Loigiai.com.vn xin giới thiệu Đề thi vào 10 môn Toán Cần Thơ năm 2018 chính thức, được cập nhật mới nhất. 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 tuyển sinh sắp tới.
Bài thi này bao gồm các dạng toán quen thuộc như đại số, hình học, và các bài toán thực tế. Việc nắm vững kiến thức nền tảng và luyện tập thường xuyên là chìa khóa để đạt kết quả tốt nhất.
Câu 1 (1,0 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau:
Câu 1 (1,0 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \(2{x^2} - 3x - 2 = 0\) b) \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 12\\3x + y = 7\end{array} \right.\)
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } + \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 2}}\)
b) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = \dfrac{3}{4}{x^2}.\)
Câu 3 (1,5 điểm):
a) Khi thực hiện xây dựng trường điển hình đổi mới năm 2017, hai trường trung học cơ sở A và B có tất cả 760 học sinh đăng ký tham gia nội dung hoạt động trải nghiệm. Đến khi tổng kết, số học sinh tham gia đạt tỷ lệ 85% so với số đã đăng ký. Nếu tính riêng thì tỷ lệ học sinh tham gia của trường A và trường B lần lượt là 80% và 89,5%. Tính số học sinh ban đầu đăng ký tham gia của mỗi trường.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) sao cho phương trình \(2{x^2} - \left( {m + 5} \right)x - 3{m^2} + 10m - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4.\)
Câu 4 (2,5 điểm):
Cho đường tròn tâm O và điểm P nằm ngoài (O). Vẽ tiếp tuyến PC của (O) (C là tiếp điểm) và cát tuyến PAB (PA < PB) sao cho các điểm A, B, C nằm cùng phía so với đường thẳng PO. Gọi M là trung điểm của đoạn AB và CD là đường kính của (O).
a) Chứng minh tứ giác PCMO là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi E là giao điểm của đường thẳng PO với đường thẳng BD. Chứng minh AM.DE = AC.DO.
c) Chứng minh đường thẳng CE vuông góc với đường thẳng CA.
Câu 1 (1,0 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \(2{x^2} - 3x - 2 = 0\) b) \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 12\\3x + y = 7\end{array} \right.\)
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } + \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 2}}\)
b) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = \dfrac{3}{4}{x^2}.\)
Câu 3 (1,5 điểm):
a) Khi thực hiện xây dựng trường điển hình đổi mới năm 2017, hai trường trung học cơ sở A và B có tất cả 760 học sinh đăng ký tham gia nội dung hoạt động trải nghiệm. Đến khi tổng kết, số học sinh tham gia đạt tỷ lệ 85% so với số đã đăng ký. Nếu tính riêng thì tỷ lệ học sinh tham gia của trường A và trường B lần lượt là 80% và 89,5%. Tính số học sinh ban đầu đăng ký tham gia của mỗi trường.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) sao cho phương trình \(2{x^2} - \left( {m + 5} \right)x - 3{m^2} + 10m - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4.\)
Câu 4 (2,5 điểm):
Cho đường tròn tâm O và điểm P nằm ngoài (O). Vẽ tiếp tuyến PC của (O) (C là tiếp điểm) và cát tuyến PAB (PA < PB) sao cho các điểm A, B, C nằm cùng phía so với đường thẳng PO. Gọi M là trung điểm của đoạn AB và CD là đường kính của (O).
a) Chứng minh tứ giác PCMO là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi E là giao điểm của đường thẳng PO với đường thẳng BD. Chứng minh AM.DE = AC.DO.
c) Chứng minh đường thẳng CE vuông góc với đường thẳng CA.
PHẦN 1. TRẮC NGHIỆM
1.D | 2.C | 3.B | 4.B | 5.D | 6.C | 7.C | 8.B | 9.C | 10.A |
11.A | 12.A | 13.C | 14.B | 15.D | 16.D | 17.D | 18.C | 19.B | 20.A |
PHẦN 2: TỰ LUẬN
Câu 1
Phương pháp:
Sử dụng công thức nghiệm để giải phương trình bậc hai.
Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
a) \(2{x^2} - 3x - 2 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.2.\left( { - 2} \right) = 25 > 0\)
Nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{3 - 5}}{{2.2}} = \dfrac{{ - 1}}{2}\\{x_2} = \dfrac{{3 + 5}}{{2.2}} = 2\end{array} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: \(S = \left\{ { - \dfrac{1}{2};2} \right\}\) .
b) \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 12\\3x + y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 12\\9x + 3y = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = 33\\y = 7 - 3x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 7 - 3.3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = - 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {3; - 2} \right)\)
Câu 2
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\;\;khi\;\;\;A \ge 0\\ - A\;\;khi\;\;A < 0\end{array} \right.\) và trục căn thức ở mẫu.
+) Lập bảng giá trị các điểm thuộc đồ thị hàm số sau đó vẽ đồ thị hàm số.
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } + \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 2}}\)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } + \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 2}}\\ = \sqrt {{2^2} - 2.2.\sqrt 5 + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}} + \dfrac{{\sqrt 5 + 2}}{{\left( {\sqrt 5 - 2} \right)\left( {\sqrt 5 + 2} \right)}}\\ = \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 5 } \right)}^2}} + \dfrac{{\sqrt 5 + 2}}{{5 - 4}}\\ = \left| {2 - \sqrt 5 } \right| + \sqrt 5 + 2\\ = \sqrt 5 - 2 + \sqrt 5 + 2\left( {\,Do\,\,\,2 - \sqrt 5 < 0} \right)\\ = 2\sqrt 5 \end{array}\)
b) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = \dfrac{3}{4}{x^2}.\)
Bảng giá trị
x | \( - 4\) | \( - 2\) | 0 | 2 | 4 |
y | 12 | 3 | 0 | 3 | 12 |
Khi đó đồ thị hàm số đã cho là 1 đường cong và đi qua các điểm \(A\left( {2;3} \right);B\left( {4;12} \right);C\left( { - 2;3} \right);D\left( { - 4;12} \right);O\left( {0;0} \right)\)
Câu 3
Phương pháp:
a) Giải bài toán bằng cách lập phương trình.
b) Tìm điều kiện của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt sau đó áp dụng định lý Vi-ét để làm bài.
Cách giải:
a) Khi thực hiện xây dựng trường điển hình đổi mới năm 2017, hai trường trung học cơ sở A và B có tất cả 760 học sinh đăng ký tham gia nội dung hoạt động trải nghiệm. Đến khi tổng kết, số học sinh tham gia đạt tỷ lệ 85% so với số đã đăng ký. Nếu tính riêng thì tỷ lệ học sinh tham gia của trường A và trường B lần lượt là 80% và 89,5%. Tính số học sinh ban đầu đăng ký tham gia của mỗi trường.
Gọi số học sinh trường A đăng ký hoạt động là \(x\) (học sinh), \(\left( {x < 760,\;x \in {N^*}} \right).\)
Gọi số học sinh trường B đăng ký hoạt động là \(y\) (học sinh), \(\left( {y < 760,\;y \in {N^*}} \right).\)
Khi đó tổng số học sinh hai trường đăng kí là: \(x + y = 760.\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\)
Số học sinh hai trường tham gia là: \(760.\dfrac{{85}}{{100}} = 646\) (học sinh).
Số học sinh trường A tham gia là: \(80\% x = \dfrac{4}{5}x\) (học sinh).
Số học sinh trường B tham gia là: \(89,5\% y = \dfrac{{179}}{{200}}y\) (học sinh).
Theo đề bài ta có phương trình: \(\dfrac{4}{5}x + \dfrac{{179}}{{200}}y = 646\;\;\;\left( 2 \right).\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 760\\\dfrac{4}{5}x + \dfrac{{179}}{{200}}y = 646\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 760\\160x + 179y = 129200\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}160x + 160y = 121600\\160x + 179y = 129200\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}19y = 7600\\x = 760 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 400\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = 360\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy ban đầu trường A có 360 học sinh đăng ký, trường B có 400 học sinh đăng ký.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) sao cho phương trình \(2{x^2} - \left( {m + 5} \right)x - 3{m^2} + 10m - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m + 5} \right)^2} - 4.2\left( { - 3{m^2} + 10m - 3} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 10m + 25 + 24{m^2} - 80m + 24 > 0\\ \Leftrightarrow 25{m^2} - 70m + 49 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {5m - 7} \right)^2} > 0\\ \Leftrightarrow m \ne \dfrac{7}{5}\end{array}\)
Với \(m \ne \dfrac{7}{5}\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{m + 5}}{2}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{{ - 3{m^2} + 10m - 3}}{2}\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + x_2^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) - {x_1}{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{m + 5}}{2}} \right)^2} - \left( {\dfrac{{m + 5}}{2}} \right) - \dfrac{{ - 3{m^2} + 10m - 3}}{2} = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 5} \right)^2} - 2\left( {m + 5} \right) + 2\left( {3{m^2} - 10m + 3} \right) = 16\\ \Leftrightarrow 7{m^2} - 12m + 5 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {7m - 5} \right)\left( {m - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}7m - 5 = 0\\m - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \dfrac{5}{7}\;\;\left( {tm} \right)\\m = 1\;\;\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy \(m = \dfrac{5}{7}\) hoặc \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
+) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết.
+) Chứng minh các cặp tam giác đồng dạng tương ứng sau đó suy ra tỉ lệ cần chứng minh.
Cách giải:
Cho đường tròn tâm O và điểm P nằm ngoài (O). Vẽ tiếp tuyến PC của (O) (C là tiếp điểm) và cát tuyến PAB (PA < PB) sao cho các điểm A, B, C nằm cùng phía so với đường thẳng PO. Gọi M là trung điểm của đoạn AB và CD là đường kính của (O).
a) Chứng minh tứ giác PCMO là tứ giác nội tiếp.
Ta có \(M\) là trung điểm của \(AB\;\left( {gt} \right) \Rightarrow OM \bot AB\) (tính chất đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \widehat {AMO} = \widehat {PMO} = {90^0}.\)
Có \(PC\) là tiếp tuyến của (O) tại C \( \Rightarrow \widehat {PCO} = {90^0}.\)
Xét tứ giác \(PCMO\) ta có: \(\widehat {PMO} = \widehat {PCO} = {90^0}\;\;\left( {cmt} \right)\)
Mà C và M là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh PC dưới 1 góc vuông\( \Rightarrow PCMO\) là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp).
b) Gọi E là giao điểm của đường thẳng PO với đường thẳng BD. Chứng minh AM.DE = AC.DO.
Vì tứ giác \(PCMO\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {POC} = \widehat {PMC}\) (cùng chắn cung \(PC\))
Mà \(\widehat {DOE} = \widehat {POC}\) (hai góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \widehat {DOE} = \widehat {AMC}\;\;\left( { = \widehat {POC}} \right).\)
Xét tam giác: \(\Delta ACM\) và \(\Delta DEO\) ta có:
\(\widehat {DOE} = \widehat {AMC}\;\left( {cmt} \right)\)
\(\widehat {ODE} = \widehat {CAM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\) của đường tròn (O))
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta ACM \sim \Delta DEO\;\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{DE}} = \dfrac{{AM}}{{DO}} \Rightarrow AC.DO = AM.DE\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
c) Chứng minh đường thẳng CE vuông góc với đường thẳng CA.
Ta có: \(\Delta ACM \sim \Delta DEO\;\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{DE}}{{AC}} = \dfrac{{OD}}{{AM}} = \dfrac{{2OD}}{{2AM}} = \dfrac{{CD}}{{AB}}.\)
Xét \(\Delta DEC\) và \(\Delta ACB\) ta có:
\(\dfrac{{DE}}{{AC}} = \dfrac{{DC}}{{AB}}\;\;\left( {cmt} \right)\)
\(\widehat {EDC} = \widehat {BAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\))
\( \Rightarrow \Delta DEC \sim \Delta ACB\;\left( {c - g - c} \right).\)
\( \Rightarrow \widehat {DCE} = \widehat {CBA}\) (hai góc tương ứng).
Lại có: \(\widehat {CBA} = \widehat {PCA}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CA\))
\( \Rightarrow \widehat {DCE} = \widehat {PCA}\;\;\left( { = \widehat {CBA}} \right).\)
Mặt khác: \(\widehat {PCA} + \widehat {ACO} = {90^0}\;\;\left( {gt} \right)\) (PC là tiếp tuyến của đường tròn tại C)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {DCE} + \widehat {ACO} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {ACE} = {90^0}.\\ \Rightarrow AC \bot CE\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
PHẦN 1. TRẮC NGHIỆM
1.D | 2.C | 3.B | 4.B | 5.D | 6.C | 7.C | 8.B | 9.C | 10.A |
11.A | 12.A | 13.C | 14.B | 15.D | 16.D | 17.D | 18.C | 19.B | 20.A |
PHẦN 2: TỰ LUẬN
Câu 1
Phương pháp:
Sử dụng công thức nghiệm để giải phương trình bậc hai.
Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
a) \(2{x^2} - 3x - 2 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.2.\left( { - 2} \right) = 25 > 0\)
Nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{3 - 5}}{{2.2}} = \dfrac{{ - 1}}{2}\\{x_2} = \dfrac{{3 + 5}}{{2.2}} = 2\end{array} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: \(S = \left\{ { - \dfrac{1}{2};2} \right\}\) .
b) \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 12\\3x + y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 12\\9x + 3y = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = 33\\y = 7 - 3x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 7 - 3.3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = - 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {3; - 2} \right)\)
Câu 2
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\;\;khi\;\;\;A \ge 0\\ - A\;\;khi\;\;A < 0\end{array} \right.\) và trục căn thức ở mẫu.
+) Lập bảng giá trị các điểm thuộc đồ thị hàm số sau đó vẽ đồ thị hàm số.
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } + \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 2}}\)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } + \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 2}}\\ = \sqrt {{2^2} - 2.2.\sqrt 5 + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}} + \dfrac{{\sqrt 5 + 2}}{{\left( {\sqrt 5 - 2} \right)\left( {\sqrt 5 + 2} \right)}}\\ = \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 5 } \right)}^2}} + \dfrac{{\sqrt 5 + 2}}{{5 - 4}}\\ = \left| {2 - \sqrt 5 } \right| + \sqrt 5 + 2\\ = \sqrt 5 - 2 + \sqrt 5 + 2\left( {\,Do\,\,\,2 - \sqrt 5 < 0} \right)\\ = 2\sqrt 5 \end{array}\)
b) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = \dfrac{3}{4}{x^2}.\)
Bảng giá trị
x | \( - 4\) | \( - 2\) | 0 | 2 | 4 |
y | 12 | 3 | 0 | 3 | 12 |
Khi đó đồ thị hàm số đã cho là 1 đường cong và đi qua các điểm \(A\left( {2;3} \right);B\left( {4;12} \right);C\left( { - 2;3} \right);D\left( { - 4;12} \right);O\left( {0;0} \right)\)
Câu 3
Phương pháp:
a) Giải bài toán bằng cách lập phương trình.
b) Tìm điều kiện của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt sau đó áp dụng định lý Vi-ét để làm bài.
Cách giải:
a) Khi thực hiện xây dựng trường điển hình đổi mới năm 2017, hai trường trung học cơ sở A và B có tất cả 760 học sinh đăng ký tham gia nội dung hoạt động trải nghiệm. Đến khi tổng kết, số học sinh tham gia đạt tỷ lệ 85% so với số đã đăng ký. Nếu tính riêng thì tỷ lệ học sinh tham gia của trường A và trường B lần lượt là 80% và 89,5%. Tính số học sinh ban đầu đăng ký tham gia của mỗi trường.
Gọi số học sinh trường A đăng ký hoạt động là \(x\) (học sinh), \(\left( {x < 760,\;x \in {N^*}} \right).\)
Gọi số học sinh trường B đăng ký hoạt động là \(y\) (học sinh), \(\left( {y < 760,\;y \in {N^*}} \right).\)
Khi đó tổng số học sinh hai trường đăng kí là: \(x + y = 760.\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\)
Số học sinh hai trường tham gia là: \(760.\dfrac{{85}}{{100}} = 646\) (học sinh).
Số học sinh trường A tham gia là: \(80\% x = \dfrac{4}{5}x\) (học sinh).
Số học sinh trường B tham gia là: \(89,5\% y = \dfrac{{179}}{{200}}y\) (học sinh).
Theo đề bài ta có phương trình: \(\dfrac{4}{5}x + \dfrac{{179}}{{200}}y = 646\;\;\;\left( 2 \right).\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 760\\\dfrac{4}{5}x + \dfrac{{179}}{{200}}y = 646\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 760\\160x + 179y = 129200\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}160x + 160y = 121600\\160x + 179y = 129200\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}19y = 7600\\x = 760 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 400\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = 360\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy ban đầu trường A có 360 học sinh đăng ký, trường B có 400 học sinh đăng ký.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) sao cho phương trình \(2{x^2} - \left( {m + 5} \right)x - 3{m^2} + 10m - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m + 5} \right)^2} - 4.2\left( { - 3{m^2} + 10m - 3} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 10m + 25 + 24{m^2} - 80m + 24 > 0\\ \Leftrightarrow 25{m^2} - 70m + 49 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {5m - 7} \right)^2} > 0\\ \Leftrightarrow m \ne \dfrac{7}{5}\end{array}\)
Với \(m \ne \dfrac{7}{5}\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{m + 5}}{2}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{{ - 3{m^2} + 10m - 3}}{2}\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + x_2^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) - {x_1}{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{m + 5}}{2}} \right)^2} - \left( {\dfrac{{m + 5}}{2}} \right) - \dfrac{{ - 3{m^2} + 10m - 3}}{2} = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 5} \right)^2} - 2\left( {m + 5} \right) + 2\left( {3{m^2} - 10m + 3} \right) = 16\\ \Leftrightarrow 7{m^2} - 12m + 5 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {7m - 5} \right)\left( {m - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}7m - 5 = 0\\m - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \dfrac{5}{7}\;\;\left( {tm} \right)\\m = 1\;\;\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy \(m = \dfrac{5}{7}\) hoặc \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
+) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết.
+) Chứng minh các cặp tam giác đồng dạng tương ứng sau đó suy ra tỉ lệ cần chứng minh.
Cách giải:
Cho đường tròn tâm O và điểm P nằm ngoài (O). Vẽ tiếp tuyến PC của (O) (C là tiếp điểm) và cát tuyến PAB (PA < PB) sao cho các điểm A, B, C nằm cùng phía so với đường thẳng PO. Gọi M là trung điểm của đoạn AB và CD là đường kính của (O).
a) Chứng minh tứ giác PCMO là tứ giác nội tiếp.
Ta có \(M\) là trung điểm của \(AB\;\left( {gt} \right) \Rightarrow OM \bot AB\) (tính chất đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \widehat {AMO} = \widehat {PMO} = {90^0}.\)
Có \(PC\) là tiếp tuyến của (O) tại C \( \Rightarrow \widehat {PCO} = {90^0}.\)
Xét tứ giác \(PCMO\) ta có: \(\widehat {PMO} = \widehat {PCO} = {90^0}\;\;\left( {cmt} \right)\)
Mà C và M là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh PC dưới 1 góc vuông\( \Rightarrow PCMO\) là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp).
b) Gọi E là giao điểm của đường thẳng PO với đường thẳng BD. Chứng minh AM.DE = AC.DO.
Vì tứ giác \(PCMO\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {POC} = \widehat {PMC}\) (cùng chắn cung \(PC\))
Mà \(\widehat {DOE} = \widehat {POC}\) (hai góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \widehat {DOE} = \widehat {AMC}\;\;\left( { = \widehat {POC}} \right).\)
Xét tam giác: \(\Delta ACM\) và \(\Delta DEO\) ta có:
\(\widehat {DOE} = \widehat {AMC}\;\left( {cmt} \right)\)
\(\widehat {ODE} = \widehat {CAM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\) của đường tròn (O))
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta ACM \sim \Delta DEO\;\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{DE}} = \dfrac{{AM}}{{DO}} \Rightarrow AC.DO = AM.DE\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
c) Chứng minh đường thẳng CE vuông góc với đường thẳng CA.
Ta có: \(\Delta ACM \sim \Delta DEO\;\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{DE}}{{AC}} = \dfrac{{OD}}{{AM}} = \dfrac{{2OD}}{{2AM}} = \dfrac{{CD}}{{AB}}.\)
Xét \(\Delta DEC\) và \(\Delta ACB\) ta có:
\(\dfrac{{DE}}{{AC}} = \dfrac{{DC}}{{AB}}\;\;\left( {cmt} \right)\)
\(\widehat {EDC} = \widehat {BAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\))
\( \Rightarrow \Delta DEC \sim \Delta ACB\;\left( {c - g - c} \right).\)
\( \Rightarrow \widehat {DCE} = \widehat {CBA}\) (hai góc tương ứng).
Lại có: \(\widehat {CBA} = \widehat {PCA}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CA\))
\( \Rightarrow \widehat {DCE} = \widehat {PCA}\;\;\left( { = \widehat {CBA}} \right).\)
Mặt khác: \(\widehat {PCA} + \widehat {ACO} = {90^0}\;\;\left( {gt} \right)\) (PC là tiếp tuyến của đường tròn tại C)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {DCE} + \widehat {ACO} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {ACE} = {90^0}.\\ \Rightarrow AC \bot CE\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
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 cấu trúc đề thi và luyện tập với các đề thi thử là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Cần Thơ năm 2018 là một tài liệu tham khảo hữu ích, giúp học sinh làm quen với các dạng bài tập thường gặp và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Đề thi vào 10 môn Toán Cần Thơ năm 2018 thường bao gồm các phần sau:
Để giải phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0, ta có thể sử dụng công thức nghiệm:
x = (-b ± √(b2 - 4ac)) / 2a
Trong đó, Δ = b2 - 4ac là biệt thức của phương trình. Nếu Δ > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt. Nếu Δ = 0, phương trình có nghiệm kép. Nếu Δ < 0, phương trình vô nghiệm.
Diện tích tam giác có thể được tính theo công thức:
S = (1/2) * a * h
Trong đó, a là độ dài đáy của tam giác và h là chiều cao tương ứng với đáy đó.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Cần Thơ năm 2018, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Luyện tập thường xuyên là yếu tố quan trọng nhất để đạt kết quả tốt trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Các em học sinh nên dành thời gian giải các bài tập trong sách giáo khoa, sách bài tập, và các đề thi thử. Ngoài ra, các em cũng có thể tham gia các khóa học luyện thi Toán vào 10 để được hướng dẫn và giải đáp thắc mắc.
Đề thi vào 10 môn Toán Cần Thơ năm 2018 là một tài liệu tham khảo hữu ích cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Việc nắm vững kiến thức nền tảng, luyện tập thường xuyên, và sử dụng các tài liệu ôn thi phù hợp sẽ giúp các em tự tin đạt 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!
