKH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối nhau trong tứ giác
\( \Rightarrow AKHF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb).
b) Chứng minh \(DC//BF.\)
Ta có: \(BF \bot AC\) (do \(BF\) là đường cao của \(\Delta ABC\))
Lại có: \(\angle ACD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow CD \bot AC.\)
\( \Rightarrow CD//BF\,\,\left( { \bot AC} \right)\) (từ vuông góc đến song song).
c) Chứng minh \(AB.AC = AE.AD.\)
Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta ADC\) ta có:
\(\angle ABE = \angle ADC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))
d) Cho \(BC = \dfrac{{4\sqrt 2 R}}{3}.\) Tính theo \(R\) diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF.\)
Theo câu a) ta có tứ giác \(AKHF\) là tứ giác nội tiếp.
\( \Rightarrow \) đường tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF\) là đường tròn \(\left( C \right)\) đi qua các điểm \(A,\,\,K,\,\,H,\,\,F.\)
Lại có \(\Delta AKH\) là tam giác vuông tại \(K\) nội tiếp đường tròn \(\left( C \right)\)
\( \Rightarrow AH\) là đường kính của đường tròn \(\left( C \right).\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\) ta có: \(OI \bot BC = \left\{ I \right\}\) (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung).
Mà \(AE \bot BC\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow OI//AE\,\,hay\,\,\,OI//AH\) (từ vuông góc đến song song).
Lại có \(O\) là trung điểm của \(AD.\)
\( \Rightarrow OI\) là đường trung bình của \(\Delta ADH.\)
\( \Rightarrow OI = \dfrac{1}{2}AH \Leftrightarrow AH = 2OI.\)
Áp dụng định lý Pitago trong \(\Delta IOC\) vuông tại \(I\) ta có:
\(\begin{array}{l}OI = \sqrt {O{C^2} - I{C^2}} = \sqrt {O{C^2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4}} = \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{{\left( {4\sqrt 2 R} \right)}^2}}}{{4.9}}} = \dfrac{R}{3}.\\ \Rightarrow AH = 2OI = 2.\dfrac{R}{3} = \dfrac{{2R}}{3}.\end{array}\)
Khi đó diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF\) là: \(S = \pi .\dfrac{{A{H^2}}}{4} = \pi .{\left( {\dfrac{{2R}}{3}} \right)^2}.\dfrac{1}{4} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{9}.\)
Câu 1
Phương pháp:
a) Giải phương trình bằng công thức nghiệm.
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(a)\,\,{x^2} + 3x - 10 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {b^2} - 4ac = {3^2} + 4.10 = 49 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 3 + \sqrt {49} }}{2} = 2\\{x_2} = \dfrac{{ - 3 - \sqrt {49} }}{2} = - 5\end{array} \right..\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ { - 5;\,\,2} \right\}.\)
\(b)\,\,\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 6\\x - 2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = 5\\x = 1 + 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 1 + 2.1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {3;\,\,1} \right).\)
Câu 2
Phương pháp:
Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
\(\begin{array}{l}M = \dfrac{{3\sqrt {75} - 12\sqrt 3 + \sqrt {12} }}{5} = \dfrac{{3\sqrt {{5^2}.3} - 12\sqrt 3 + \sqrt {{2^2}.3} }}{5}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3.5\sqrt 3 - 12\sqrt 3 + 2\sqrt 3 }}{5} = \dfrac{{5\sqrt 3 }}{5} = \sqrt 3 .\end{array}\) Vậy \(M = \sqrt 3 .\)
Câu 3
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ.
b) Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right) \Leftrightarrow \) phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0\,\,\left( {\Delta ' = 0} \right).\)
Cách giải:
Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị là \(\left( P \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = 2{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = 2{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;\,\,8} \right),\,\,\left( { - 1;\,2} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,2} \right),\,\,\left( {2;\,\,8} \right)\) và nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng.
b) Tìm tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = mx - 2\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: \(2{x^2} = mx - 2 \Leftrightarrow 2{x^2} - mx + 2 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right) \Leftrightarrow \,\,\left( * \right)\) có nghiệm kép
\( \Leftrightarrow \Delta = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4.2.2 = 0 \Leftrightarrow {m^2} = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = - 4\end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 4\) hoặc \(m = - 4\) thì thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình.
Gọi chiều rộng của mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Biểu diễn chiều dài và diện tích của mảnh đất theo ẩn vừa gọi. Giải phương trình và đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Gọi chiều rộng của mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Vì hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài \(9m\) nên chiều dài của mảnh đất là: \(2x + 9\,\,\,\left( m \right).\)
Diện tích của mảnh đất là \(200{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(x\left( {2x + 9} \right) = 200 \Leftrightarrow 2{x^2} + 9x - 200 = 0\)
Có \(\Delta = {9^2} + 4.2.200 = 1681 > 0 \Rightarrow \sqrt \Delta = \sqrt {1681} = 41.\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 9 + 41}}{{2.2}} = 8\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{x_2} = \dfrac{{ - 9 - 41}}{{2.2}} = - \dfrac{{25}}{2}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng của mảnh đất là \(8m,\) chiều dài của mảnh đất là: \(2.8 + 9 = 25m.\)
Vậy chu vi của mảnh đất là: \(\left( {8 + 25} \right).2 = 66\,m.\)
Câu 5
Phương pháp:
a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh song song theo định lý từ vuông góc đến song song.
c) Chứng minh cặp tam giác đồng dạng tương ứng rồi suy ra đẳng thức.
d) Công thức tính diện tích hình tròn bán kính \(r:\,\,S = \pi {r^2}.\)
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AKHF\) nội tiếp.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle AKH = {90^{0\,}}\,\,\,\left( {CK \bot AB = \left\{ K \right\}} \right)\\\angle AFH = {90^0}\,\,\,\,\,\left( {BF \bot AC = \left\{ K \right\}} \right)\end{array} \right.\)
Xét tứ giác \(AKHF\) ta có: \(\angle AKH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối nhau trong tứ giác
\( \Rightarrow AKHF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb).
b) Chứng minh \(DC//BF.\)
Ta có: \(BF \bot AC\) (do \(BF\) là đường cao của \(\Delta ABC\))
Lại có: \(\angle ACD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow CD \bot AC.\)
\( \Rightarrow CD//BF\,\,\left( { \bot AC} \right)\) (từ vuông góc đến song song).
c) Chứng minh \(AB.AC = AE.AD.\)
Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta ADC\) ta có:
\(\angle ABE = \angle ADC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))
d) Cho \(BC = \dfrac{{4\sqrt 2 R}}{3}.\) Tính theo \(R\) diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF.\)
Theo câu a) ta có tứ giác \(AKHF\) là tứ giác nội tiếp.
\( \Rightarrow \) đường tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF\) là đường tròn \(\left( C \right)\) đi qua các điểm \(A,\,\,K,\,\,H,\,\,F.\)
Lại có \(\Delta AKH\) là tam giác vuông tại \(K\) nội tiếp đường tròn \(\left( C \right)\)
\( \Rightarrow AH\) là đường kính của đường tròn \(\left( C \right).\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\) ta có: \(OI \bot BC = \left\{ I \right\}\) (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung).
Mà \(AE \bot BC\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow OI//AE\,\,hay\,\,\,OI//AH\) (từ vuông góc đến song song).
Lại có \(O\) là trung điểm của \(AD.\)
\( \Rightarrow OI\) là đường trung bình của \(\Delta ADH.\)
\( \Rightarrow OI = \dfrac{1}{2}AH \Leftrightarrow AH = 2OI.\)
Áp dụng định lý Pitago trong \(\Delta IOC\) vuông tại \(I\) ta có:
\(\begin{array}{l}OI = \sqrt {O{C^2} - I{C^2}} = \sqrt {O{C^2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4}} = \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{{\left( {4\sqrt 2 R} \right)}^2}}}{{4.9}}} = \dfrac{R}{3}.\\ \Rightarrow AH = 2OI = 2.\dfrac{R}{3} = \dfrac{{2R}}{3}.\end{array}\)
Khi đó diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF\) là: \(S = \pi .\dfrac{{A{H^2}}}{4} = \pi .{\left( {\dfrac{{2R}}{3}} \right)^2}.\dfrac{1}{4} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{9}.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững kiến thức và làm quen với các dạng đề thi là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho bạn đọc phân tích chi tiết về đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019, cùng với hướng dẫn giải các bài toán thường gặp.
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Phương trình bậc hai là một chủ đề quan trọng thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10. Để giải phương trình bậc hai, học sinh cần nắm vững công thức nghiệm và các điều kiện để phương trình có nghiệm.
Ví dụ: Giải phương trình 2x2 - 5x + 2 = 0
Ta có: a = 2, b = -5, c = 2
Δ = b2 - 4ac = (-5)2 - 4 * 2 * 2 = 25 - 16 = 9
√Δ = 3
x1 = (-b + √Δ) / 2a = (5 + 3) / (2 * 2) = 2
x2 = (-b - √Δ) / 2a = (5 - 3) / (2 * 2) = 0.5
Vậy phương trình có hai nghiệm là x1 = 2 và x2 = 0.5
Chứng minh tính chất hình học đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc về các định lý, tính chất và kỹ năng vẽ hình chính xác.
Ví dụ: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Chứng minh rằng AH2 = BH * CH.
Chứng minh: Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có AH là đường cao.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: AH2 = BH * CH (đpcm)
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019, bạn có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019 là một tài liệu quan trọng giúp học sinh chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi sắp tới. Hy vọng với những phân tích và hướng dẫn giải trong bài viết này, các em sẽ tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào 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!
