Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán thành phố Đà Nẵng năm 2020. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Bộ đề thi này bao gồm các đề thi chính thức của các trường THPT chuyên và không chuyên tại Đà Nẵng, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm. Chúng tôi cung cấp cả đề thi và đáp án chi tiết, giúp các em tự học hiệu quả tại nhà.
Bài 1: a) Tính giá trị của biểu thức
Bài 1:
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt 3 + \sqrt {12} - \sqrt {27} - \sqrt {36} \)
b) Cho biểu thức \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{3\sqrt x - 5}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\). Rút gọn biểu thức \(B\) và tìm \(x\) để \(B = 2\)
Bài 2:
Cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\).
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) của hàm số đã cho.
b) Đường thẳng \(y = 8\) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\), trong đó điểm \(B\) có hoành độ dương. Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ \(A\) của tam giác \(OAB\), với \(O\) là gốc tọa độ. Tính diện tích tam giác \(AHB\) (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).
Bài 3:
a) Giải phương trình \(3{x^2} - 7x + 2 = 0.\)
b) Biết phương trình \({x^2} - 19x + 7 = 0\) có hai nghiệm là \({x_1}\) và \({x_2},\) không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức: \(P = {x_2}{\left( {2x_1^2 - 38{x_1} + {x_1}{x_2} - 3} \right)^2} + {x_1}{\left( {2x_2^2 - 38{x_2} + {x_1}{x_2} - 3} \right)^2} + 120.\)
Bài 4:
a) Một số tự nhiên nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị. Tìm số tự nhiên đó.
b) Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc và một đoạn xuống dốc. Một người đi xe đạp từ A đến B hết 16 phút và đi từ B về A hết 14 phút. Biết vận tốc lúc lên dốc là 10km/h, vận tốc lúc xuống dốc là 15km/h (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính quãng đường AB.
Bài 5:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O đường kính AB. Trên cung nhỏ \(BC\) của đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \(D\) (không trùng với \(B\) và \(C\)). Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ \(C\) đến \(AB\,\,\left( {H \in AB} \right)\) và \(E\) là giao điểm của \(CH\) với \(AD\).
a) Chứng minh rằng tứ giác \(BDEH\) là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AE.AD + BH.BA\).
c) Đường thẳng qua \(E\) song song với \(AB\), cắt \(BC\) tại \(F\). Chứng minh rằng \(\angle CDF = {90^0}\) và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OBD\) đi qua trung điểm của đoạn \(CF\).
Bài 1:
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt 3 + \sqrt {12} - \sqrt {27} - \sqrt {36} \)
b) Cho biểu thức \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{3\sqrt x - 5}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\). Rút gọn biểu thức \(B\) và tìm \(x\) để \(B = 2\)
Bài 2:
Cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\).
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) của hàm số đã cho.
b) Đường thẳng \(y = 8\) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\), trong đó điểm \(B\) có hoành độ dương. Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ \(A\) của tam giác \(OAB\), với \(O\) là gốc tọa độ. Tính diện tích tam giác \(AHB\) (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).
Bài 3:
a) Giải phương trình \(3{x^2} - 7x + 2 = 0.\)
b) Biết phương trình \({x^2} - 19x + 7 = 0\) có hai nghiệm là \({x_1}\) và \({x_2},\) không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức: \(P = {x_2}{\left( {2x_1^2 - 38{x_1} + {x_1}{x_2} - 3} \right)^2} + {x_1}{\left( {2x_2^2 - 38{x_2} + {x_1}{x_2} - 3} \right)^2} + 120.\)
Bài 4:
a) Một số tự nhiên nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị. Tìm số tự nhiên đó.
b) Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc và một đoạn xuống dốc. Một người đi xe đạp từ A đến B hết 16 phút và đi từ B về A hết 14 phút. Biết vận tốc lúc lên dốc là 10km/h, vận tốc lúc xuống dốc là 15km/h (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính quãng đường AB.
Bài 5:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O đường kính AB. Trên cung nhỏ \(BC\) của đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \(D\) (không trùng với \(B\) và \(C\)). Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ \(C\) đến \(AB\,\,\left( {H \in AB} \right)\) và \(E\) là giao điểm của \(CH\) với \(AD\).
a) Chứng minh rằng tứ giác \(BDEH\) là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AE.AD + BH.BA\).
c) Đường thẳng qua \(E\) song song với \(AB\), cắt \(BC\) tại \(F\). Chứng minh rằng \(\angle CDF = {90^0}\) và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OBD\) đi qua trung điểm của đoạn \(CF\).
Bài 1. (1,0 điểm)
Cách giải:
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt 3 + \sqrt {12} - \sqrt {27} - \sqrt {36} \)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A = \sqrt 3 + \sqrt {12} - \sqrt {27} - \sqrt {36} \\ \Leftrightarrow A = \sqrt 3 + \sqrt {{2^2}.3} - \sqrt {{3^2}.3} - \sqrt {{6^2}} \\ \Leftrightarrow A = \sqrt 3 + 2\sqrt 3 - 3\sqrt 3 - 6\\ \Leftrightarrow A = \sqrt 3 .\left( {1 + 2 - 3} \right) - 6\\ \Leftrightarrow A = - 6\end{array}\)
Vậy \(A = - 6\).
b) Cho biểu thức \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{3\sqrt x - 5}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\). Rút gọn biểu thức \(B\) và tìm \(x\) để \(B = 2\)
Với \(x > 0\) và \(x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,B = \dfrac{2}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{3\sqrt x - 5}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\ \Leftrightarrow B = \dfrac{{2\sqrt x - \left( {\sqrt x - 1} \right) + 3\sqrt x - 5}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\ \Leftrightarrow B = \dfrac{{2\sqrt x - \sqrt x + 1 + 3\sqrt x - 5}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\ \Leftrightarrow B = \dfrac{{4\sqrt x - 4}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\ \Leftrightarrow B = \dfrac{{4\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \dfrac{4}{{\sqrt x }}\end{array}\)
Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 1\) thì \(B = \dfrac{4}{{\sqrt x }}\).
Để \(B = 2\) thì \(\dfrac{4}{{\sqrt x }} = 2 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy để \(B = 2\) thì \(x = 4\).
Bài 2. (1,5 điểm)
Cách giải:
Cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\).
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) của hàm số đã cho.
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | \(0\) | \(2\) | \(4\) |
\(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) là đường cong nhận trục tung làm trục đối xứng và đi qua các điểm \(\left( { - 4;\,\,8} \right),\,\,\left( { - 2;\,\,2} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\,\left( {2;\,\,2} \right),\,\,\,\left( {4;\,\,8} \right).\)
Đồ thị hàm số:
b) Đường thẳng \(y = 8\) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\), trong đó điểm \(B\) có hoành độ dương. Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ \(A\) của tam giác \(OAB\), với \(O\) là gốc tọa độ. Tính diện tích tam giác \(AHB\) (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(y = 8\) ta có:
\(\dfrac{1}{2}{x^2} = 8 \Leftrightarrow {x^2} = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = - 4\end{array} \right.\)
+) Với \(x = - 4 \Rightarrow A\left( { - 4;\,\,8} \right)\).
+) Với \(x = 4 \Rightarrow B\left( {4;\,\,8} \right)\) (Vì \(B\) là điểm có hoành độ dương).
Gọi \(K\) là giao điểm của đường thẳng \(y = 8\) với trục tung \( \Rightarrow K\left( {0;\,\,8} \right).\)
Ta có: \(\Delta AOB\) cân tại \(O\), có \(OK \bot AB\), \(OK = 8\,\,\left( {cm} \right),\,\,AB = 8\,\,\left( {cm} \right)\).
\( \Rightarrow {S_{OAB}} = \dfrac{1}{2}OK.AB = \dfrac{1}{2}.8.8 = 32\,\,c{m^2}.\)
Áp dụng định lý Pi-ta-go cho \(\Delta OBK\) vuông tại \(K\) ta có:
\(OB = \sqrt {O{K^2} + K{B^2}} = \sqrt {{8^2} + {4^2}} = 4\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\)
Lại có: \({S_{OAB}} = \dfrac{1}{2}AH.OB\)\( \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}AH.4\sqrt 5 = 32 \Leftrightarrow AH = \dfrac{{16\sqrt 5 }}{5}\,\,\left( {cm} \right).\)
Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta ABH\) vuông tại \(H\) ta có:
\(BH = \sqrt {A{B^2} - A{H^2}} = \sqrt {{8^2} - {{\left( {\dfrac{{16\sqrt 5 }}{5}} \right)}^2}} = \sqrt {\dfrac{{64}}{5}} = \dfrac{{8\sqrt 5 }}{5}.\)
\( \Rightarrow {S_{ABH}} = \dfrac{1}{2}AH.BH = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{16\sqrt 5 }}{5}.\dfrac{{8\sqrt 5 }}{5} = \dfrac{{64}}{5}\, = 12,8\,\,c{m^2}.\)
Vậy diện tích tam giác \(ABH\) là \(12,8\,c{m^2}.\)
Bài 3. (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Giải phương trình \(3{x^2} - 7x + 2 = 0.\)
Phương trình có: \(\Delta = {b^2} - 4ac = {7^2} - 4.3.2 = 25 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{7 + \sqrt {25} }}{6} = 2\\{x_2} = \dfrac{{7 - \sqrt {25} }}{6} = \dfrac{1}{3}\end{array} \right..\)
Vậy phương trình đã cho tập nghiệm: \(S = \left\{ {\dfrac{1}{3};\,\,2} \right\}.\)
b) Biết phương trình \({x^2} - 19x + 7 = 0\) có hai nghiệm là \({x_1}\) và \({x_2},\) không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức: \(P = {x_2}{\left( {2x_1^2 - 38{x_1} + {x_1}{x_2} - 3} \right)^2} + {x_1}{\left( {2x_2^2 - 38{x_2} + {x_1}{x_2} - 3} \right)^2} + 120.\)
Xét phương trình: \({x^2} - 19x + 7 = 0\) có \(\Delta = {19^2} - 4.7 = 333 > 0\) \( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt\({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 19\\{x_1}{x_2} = 7\end{array} \right..\)
Ta có: \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình đã cho \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 19{x_1} + 7 = 0\\x_2^2 - 19{x_2} + 7 = 0\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}P = {x_2}{\left( {2x_1^2 - 38{x_1} + {x_1}{x_2} - 3} \right)^2} + {x_1}{\left( {2x_2^2 - 38{x_2} + {x_1}{x_2} - 3} \right)^2} + 120\\\,\,\,\,\, = {x_2}{\left[ {2\left( {x_1^2 - 19{x_1} + 7} \right) - 14 + {x_1}{x_2} - 3} \right]^2} + {x_1}{\left[ {2\left( {x_2^2 - 19{x_2} + 7} \right) - 14 + {x_1}{x_2} - 3} \right]^2} + 120\\\,\,\,\,\, = {x_2}{\left( {{x_1}{x_2} - 17} \right)^2} + {x_1}{\left( {{x_1}{x_2} - 17} \right)^2} + 120\\\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1}{x_2} - 17} \right)^2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 120\\\,\,\,\,\, = {\left( {7 - 17} \right)^2}.19 + 120\\\,\,\,\,\, = {19.10^2} + 120\\\,\,\,\, = 1900 + 120\\\,\,\,\, = 2020\end{array}\)
Bài 4. (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Một số tự nhiên nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị. Tìm số tự nhiên đó.
Gọi số tự nhiên cần tìm là \(x\) (ĐK: \(x \in \mathbb{N}\)).
Bình phương của số tự nhiên \(x\) là \({x^2}\).
Vì số tự nhiên cần tìm nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - x = 20\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 20 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 4x - 20 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 5} \right) + 4\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 5} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 5 = 0\\x + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 4\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy số tự nhiên cần tìm là 5.
b) Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc và một đoạn xuống dốc. Một người đi xe đạp từ A đến B hết 16 phút và đi từ B về A hết 14 phút. Biết vận tốc lúc lên dốc là 10km/h, vận tốc lúc xuống dốc là 15km/h (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính quãng đường AB.
Gọi quãng đường lên dốc lúc đi là \(x\) (km), quãng đường xuống dốc lúc đi là \(y\) (km) (ĐK: \(x,y > 0\))
\( \Rightarrow \) Quãng đường lên dốc lúc về là \(y\) (km), quãng đường xuống dốc lúc về là \(x\) (km).
Thời gian lúc đi là 16 phút \( = \dfrac{{16}}{{60}} = \dfrac{4}{{15}}\)(h) nên ta có phương trình:
\(\dfrac{x}{{10}} + \dfrac{y}{{15}} = \dfrac{4}{{15}} \Leftrightarrow 3x + 2y = 8\,\,\left( 1 \right)\).
Thời gian lúc về là 14 phút \( = \dfrac{{14}}{{60}} = \dfrac{7}{{30}}\)(h) nên ta có phương trình:
\(\dfrac{y}{{10}} + \dfrac{x}{{15}} = \dfrac{7}{{30}} \Leftrightarrow 3x + 2x = 7\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 8\\3y + 2x = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x + 6y = 24\\4x + 6y = 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\3x + 2y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\3.2 + 2y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\)
\( \Rightarrow \) Quãng đường lên dốc lúc đi là \(2\,\,km\), quãng đường xuống dốc lúc đi là \(1km\).
Vậy độ dài quãng đường AB là \(2 + 1 = 3\,\,\left( {km} \right)\).
Bài 5. (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O đường kính AB. Trên cung nhỏ \(BC\) của đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \(D\) (không trùng với \(B\) và \(C\)). Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ \(C\) đến \(AB\,\,\left( {H \in AB} \right)\) và \(E\) là giao điểm của \(CH\) với \(AD\).
a) Chứng minh rằng tứ giác \(BDEH\) là tứ giác nội tiếp.
Vì \(\angle ADB\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle ADB = {90^0}\) hay \(\angle EDB = {90^0}\).
Lại có \(CH \bot AB\) (gt) nên \(\angle CHB = {90^0} \Rightarrow \angle EHB = {90^0}\).
Xét tứ giác \(BDEH\) có: \(\angle EDB + \angle EHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BDEH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AE.AD + BH.BA\).
Vì \(ABDC\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle ADC = \angle ABC\) (1) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
Ta lại có:
\(\angle ABC + \angle CAB = {90^0}\) (do tam giác \(ABC\) có \(\angle ACB = {90^0}\) - góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\(\angle ACH + \angle CAB = {90^0}\) (do tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\)).
\( \Rightarrow \angle ABC = \angle ACH\) (2) (cùng phụ với \(\angle CAB\)).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle ADC = \angle ACH\) \(\left( { = \angle ABC} \right)\) hay \(\angle ADC = \angle ACE\).
Xét \(\Delta ACE\) và \(\Delta ADC\) có:
\(\angle CAD\) chung;
\(\angle ACE = \angle ADC\,\,\left( {cmt} \right)\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta ACE \sim \Delta ADC\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AD}} = \dfrac{{AE}}{{AC}} \Rightarrow A{C^2} = AE.AD\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\), đường cao \(CH\) ta có:
\(B{C^2} = BH.BA\,\,\left( {2*} \right)\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
Từ (*) và (2*) suy ra \(A{C^2} + B{C^2} = AE.AD + BH.BA\).
Lại có \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) nên \(A{C^2} + B{C^2} = A{B^2}\) (định lí Pytago).
Vậy \(A{B^2} = AE.AD + BH.BA\)(đpcm).
c) Đường thẳng qua \(E\) song song với \(AB\), cắt \(BC\) tại \(F\). Chứng minh rằng \(\angle CDF = {90^0}\) và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OBD\) đi qua trung điểm của đoạn \(CF\).
*) Vì \(EF//AB\,\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle CFE = \angle CBA\) (đồng vị).
Mà \(\angle CBA = \angle CDA\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \angle CFE = \angle CDA\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(CDFE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\(\angle CDF + \angle CEF = {180^0}\) (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp).
Ta lại có:
\(\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\EF//AB\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow EF \bot CH\) (từ vuông góc đến song song) \( \Rightarrow \angle CEF = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle CDF = {180^0} - \angle CEF = {180^0} - {90^0} = {90^0}\,\,\left( {dpcm} \right)\).
*) Gọi \(I\) là giao điểm của \(CF\) và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OBD\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\angle ADB = \angle ADF + \angle FDB = {90^0}\\\angle CDF = \angle ADF + \angle CDA = {90^0}\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle FBD = \angle CDA\) (cùng phụ với \(\angle ADF\)).
Mà \(\angle CDA = \angle CBA\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \angle FDB = \angle CBA\) \(\left( { = \angle CDA} \right)\).
Mà \(\angle CBA = \angle OBI = \angle ODI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OI\)).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle FDB = \angle ODI\\ \Rightarrow \angle FDB + \angle ODF = \angle ODI + \angle ODF\\ \Rightarrow \angle ODB = \angle IDF\,\,\left( 3 \right)\end{array}\)
Ta có: tứ giác \(CDFE\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle IFD = \angle CFD = \angle CED = AEH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\)).
Ta lại có:
\(\begin{array}{l}\angle AEH + \angle EAH = {90^0}\\\angle ABD + \angle BAD = {90^0}\end{array}\)
Mà \(\angle EAH = \angle BAD\) nên \(\angle AEH = \angle ABD = \angle OBD\) \( \Rightarrow \angle IFD = \angle OBD\) (4)
Lại có: \(OD = OB\,\,\) (=bán kính) nên \(\Delta OBD\) cân tại \(O\), do đó \(\angle OBD = \angle ODB\) (5).
Từ (3), (4), (5) suy ra \(\angle IDF = \angle IFD\) \( \Rightarrow \Delta IDF\) cân tại \(I\) (định nghĩa) \( \Rightarrow ID = IF\) (3*) (tính chất tam giác cân).
Ta có:
\(\angle IDF + \angle IDC = \angle CDF = {90^0}\)
\(\angle IFD + \angle ICD = {90^0}\) (do tam giác \(CDF\) vuông tại \(D\)).
\( \Rightarrow \angle IDC = \angle ICD \Rightarrow \Delta ICD\) cân tại \(I\) (định nghĩa) \( \Rightarrow IC = ID\) (4*) (tính chất tam giác cân).
Từ (3*) và (4*) suy ra \(IC = IF\,\,\left( { = ID} \right)\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(CF\) (đpcm).
Bài 1. (1,0 điểm)
Cách giải:
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt 3 + \sqrt {12} - \sqrt {27} - \sqrt {36} \)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A = \sqrt 3 + \sqrt {12} - \sqrt {27} - \sqrt {36} \\ \Leftrightarrow A = \sqrt 3 + \sqrt {{2^2}.3} - \sqrt {{3^2}.3} - \sqrt {{6^2}} \\ \Leftrightarrow A = \sqrt 3 + 2\sqrt 3 - 3\sqrt 3 - 6\\ \Leftrightarrow A = \sqrt 3 .\left( {1 + 2 - 3} \right) - 6\\ \Leftrightarrow A = - 6\end{array}\)
Vậy \(A = - 6\).
b) Cho biểu thức \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{3\sqrt x - 5}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\). Rút gọn biểu thức \(B\) và tìm \(x\) để \(B = 2\)
Với \(x > 0\) và \(x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,B = \dfrac{2}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{3\sqrt x - 5}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\ \Leftrightarrow B = \dfrac{{2\sqrt x - \left( {\sqrt x - 1} \right) + 3\sqrt x - 5}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\ \Leftrightarrow B = \dfrac{{2\sqrt x - \sqrt x + 1 + 3\sqrt x - 5}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\ \Leftrightarrow B = \dfrac{{4\sqrt x - 4}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\ \Leftrightarrow B = \dfrac{{4\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \dfrac{4}{{\sqrt x }}\end{array}\)
Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 1\) thì \(B = \dfrac{4}{{\sqrt x }}\).
Để \(B = 2\) thì \(\dfrac{4}{{\sqrt x }} = 2 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy để \(B = 2\) thì \(x = 4\).
Bài 2. (1,5 điểm)
Cách giải:
Cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\).
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) của hàm số đã cho.
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | \(0\) | \(2\) | \(4\) |
\(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) là đường cong nhận trục tung làm trục đối xứng và đi qua các điểm \(\left( { - 4;\,\,8} \right),\,\,\left( { - 2;\,\,2} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\,\left( {2;\,\,2} \right),\,\,\,\left( {4;\,\,8} \right).\)
Đồ thị hàm số:
b) Đường thẳng \(y = 8\) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\), trong đó điểm \(B\) có hoành độ dương. Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ \(A\) của tam giác \(OAB\), với \(O\) là gốc tọa độ. Tính diện tích tam giác \(AHB\) (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(y = 8\) ta có:
\(\dfrac{1}{2}{x^2} = 8 \Leftrightarrow {x^2} = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = - 4\end{array} \right.\)
+) Với \(x = - 4 \Rightarrow A\left( { - 4;\,\,8} \right)\).
+) Với \(x = 4 \Rightarrow B\left( {4;\,\,8} \right)\) (Vì \(B\) là điểm có hoành độ dương).
Gọi \(K\) là giao điểm của đường thẳng \(y = 8\) với trục tung \( \Rightarrow K\left( {0;\,\,8} \right).\)
Ta có: \(\Delta AOB\) cân tại \(O\), có \(OK \bot AB\), \(OK = 8\,\,\left( {cm} \right),\,\,AB = 8\,\,\left( {cm} \right)\).
\( \Rightarrow {S_{OAB}} = \dfrac{1}{2}OK.AB = \dfrac{1}{2}.8.8 = 32\,\,c{m^2}.\)
Áp dụng định lý Pi-ta-go cho \(\Delta OBK\) vuông tại \(K\) ta có:
\(OB = \sqrt {O{K^2} + K{B^2}} = \sqrt {{8^2} + {4^2}} = 4\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\)
Lại có: \({S_{OAB}} = \dfrac{1}{2}AH.OB\)\( \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}AH.4\sqrt 5 = 32 \Leftrightarrow AH = \dfrac{{16\sqrt 5 }}{5}\,\,\left( {cm} \right).\)
Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta ABH\) vuông tại \(H\) ta có:
\(BH = \sqrt {A{B^2} - A{H^2}} = \sqrt {{8^2} - {{\left( {\dfrac{{16\sqrt 5 }}{5}} \right)}^2}} = \sqrt {\dfrac{{64}}{5}} = \dfrac{{8\sqrt 5 }}{5}.\)
\( \Rightarrow {S_{ABH}} = \dfrac{1}{2}AH.BH = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{16\sqrt 5 }}{5}.\dfrac{{8\sqrt 5 }}{5} = \dfrac{{64}}{5}\, = 12,8\,\,c{m^2}.\)
Vậy diện tích tam giác \(ABH\) là \(12,8\,c{m^2}.\)
Bài 3. (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Giải phương trình \(3{x^2} - 7x + 2 = 0.\)
Phương trình có: \(\Delta = {b^2} - 4ac = {7^2} - 4.3.2 = 25 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{7 + \sqrt {25} }}{6} = 2\\{x_2} = \dfrac{{7 - \sqrt {25} }}{6} = \dfrac{1}{3}\end{array} \right..\)
Vậy phương trình đã cho tập nghiệm: \(S = \left\{ {\dfrac{1}{3};\,\,2} \right\}.\)
b) Biết phương trình \({x^2} - 19x + 7 = 0\) có hai nghiệm là \({x_1}\) và \({x_2},\) không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức: \(P = {x_2}{\left( {2x_1^2 - 38{x_1} + {x_1}{x_2} - 3} \right)^2} + {x_1}{\left( {2x_2^2 - 38{x_2} + {x_1}{x_2} - 3} \right)^2} + 120.\)
Xét phương trình: \({x^2} - 19x + 7 = 0\) có \(\Delta = {19^2} - 4.7 = 333 > 0\) \( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt\({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 19\\{x_1}{x_2} = 7\end{array} \right..\)
Ta có: \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình đã cho \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 19{x_1} + 7 = 0\\x_2^2 - 19{x_2} + 7 = 0\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}P = {x_2}{\left( {2x_1^2 - 38{x_1} + {x_1}{x_2} - 3} \right)^2} + {x_1}{\left( {2x_2^2 - 38{x_2} + {x_1}{x_2} - 3} \right)^2} + 120\\\,\,\,\,\, = {x_2}{\left[ {2\left( {x_1^2 - 19{x_1} + 7} \right) - 14 + {x_1}{x_2} - 3} \right]^2} + {x_1}{\left[ {2\left( {x_2^2 - 19{x_2} + 7} \right) - 14 + {x_1}{x_2} - 3} \right]^2} + 120\\\,\,\,\,\, = {x_2}{\left( {{x_1}{x_2} - 17} \right)^2} + {x_1}{\left( {{x_1}{x_2} - 17} \right)^2} + 120\\\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1}{x_2} - 17} \right)^2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 120\\\,\,\,\,\, = {\left( {7 - 17} \right)^2}.19 + 120\\\,\,\,\,\, = {19.10^2} + 120\\\,\,\,\, = 1900 + 120\\\,\,\,\, = 2020\end{array}\)
Bài 4. (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Một số tự nhiên nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị. Tìm số tự nhiên đó.
Gọi số tự nhiên cần tìm là \(x\) (ĐK: \(x \in \mathbb{N}\)).
Bình phương của số tự nhiên \(x\) là \({x^2}\).
Vì số tự nhiên cần tìm nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - x = 20\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 20 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 4x - 20 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 5} \right) + 4\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 5} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 5 = 0\\x + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 4\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy số tự nhiên cần tìm là 5.
b) Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc và một đoạn xuống dốc. Một người đi xe đạp từ A đến B hết 16 phút và đi từ B về A hết 14 phút. Biết vận tốc lúc lên dốc là 10km/h, vận tốc lúc xuống dốc là 15km/h (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính quãng đường AB.
Gọi quãng đường lên dốc lúc đi là \(x\) (km), quãng đường xuống dốc lúc đi là \(y\) (km) (ĐK: \(x,y > 0\))
\( \Rightarrow \) Quãng đường lên dốc lúc về là \(y\) (km), quãng đường xuống dốc lúc về là \(x\) (km).
Thời gian lúc đi là 16 phút \( = \dfrac{{16}}{{60}} = \dfrac{4}{{15}}\)(h) nên ta có phương trình:
\(\dfrac{x}{{10}} + \dfrac{y}{{15}} = \dfrac{4}{{15}} \Leftrightarrow 3x + 2y = 8\,\,\left( 1 \right)\).
Thời gian lúc về là 14 phút \( = \dfrac{{14}}{{60}} = \dfrac{7}{{30}}\)(h) nên ta có phương trình:
\(\dfrac{y}{{10}} + \dfrac{x}{{15}} = \dfrac{7}{{30}} \Leftrightarrow 3x + 2x = 7\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 8\\3y + 2x = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x + 6y = 24\\4x + 6y = 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\3x + 2y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\3.2 + 2y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\)
\( \Rightarrow \) Quãng đường lên dốc lúc đi là \(2\,\,km\), quãng đường xuống dốc lúc đi là \(1km\).
Vậy độ dài quãng đường AB là \(2 + 1 = 3\,\,\left( {km} \right)\).
Bài 5. (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O đường kính AB. Trên cung nhỏ \(BC\) của đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \(D\) (không trùng với \(B\) và \(C\)). Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ \(C\) đến \(AB\,\,\left( {H \in AB} \right)\) và \(E\) là giao điểm của \(CH\) với \(AD\).
a) Chứng minh rằng tứ giác \(BDEH\) là tứ giác nội tiếp.
Vì \(\angle ADB\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle ADB = {90^0}\) hay \(\angle EDB = {90^0}\).
Lại có \(CH \bot AB\) (gt) nên \(\angle CHB = {90^0} \Rightarrow \angle EHB = {90^0}\).
Xét tứ giác \(BDEH\) có: \(\angle EDB + \angle EHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BDEH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AE.AD + BH.BA\).
Vì \(ABDC\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle ADC = \angle ABC\) (1) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
Ta lại có:
\(\angle ABC + \angle CAB = {90^0}\) (do tam giác \(ABC\) có \(\angle ACB = {90^0}\) - góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\(\angle ACH + \angle CAB = {90^0}\) (do tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\)).
\( \Rightarrow \angle ABC = \angle ACH\) (2) (cùng phụ với \(\angle CAB\)).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle ADC = \angle ACH\) \(\left( { = \angle ABC} \right)\) hay \(\angle ADC = \angle ACE\).
Xét \(\Delta ACE\) và \(\Delta ADC\) có:
\(\angle CAD\) chung;
\(\angle ACE = \angle ADC\,\,\left( {cmt} \right)\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta ACE \sim \Delta ADC\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AD}} = \dfrac{{AE}}{{AC}} \Rightarrow A{C^2} = AE.AD\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\), đường cao \(CH\) ta có:
\(B{C^2} = BH.BA\,\,\left( {2*} \right)\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
Từ (*) và (2*) suy ra \(A{C^2} + B{C^2} = AE.AD + BH.BA\).
Lại có \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) nên \(A{C^2} + B{C^2} = A{B^2}\) (định lí Pytago).
Vậy \(A{B^2} = AE.AD + BH.BA\)(đpcm).
c) Đường thẳng qua \(E\) song song với \(AB\), cắt \(BC\) tại \(F\). Chứng minh rằng \(\angle CDF = {90^0}\) và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OBD\) đi qua trung điểm của đoạn \(CF\).
*) Vì \(EF//AB\,\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle CFE = \angle CBA\) (đồng vị).
Mà \(\angle CBA = \angle CDA\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \angle CFE = \angle CDA\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(CDFE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\(\angle CDF + \angle CEF = {180^0}\) (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp).
Ta lại có:
\(\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\EF//AB\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow EF \bot CH\) (từ vuông góc đến song song) \( \Rightarrow \angle CEF = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle CDF = {180^0} - \angle CEF = {180^0} - {90^0} = {90^0}\,\,\left( {dpcm} \right)\).
*) Gọi \(I\) là giao điểm của \(CF\) và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OBD\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\angle ADB = \angle ADF + \angle FDB = {90^0}\\\angle CDF = \angle ADF + \angle CDA = {90^0}\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle FBD = \angle CDA\) (cùng phụ với \(\angle ADF\)).
Mà \(\angle CDA = \angle CBA\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \angle FDB = \angle CBA\) \(\left( { = \angle CDA} \right)\).
Mà \(\angle CBA = \angle OBI = \angle ODI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OI\)).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle FDB = \angle ODI\\ \Rightarrow \angle FDB + \angle ODF = \angle ODI + \angle ODF\\ \Rightarrow \angle ODB = \angle IDF\,\,\left( 3 \right)\end{array}\)
Ta có: tứ giác \(CDFE\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle IFD = \angle CFD = \angle CED = AEH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\)).
Ta lại có:
\(\begin{array}{l}\angle AEH + \angle EAH = {90^0}\\\angle ABD + \angle BAD = {90^0}\end{array}\)
Mà \(\angle EAH = \angle BAD\) nên \(\angle AEH = \angle ABD = \angle OBD\) \( \Rightarrow \angle IFD = \angle OBD\) (4)
Lại có: \(OD = OB\,\,\) (=bán kính) nên \(\Delta OBD\) cân tại \(O\), do đó \(\angle OBD = \angle ODB\) (5).
Từ (3), (4), (5) suy ra \(\angle IDF = \angle IFD\) \( \Rightarrow \Delta IDF\) cân tại \(I\) (định nghĩa) \( \Rightarrow ID = IF\) (3*) (tính chất tam giác cân).
Ta có:
\(\angle IDF + \angle IDC = \angle CDF = {90^0}\)
\(\angle IFD + \angle ICD = {90^0}\) (do tam giác \(CDF\) vuông tại \(D\)).
\( \Rightarrow \angle IDC = \angle ICD \Rightarrow \Delta ICD\) cân tại \(I\) (định nghĩa) \( \Rightarrow IC = ID\) (4*) (tính chất tam giác cân).
Từ (3*) và (4*) suy ra \(IC = IF\,\,\left( { = ID} \right)\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(CF\) (đpcm).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Đà Nẵng luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước chuyển mình của học sinh từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Môn Toán, với vai trò then chốt, thường là một trong những môn thi có độ khó cao và đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Bài viết này sẽ cung cấp phân tích chi tiết về đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các dạng bài tập thường gặp, giúp học sinh ôn luyện hiệu quả và đạt kết quả tốt nhất.
Đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2020 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Dưới đây là một số dạng bài tập thường xuất hiện trong đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2020:
Đề thi trường THPT chuyên Lê Quý Đôn: Đề thi năm 2020 của trường Lê Quý Đôn được đánh giá là có độ khó cao, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và khả năng giải quyết vấn đề tốt. Các bài toán trong đề thi thường có tính ứng dụng cao và yêu cầu học sinh phải có khả năng tư duy sáng tạo.
Đề thi trường THPT Phan Châu Trinh: Đề thi của trường Phan Châu Trinh có cấu trúc tương tự như đề thi của trường Lê Quý Đôn, nhưng có phần dễ thở hơn. Các bài toán trong đề thi thường tập trung vào các kiến thức cơ bản và kỹ năng giải toán thường gặp.
Bài toán 1: Giải phương trình bậc hai x2 - 5x + 6 = 0
Lời giải: Phương trình bậc hai có dạng ax2 + bx + c = 0. Trong trường hợp này, a = 1, b = -5, c = 6. Tính delta (Δ) = b2 - 4ac = (-5)2 - 4 * 1 * 6 = 25 - 24 = 1. Vì Δ > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = (-b + √Δ) / 2a = (5 + 1) / 2 = 3 và x2 = (-b - √Δ) / 2a = (5 - 1) / 2 = 2.
Bài toán 2: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Lời giải: Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABC, ta có: BC2 = AB2 + AC2 = 32 + 42 = 9 + 16 = 25. Suy ra BC = √25 = 5cm.
Đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2020 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng và nỗ lực không ngừng. Hy vọng với những phân tích và hướng dẫn giải bài tập trong bài viết này, các em học sinh sẽ có thêm kiến thức và kỹ năng để tự tin bước vào kỳ thi và đạt được kết quả tốt nhất. 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!
