Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Đắk Nông năm 2021. 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 đề thi chính thức và đáp án chi tiết, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm. Các em có thể sử dụng để tự học, luyện tập hoặc tham khảo ý tưởng giải bài.
Bài 1 (2,0 điểm): a) Cho phương trình
Bài 1 (2,0 điểm):
a) Cho phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) (*). Hãy xác định các hệ số \(a,\,\,b,\,\,c\) và giải phương trình (*).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\x - y = 1\end{array} \right.\).
Bài 2 (2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(3\sqrt 2 + \sqrt {50} - \sqrt 8 \) b) \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0\).
Bài 3 (2,0 điểm):
a) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một mảnh đát hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m. Biết chiều dài mảnh đất lớn hơn chiều rộng là 7m. Hãy tính diện tích mảnh đất hình chữ nhật đó.
b) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số.
Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\)
Bài 4 (3,0 điểm):
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\). Vẽ tia tiếp tuyến \(Ax\) cùng phía với nửa đường tròn đường kính \(AB\). Lấy một điểm \(M\) trên tia \(Ax\,\,\left( {M \ne A} \right)\). Vẽ tiếp tuyến \(MC\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (\(C\) là tiếp điểm). Vẽ \(AC\) cắt \(OM\) tại \(E\), vẽ \(MB\) cắt nửa đường tròn tại \(D\,\,\left( {D \ne B} \right)\).
a) Chứng minh: Tứ giác \(AMDE\) nội tiếp trong một đường tròn.
b) Chứng minh \(M{A^2} = MD.MB\).
c) Vẽ \(CH\) vuông góc với \(AB\,\,\left( {H \in AB} \right)\). Chứng minh rằng \(MB\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(CH\).
Bài 5 (1,0 điểm):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(A = \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}}\) với \(\left\{ \begin{array}{l}a,\,\,b,\,\,c > 0\\a + b + c = 3\end{array} \right.\).
Bài 1 (TH):
Phương pháp
a) Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\).
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm \(x\)
Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm \(y\)
Kết luận nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) của hệ phương trình.
Cách giải:
a) Phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) có \(a = 1,\,\,b = 5,\,\,c = - 6\).
Vì \(a + b + c = 1 + 5 + \left( { - 6} \right) = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 6\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - 6} \right\}\).
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\).
Bài 2 (TH):
Phương pháp
a) Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.
b) Xác định mẫu thức chung của biểu thức
Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.
Cách giải:
a) \(3\sqrt 2 + \sqrt {50} - \sqrt 8 \)
\(\begin{array}{l} = 3\sqrt 2 + \sqrt {{5^2}.2} - \sqrt {{2^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 + 5\sqrt 2 - 2\sqrt 2 \\ = \left( {3 + 5 - 2} \right)\sqrt 2 \\ = 6\sqrt 2 \end{array}\)
b) \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0\).
Với \(x > 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\\ = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}}\\ = \sqrt x + 1 + \sqrt x - 2\\ = 2\sqrt x - 1\end{array}\)
Vậy với \(x > 0\) thì \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} = 2\sqrt x - 1\).
Bài 3 (VD):
Phương pháp
a) Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\))
Tính được chiều dài mảnh đất theo \(x\)
Áp dụng định lý Py – ta – go, lập được phương trình.
Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
b) Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(\Delta > 0\) (hoặc \(\Delta ' > 0\))
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo \(m\)
Thay vào \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\), tính được \(m\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\)) \( \Rightarrow \) Chiều dài mảnh đất là \(x + 7\,\,\left( m \right)\).
Vì độ dài đường chéo của mảnh đất hình chữ nhật là 13m nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} + {\left( {x + 7} \right)^2} = {13^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} + {x^2} + 14x + 49 = 169\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 14x - 120 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 7x - 60 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta = {7^2} - 4.\left( { - 60} \right) = 289 = {17^2} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 7 + 17}}{2} = 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = \dfrac{{ - 7 - 17}}{2} = - 12\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \) Chiều rộng của mảnh đất là \(5m\), chiều dài của mảnh đất là \(5 + 7 = 12m\).
Vậy diện tích mảnh đất hình chữ nhật là \(S = 5.12 = 60\,\,\left( {{m^2}} \right)\).
b) Phương trình (1) có \(\Delta ' = {m^2} + 1 > 0\,\,\forall m\) nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2} = 7\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 7\\ \Rightarrow 4{m^2} + 3 = 7\\ \Leftrightarrow 4{m^2} = 4\\ \Leftrightarrow m = \pm 1\end{array}\)
Vậy \(m = \pm 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 4 (VD):
Phương pháp
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhình một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
b) Ta sẽ chứng minh: \( \Rightarrow M{A^2} = MD.MB\)
c) Gọi \(MB \cap CH = \left\{ N \right\}\).
Ta sẽ chứng minh: \(\angle DEC = \angle DAB\) (1) và \(\angle DNC = \angle DAB\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle DEC = \angle DNC\) \( \Rightarrow DENC\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Ta sẽ chứng minh: \(EN//AH\)
\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(CH\) (định lí đường trung bình trong tam giác \(ACH\)).
Vậy \(MB\) đi qua \(N\) là trung điểm của \(CH\) (đpcm).
Cách giải:
a) Ta có: \(OA = OC \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AC\).
\(MA = MC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AC\).
\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(AC \Rightarrow OM \bot AC\) tại \(E\) \( \Rightarrow \angle AEM = {90^0}\).
Ta có \(\angle ADB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle ADM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AMDE\) có \(\angle AEM = \angle ADM = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow AMDE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AM\) (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn \(AM\) dưới một góc \({90^0}\)).
b) Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MBA\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMB\,\,chung;\\\angle MDA = \angle MAB = {90^0}\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MD}} = \dfrac{{MB}}{{MA}}\) (2 cạnh tương ứng) \( \Rightarrow M{A^2} = MD.MB\).
c) Gọi \(MB \cap CH = \left\{ N \right\}\).
Vì \(AEDM\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle DEC = \angle AMD\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle AMD = \angle DAB\) (cùng phụ với \(\angle MAD\)) nên \(\angle DEC = \angle DAB\) (1).
Ta có \(\angle DNC = \angle BNH\) (đối đỉnh), mà \(\left\{ \begin{array}{l}\angle BNH + \angle NBH = {90^0}\\\angle DAB + \angle NBH = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \angle BNH = \angle DAB\) \( \Rightarrow \angle DNC = \angle DAB\) (2).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle DEC = \angle DNC\).
\( \Rightarrow DENC\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle DNE = \angle DCE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\)).
Mà \(\angle DCE = \angle DCA = \angle DBA\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DA\)).
\( \Rightarrow \angle DNE = \angle DBA\). Mà 2 góc này năm ở vị trí 2 góc đồng vị nên \(EN//AB\) hay \(EN//AH\).
Lại có: \(E\) là trung điểm của \(AC\) (do \(OM\) là trung trực của \(AC\), \(OM \cap AC = \left\{ E \right\}\)).
\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(CH\) (định lí đường trung bình trong tam giác \(ACH\)).
Vậy \(MB\) đi qua \(N\) là trung điểm của \(CH\) (đpcm).
Bài 5 (VDC):
Phương pháp
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\). Dấu “=” xảy ra khi \(\dfrac{x}{a} = \dfrac{y}{b} = \dfrac{z}{c}\), \(a,b,c > 0\).
Cách giải:
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\). Dấu “=” xảy ra khi \(\dfrac{x}{a} = \dfrac{y}{b} = \dfrac{z}{c}\), \(a,b,c > 0\).
Chứng minh BĐT phụ:
Áp dụng BĐT B.C.S cho hai bộ số \(\left( {\dfrac{x}{{\sqrt a }};\dfrac{y}{{\sqrt b }};\dfrac{z}{{\sqrt c }}} \right)\) và \(\left( {\sqrt a ;\sqrt b ;\sqrt c } \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c}} \right)\left( {a + b + c} \right) \ge {\left( {x + y + z} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\end{array}\)
Khi đó ta có:
\(A = \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{b + c + c + a + a + b}} = \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {a + b + c} \right)}} = \dfrac{{a + b + c}}{2} = \dfrac{3}{2}\)
Vậy \({A_{\min }} = \dfrac{3}{2}\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = 1\).
Bài 1 (2,0 điểm):
a) Cho phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) (*). Hãy xác định các hệ số \(a,\,\,b,\,\,c\) và giải phương trình (*).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\x - y = 1\end{array} \right.\).
Bài 2 (2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(3\sqrt 2 + \sqrt {50} - \sqrt 8 \) b) \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0\).
Bài 3 (2,0 điểm):
a) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một mảnh đát hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m. Biết chiều dài mảnh đất lớn hơn chiều rộng là 7m. Hãy tính diện tích mảnh đất hình chữ nhật đó.
b) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số.
Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\)
Bài 4 (3,0 điểm):
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\). Vẽ tia tiếp tuyến \(Ax\) cùng phía với nửa đường tròn đường kính \(AB\). Lấy một điểm \(M\) trên tia \(Ax\,\,\left( {M \ne A} \right)\). Vẽ tiếp tuyến \(MC\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (\(C\) là tiếp điểm). Vẽ \(AC\) cắt \(OM\) tại \(E\), vẽ \(MB\) cắt nửa đường tròn tại \(D\,\,\left( {D \ne B} \right)\).
a) Chứng minh: Tứ giác \(AMDE\) nội tiếp trong một đường tròn.
b) Chứng minh \(M{A^2} = MD.MB\).
c) Vẽ \(CH\) vuông góc với \(AB\,\,\left( {H \in AB} \right)\). Chứng minh rằng \(MB\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(CH\).
Bài 5 (1,0 điểm):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(A = \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}}\) với \(\left\{ \begin{array}{l}a,\,\,b,\,\,c > 0\\a + b + c = 3\end{array} \right.\).
Bài 1 (TH):
Phương pháp
a) Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\).
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm \(x\)
Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm \(y\)
Kết luận nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) của hệ phương trình.
Cách giải:
a) Phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) có \(a = 1,\,\,b = 5,\,\,c = - 6\).
Vì \(a + b + c = 1 + 5 + \left( { - 6} \right) = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 6\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - 6} \right\}\).
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\).
Bài 2 (TH):
Phương pháp
a) Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.
b) Xác định mẫu thức chung của biểu thức
Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.
Cách giải:
a) \(3\sqrt 2 + \sqrt {50} - \sqrt 8 \)
\(\begin{array}{l} = 3\sqrt 2 + \sqrt {{5^2}.2} - \sqrt {{2^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 + 5\sqrt 2 - 2\sqrt 2 \\ = \left( {3 + 5 - 2} \right)\sqrt 2 \\ = 6\sqrt 2 \end{array}\)
b) \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0\).
Với \(x > 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\\ = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}}\\ = \sqrt x + 1 + \sqrt x - 2\\ = 2\sqrt x - 1\end{array}\)
Vậy với \(x > 0\) thì \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} = 2\sqrt x - 1\).
Bài 3 (VD):
Phương pháp
a) Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\))
Tính được chiều dài mảnh đất theo \(x\)
Áp dụng định lý Py – ta – go, lập được phương trình.
Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
b) Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(\Delta > 0\) (hoặc \(\Delta ' > 0\))
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo \(m\)
Thay vào \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\), tính được \(m\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\)) \( \Rightarrow \) Chiều dài mảnh đất là \(x + 7\,\,\left( m \right)\).
Vì độ dài đường chéo của mảnh đất hình chữ nhật là 13m nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} + {\left( {x + 7} \right)^2} = {13^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} + {x^2} + 14x + 49 = 169\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 14x - 120 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 7x - 60 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta = {7^2} - 4.\left( { - 60} \right) = 289 = {17^2} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 7 + 17}}{2} = 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = \dfrac{{ - 7 - 17}}{2} = - 12\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \) Chiều rộng của mảnh đất là \(5m\), chiều dài của mảnh đất là \(5 + 7 = 12m\).
Vậy diện tích mảnh đất hình chữ nhật là \(S = 5.12 = 60\,\,\left( {{m^2}} \right)\).
b) Phương trình (1) có \(\Delta ' = {m^2} + 1 > 0\,\,\forall m\) nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2} = 7\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 7\\ \Rightarrow 4{m^2} + 3 = 7\\ \Leftrightarrow 4{m^2} = 4\\ \Leftrightarrow m = \pm 1\end{array}\)
Vậy \(m = \pm 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 4 (VD):
Phương pháp
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhình một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
b) Ta sẽ chứng minh: \( \Rightarrow M{A^2} = MD.MB\)
c) Gọi \(MB \cap CH = \left\{ N \right\}\).
Ta sẽ chứng minh: \(\angle DEC = \angle DAB\) (1) và \(\angle DNC = \angle DAB\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle DEC = \angle DNC\) \( \Rightarrow DENC\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Ta sẽ chứng minh: \(EN//AH\)
\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(CH\) (định lí đường trung bình trong tam giác \(ACH\)).
Vậy \(MB\) đi qua \(N\) là trung điểm của \(CH\) (đpcm).
Cách giải:
a) Ta có: \(OA = OC \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AC\).
\(MA = MC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AC\).
\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(AC \Rightarrow OM \bot AC\) tại \(E\) \( \Rightarrow \angle AEM = {90^0}\).
Ta có \(\angle ADB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle ADM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AMDE\) có \(\angle AEM = \angle ADM = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow AMDE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AM\) (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn \(AM\) dưới một góc \({90^0}\)).
b) Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MBA\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMB\,\,chung;\\\angle MDA = \angle MAB = {90^0}\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MD}} = \dfrac{{MB}}{{MA}}\) (2 cạnh tương ứng) \( \Rightarrow M{A^2} = MD.MB\).
c) Gọi \(MB \cap CH = \left\{ N \right\}\).
Vì \(AEDM\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle DEC = \angle AMD\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle AMD = \angle DAB\) (cùng phụ với \(\angle MAD\)) nên \(\angle DEC = \angle DAB\) (1).
Ta có \(\angle DNC = \angle BNH\) (đối đỉnh), mà \(\left\{ \begin{array}{l}\angle BNH + \angle NBH = {90^0}\\\angle DAB + \angle NBH = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \angle BNH = \angle DAB\) \( \Rightarrow \angle DNC = \angle DAB\) (2).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle DEC = \angle DNC\).
\( \Rightarrow DENC\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle DNE = \angle DCE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\)).
Mà \(\angle DCE = \angle DCA = \angle DBA\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DA\)).
\( \Rightarrow \angle DNE = \angle DBA\). Mà 2 góc này năm ở vị trí 2 góc đồng vị nên \(EN//AB\) hay \(EN//AH\).
Lại có: \(E\) là trung điểm của \(AC\) (do \(OM\) là trung trực của \(AC\), \(OM \cap AC = \left\{ E \right\}\)).
\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(CH\) (định lí đường trung bình trong tam giác \(ACH\)).
Vậy \(MB\) đi qua \(N\) là trung điểm của \(CH\) (đpcm).
Bài 5 (VDC):
Phương pháp
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\). Dấu “=” xảy ra khi \(\dfrac{x}{a} = \dfrac{y}{b} = \dfrac{z}{c}\), \(a,b,c > 0\).
Cách giải:
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\). Dấu “=” xảy ra khi \(\dfrac{x}{a} = \dfrac{y}{b} = \dfrac{z}{c}\), \(a,b,c > 0\).
Chứng minh BĐT phụ:
Áp dụng BĐT B.C.S cho hai bộ số \(\left( {\dfrac{x}{{\sqrt a }};\dfrac{y}{{\sqrt b }};\dfrac{z}{{\sqrt c }}} \right)\) và \(\left( {\sqrt a ;\sqrt b ;\sqrt c } \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c}} \right)\left( {a + b + c} \right) \ge {\left( {x + y + z} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\end{array}\)
Khi đó ta có:
\(A = \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{b + c + c + a + a + b}} = \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {a + b + c} \right)}} = \dfrac{{a + b + c}}{2} = \dfrac{3}{2}\)
Vậy \({A_{\min }} = \dfrac{3}{2}\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = 1\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Trong đó, việc làm quen với cấu trúc đề thi và luyện tập giải các đề thi thử đóng vai trò then chốt. Bài viết này sẽ cung cấp phân tích chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Nông năm 2021, cùng với hướng dẫn giải các bài toán thường gặp, giúp các em học sinh tự tin hơn khi bước vào phòng thi.
Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Nông năm 2021 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Độ khó của đề thi thường ở mức trung bình, tập trung vào các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán lớp 9. Tuy nhiên, cũng có một số câu hỏi đòi hỏi học sinh phải có khả năng tư duy logic và sáng tạo.
Dưới đây là một số dạng bài tập thường xuất hiện trong Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Nông năm 2021:
Ví dụ 1: Giải phương trình x^2 - 5x + 6 = 0
Giải:
Phương trình có dạng ax^2 + bx + c = 0 với a = 1, b = -5, c = 6
Tính delta: Δ = b^2 - 4ac = (-5)^2 - 4(1)(6) = 25 - 24 = 1
Vì Δ > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x_1 = \frac{-b + \sqrt{Δ}}{2a} = \frac{5 + 1}{2} = 3
x_2 = \frac{-b - \sqrt{Δ}}{2a} = \frac{5 - 1}{2} = 2
Vậy phương trình có hai nghiệm x_1 = 3 và x_2 = 2
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Giải:
Áp dụng định lý Pitago vào tam giác ABC vuông tại A, ta có:
BC^2 = AB^2 + AC^2 = 3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25
Suy ra BC = \sqrt{25} = 5 cm
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán, các em học sinh nên:
Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Nông năm 2021 là một tài liệu quan trọng giúp các em học sinh chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi sắp tới. Hy vọng với những phân tích và hướng dẫn giải bài tập trong bài viết này, các em sẽ tự tin hơn và đạt được kết quả cao 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!
