Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hà Tĩnh năm 2020 chính thức, kèm đáp án chi tiết. 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.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết, giúp các em hiểu rõ từng bước giải và áp dụng vào các bài toán tương tự.
Câu 1 (2 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
Câu 1 (2 điểm):
Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(P = \left( {\dfrac{{2 - \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\)
b) \(Q = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\dfrac{3}{{\sqrt x }} + 1} \right)\) với \(x > 0\)
Câu 2 (2,5 điểm):
a) Giải phương trình \({x^4} + 5{x^2} - 36 = 0\)
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right):y = \left( {a - 1} \right)x + b\) đi qua điểm \(M\left( { - 1; - 2} \right)\) và song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = 3x - 1.\) Tìm các số \(a\) và \(b\).
Câu 3 (1,5 điểm):
Trong quý I, cả hai tổ A và B sản xuất được 610 sản phẩm. Trong quý II, số sản phẩm tổ A tăng thêm 10%, tổ B tăng thêm 14% so với quý I, do đó cả hai tổ sản xuất được 681 sản phẩm. Hỏi trong quý I, mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu sản phẩm?
Câu 4 (1 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\)(\(H\)thuộc \(BC\)). Biết độ dài đoạn \(AB\) bằng \(5cm\), đoạn \(BH\) bằng \(3cm\). Tính độ dài các cạnh \(AC\) và \(BC\).
Câu 5 (2 điểm):
Cho đường tròn tâm O, đường kính MN, điểm I thay đổi trên đoạn OM (I khác M). Đường thẳng qua I vuông góc với MN cắt (O) tại P và Q. Trên tia đối của tia NM lấy điểm S cố định. Đoạn PS cắt (O) tại E, gọi H là giao điểm của EQ và MN.
a) Chứng minh tam giác SPN và tam giác SME đồng dạng.
b) Chứng minh độ dài OH không phụ thuộc vào vị trí điểm I.
Câu 6 (1 điểm):
Cho \(a,\,\,b\) là các số thực dương thỏa mãn \(a\left( {2a - 1} \right) + b\left( {2b - 1} \right) = 2ab.\)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(F = \dfrac{{{a^3} + 2020}}{b} + \dfrac{{{b^3} + 2020}}{a}.\)
Câu 1 - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba
Phương pháp:
a) Đặt nhân tử chung, rút gọn biểu thức đã cho.
b) Quy đồng mẫu các phân thức, rút gọn biểu thức đã cho.
Cách giải:
Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(P = \left( {\dfrac{{2 - \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{2 - \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt 2 \left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\ = \left( {\sqrt 2 + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\ = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - {1^2}\\ = 2 - 1 = 1\end{array}\)
b) \(Q = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\dfrac{3}{{\sqrt x }} + 1} \right)\) với \(x > 0\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}Q = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\dfrac{3}{{\sqrt x }} + 1} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right).\left( {\dfrac{{3 + \sqrt x }}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x - \sqrt x - 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{ - 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{ - 3}}{x}\end{array}\)
Vậy \(Q = - \dfrac{3}{x}\) với \(x > 0\).
Câu 2 - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 - Đại số
Phương pháp:
a) Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\) ta có phương trình: \({t^2} + 5t - 36 = 0.\)
Giải phương trình tìm ẩn \(t.\) Đối chiếu với điều kiện để loại nghiệm rồi tìm \(x.\)
b) Hai đường thẳng \(d:\,\,\,y = {a_1}x + {b_1}\) và \(d':\,\,\,y = {a_2}x + {b_2}\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\)
Thay tọa độ điểm \(M\) vào công thức hàm số \(d\).
Từ đó giải hệ phương trình tìm \(a,\,\,b.\)
Cách giải:
a) Giải phương trình \({x^4} + 5{x^2} - 36 = 0\)
Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\) ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}{t^2} + 5t - 36 = 0\\ \Leftrightarrow {t^2} + 9t - 4t - 36 = 0\\ \Leftrightarrow t\left( {t + 9} \right) - 4\left( {t + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 4} \right)\left( {t + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 4 = 0\\t + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 4\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - 9\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(t = 4 \Rightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = 2;x = - 2.\)
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right):y = \left( {a - 1} \right)x + b\) đi qua điểm \(M\left( { - 1; - 2} \right)\) và song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = 3x - 1.\) Tìm các số \(a\) và \(b\).
Vì hai đường thẳng \(\left( d \right)\) và \(\left( {d'} \right)\) song song với nhau nên \(\left\{ \begin{array}{l}a - 1 = 3\\b \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b \ne - 1\end{array} \right.\)
Suy ra đường thẳng \(\left( d \right):y = 3x + b\) \(\left( {b \ne - 1} \right)\)
Vì đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( { - 1; - 2} \right)\) nên thay \(x = - 1;y = - 2\) vào hàm số \(y = 3x + b\) ta được:
\( - 2 = 3.\left( { - 1} \right) + b \Leftrightarrow b = 1\) (thỏa mãn)
Vậy \(a = 4;b = 1.\)
Câu 3 - Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình
Phương pháp:
Gọi số sản phẩm tổ A và tổ B sản xuất được trong quý I lần lượt là \(x;y\) (sản phẩm) \(\left( {0 < x;y < 610} \right)\)
Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo các ẩn \(x,\,\,y\) vừa gọi rồi giải hệ phương trình.
Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Trong quý I, cả hai tổ A và B sản xuất được 610 sản phẩm. Trong quý II, số sản phẩm tổ A tăng thêm 10%, tổ B tăng thêm 14% so với quý I, do đó cả hai tổ sản xuất được 681 sản phẩm. Hỏi trong quý I, mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu sản phẩm?
Gọi số sản phẩm tổ A và tổ B sản xuất được trong quý I lần lượt là \(x;y\) (sản phẩm) \(\left( {0 < x;y < 610} \right)\)
Vì trong quý I, cả hai tổ A và B sản xuất được 610 sản phẩm nên ta có phương trình \(x + y = 610\) (sản phẩm)
Trong quý II:
Tổ A tăng thêm 10% so với quý I nên tổ A sản xuất được \(\left( {1 + 10\% } \right)x = 1,1x\) sản phẩm
Tổ B tăng thêm 14% so với quý I nên tổ B sản xuất được \(\left( {1 + 14\% } \right)x = 1,14y\) sản phẩm
Và cả 2 tổ sản xuất được 681 sản phẩm nên ta có phương trình \(1,1x + 1,14y = 681\) (sản phẩm)
Ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 610\\1,1x + 1,14y = 681\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,1x + 1,1y = 671\\1,1x + 1,14y = 681\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,04y = 10\\x + y = 610\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 250\\250 + x = 610\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 250\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 360\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy trong quý I, tổ A sản xuất được 360 sản phẩm, tổ B sản xuất được 250 sản phẩm.
Câu 4 - Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông
Phương pháp:
Sử dụng định lý Pitago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính.
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\)(\(H\)thuộc \(BC\)). Biết độ dài đoạn \(AB\) bằng \(5cm\), đoạn \(BH\) bằng \(3cm\). Tính độ dài các cạnh \(AC\) và \(BC\).
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH,\) theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(A{B^2} = BH.BC \Leftrightarrow BC = \dfrac{{A{B^2}}}{{BH}} = \dfrac{{{5^2}}}{3} = \dfrac{{25}}{3}\) cm
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), theo định lý Pytago ta có:
\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow A{C^2} = B{C^2} - A{B^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = {\left( {\dfrac{{25}}{3}} \right)^2} - {5^2} = \dfrac{{400}}{9}\\ \Rightarrow AC = \dfrac{{20}}{3}cm\end{array}\)
Vậy \(BC = \dfrac{{25}}{3}cm,AC = \dfrac{{20}}{3}cm.\)
Câu 5 - Ôn tập chương 3: Góc với đường tròn
Cách giải:
Cho đường tròn tâm O, đường kính MN, điểm I thay đổi trên đoạn OM (I khác M). Đường thẳng qua I vuông góc với MN cắt (O) tại P và Q. Trên tia đối của tia NM lấy điểm S cố định. Đoạn PS cắt (O) tại E, gọi H là giao điểm của EQ và MN.
a) Chứng minh tam giác SPN và tam giác SME đồng dạng.
Ta có: bốn điểm \(P,E,N,M\) cùng thuộc \(\left( O \right)\) nên tứ giác \(PENM\) nội tiếp.
\( \Rightarrow \angle EPN = \angle EMN\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(EN\))
Xét \(\Delta SPN\) và \(\Delta SME\) có:
\(\angle S\) chung
\(\angle EPN = \angle EMS\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta SPN \sim \Delta SME\left( {g - g} \right)\) (đpcm)
b) Chứng minh độ dài OH không phụ thuộc vào vị trí điểm I.
Từ câu a, \(\Delta SPN \sim \Delta SME \Rightarrow \dfrac{{SP}}{{SM}} = \dfrac{{SN}}{{SE}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow SP.SE = SM.SN\,\,\left( 1 \right)\)
Ta có: \(\angle PEH = \angle PEQ = \dfrac{1}{2}sdPQ = sdPM = \angle POM\)
\(\begin{array}{l}\angle PEH + \angle SEH = {180^0}\\\angle POM + \angle POS = {180^0}\\ \Rightarrow \angle SEH = \angle POS\end{array}\)
Xét \(\Delta SEH\) và \(\Delta SOP\) có:
\(\begin{array}{l}\angle SEH = \angle POS\left( {cmt} \right)\\\angle S\,\,chung\\ \Rightarrow \Delta SEH \sim \Delta SOP\left( {g - g} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{SE}}{{SO}} = \dfrac{{SH}}{{SP}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow SE.SP = SO.SH\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(SO.SH = SM.SN\)\( \Rightarrow SH = \dfrac{{SM.SN}}{{SO}}\)
Mà \(S,M,N,O\) cố định nên \(SM,SN,SO\) không đổi
\( \Rightarrow SH\) không đổi
\( \Rightarrow OH = SO - SH\) không đổi.
Vậy độ dài \(OH\) không phụ thuộc vào vị trí điểm \(I\). (đpcm)
Câu 6 - Bất đẳng thức
Cách giải:
\(\begin{array}{l}a\left( {2a - 1} \right) + b\left( {2b - 1} \right) = ab\\ \Leftrightarrow 2{a^2} + 2{b^2} - \left( {a + b} \right) = ab\\ \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - \left( {a + b} \right) = ab\\ \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + 2ab} \right) - \left( {a + b} \right) = 6ab\\ \Leftrightarrow 2{\left( {a + b} \right)^2} - \left( {a + b} \right) = 6ab \le 6.\dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4} = \dfrac{3}{2}{\left( {a + b} \right)^2}\\ \Rightarrow 2{\left( {a + b} \right)^2} - \left( {a + b} \right) - \dfrac{3}{2}{\left( {a + b} \right)^2} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}{\left( {a + b} \right)^2} - \left( {a + b} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow 0 \le a + b \le 2\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}F = \dfrac{{{a^3} + 2020}}{b} + \dfrac{{{b^3} + 2020}}{a}\\ = \dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{2020}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{a} + \dfrac{{2020}}{a}\\ = \left( {\dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{a}} \right) + 2020\left( {\dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{a}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{{a^4}}}{{ab}} + \dfrac{{{b^4}}}{{ab}}} \right) + 2020\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right)\end{array}\)
Áp dụng các BĐT cơ bản \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{a + b}}\) và \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{{a + b}}\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{a^4}}}{{ab}} + \dfrac{{{b^4}}}{{ab}}} \right) + 2020\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right) \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{2ab}} + 2020.\dfrac{4}{{a + b}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \dfrac{{8080}}{{a + b}} = {a^2} + {b^2} + \dfrac{{8080}}{{a + b}}\\ \ge \dfrac{1}{2}{\left( {a + b} \right)^2} + \dfrac{{8080}}{{a + b}}\\ = \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} + \dfrac{4}{{a + b}} + \dfrac{4}{{a + b}} + \dfrac{{8072}}{{a + b}}\\ \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}.\dfrac{4}{{a + b}}.\dfrac{4}{{a + b}}}} + \dfrac{{8072}}{2} = 4042\\ \Rightarrow F \ge 4042\end{array}\)
\( \Rightarrow {F_{\min }} = 4042\) khi \(a = b = 1\).
Câu 1 (2 điểm):
Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(P = \left( {\dfrac{{2 - \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\)
b) \(Q = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\dfrac{3}{{\sqrt x }} + 1} \right)\) với \(x > 0\)
Câu 2 (2,5 điểm):
a) Giải phương trình \({x^4} + 5{x^2} - 36 = 0\)
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right):y = \left( {a - 1} \right)x + b\) đi qua điểm \(M\left( { - 1; - 2} \right)\) và song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = 3x - 1.\) Tìm các số \(a\) và \(b\).
Câu 3 (1,5 điểm):
Trong quý I, cả hai tổ A và B sản xuất được 610 sản phẩm. Trong quý II, số sản phẩm tổ A tăng thêm 10%, tổ B tăng thêm 14% so với quý I, do đó cả hai tổ sản xuất được 681 sản phẩm. Hỏi trong quý I, mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu sản phẩm?
Câu 4 (1 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\)(\(H\)thuộc \(BC\)). Biết độ dài đoạn \(AB\) bằng \(5cm\), đoạn \(BH\) bằng \(3cm\). Tính độ dài các cạnh \(AC\) và \(BC\).
Câu 5 (2 điểm):
Cho đường tròn tâm O, đường kính MN, điểm I thay đổi trên đoạn OM (I khác M). Đường thẳng qua I vuông góc với MN cắt (O) tại P và Q. Trên tia đối của tia NM lấy điểm S cố định. Đoạn PS cắt (O) tại E, gọi H là giao điểm của EQ và MN.
a) Chứng minh tam giác SPN và tam giác SME đồng dạng.
b) Chứng minh độ dài OH không phụ thuộc vào vị trí điểm I.
Câu 6 (1 điểm):
Cho \(a,\,\,b\) là các số thực dương thỏa mãn \(a\left( {2a - 1} \right) + b\left( {2b - 1} \right) = 2ab.\)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(F = \dfrac{{{a^3} + 2020}}{b} + \dfrac{{{b^3} + 2020}}{a}.\)
Câu 1 - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba
Phương pháp:
a) Đặt nhân tử chung, rút gọn biểu thức đã cho.
b) Quy đồng mẫu các phân thức, rút gọn biểu thức đã cho.
Cách giải:
Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(P = \left( {\dfrac{{2 - \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{2 - \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt 2 \left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{{\sqrt 2 - 1}} + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\ = \left( {\sqrt 2 + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\ = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - {1^2}\\ = 2 - 1 = 1\end{array}\)
b) \(Q = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\dfrac{3}{{\sqrt x }} + 1} \right)\) với \(x > 0\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}Q = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\dfrac{3}{{\sqrt x }} + 1} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right).\left( {\dfrac{{3 + \sqrt x }}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x - \sqrt x - 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{ - 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{ - 3}}{x}\end{array}\)
Vậy \(Q = - \dfrac{3}{x}\) với \(x > 0\).
Câu 2 - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 - Đại số
Phương pháp:
a) Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\) ta có phương trình: \({t^2} + 5t - 36 = 0.\)
Giải phương trình tìm ẩn \(t.\) Đối chiếu với điều kiện để loại nghiệm rồi tìm \(x.\)
b) Hai đường thẳng \(d:\,\,\,y = {a_1}x + {b_1}\) và \(d':\,\,\,y = {a_2}x + {b_2}\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\)
Thay tọa độ điểm \(M\) vào công thức hàm số \(d\).
Từ đó giải hệ phương trình tìm \(a,\,\,b.\)
Cách giải:
a) Giải phương trình \({x^4} + 5{x^2} - 36 = 0\)
Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\) ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}{t^2} + 5t - 36 = 0\\ \Leftrightarrow {t^2} + 9t - 4t - 36 = 0\\ \Leftrightarrow t\left( {t + 9} \right) - 4\left( {t + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 4} \right)\left( {t + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 4 = 0\\t + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 4\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - 9\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(t = 4 \Rightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = 2;x = - 2.\)
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right):y = \left( {a - 1} \right)x + b\) đi qua điểm \(M\left( { - 1; - 2} \right)\) và song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = 3x - 1.\) Tìm các số \(a\) và \(b\).
Vì hai đường thẳng \(\left( d \right)\) và \(\left( {d'} \right)\) song song với nhau nên \(\left\{ \begin{array}{l}a - 1 = 3\\b \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b \ne - 1\end{array} \right.\)
Suy ra đường thẳng \(\left( d \right):y = 3x + b\) \(\left( {b \ne - 1} \right)\)
Vì đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( { - 1; - 2} \right)\) nên thay \(x = - 1;y = - 2\) vào hàm số \(y = 3x + b\) ta được:
\( - 2 = 3.\left( { - 1} \right) + b \Leftrightarrow b = 1\) (thỏa mãn)
Vậy \(a = 4;b = 1.\)
Câu 3 - Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình
Phương pháp:
Gọi số sản phẩm tổ A và tổ B sản xuất được trong quý I lần lượt là \(x;y\) (sản phẩm) \(\left( {0 < x;y < 610} \right)\)
Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo các ẩn \(x,\,\,y\) vừa gọi rồi giải hệ phương trình.
Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Trong quý I, cả hai tổ A và B sản xuất được 610 sản phẩm. Trong quý II, số sản phẩm tổ A tăng thêm 10%, tổ B tăng thêm 14% so với quý I, do đó cả hai tổ sản xuất được 681 sản phẩm. Hỏi trong quý I, mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu sản phẩm?
Gọi số sản phẩm tổ A và tổ B sản xuất được trong quý I lần lượt là \(x;y\) (sản phẩm) \(\left( {0 < x;y < 610} \right)\)
Vì trong quý I, cả hai tổ A và B sản xuất được 610 sản phẩm nên ta có phương trình \(x + y = 610\) (sản phẩm)
Trong quý II:
Tổ A tăng thêm 10% so với quý I nên tổ A sản xuất được \(\left( {1 + 10\% } \right)x = 1,1x\) sản phẩm
Tổ B tăng thêm 14% so với quý I nên tổ B sản xuất được \(\left( {1 + 14\% } \right)x = 1,14y\) sản phẩm
Và cả 2 tổ sản xuất được 681 sản phẩm nên ta có phương trình \(1,1x + 1,14y = 681\) (sản phẩm)
Ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 610\\1,1x + 1,14y = 681\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,1x + 1,1y = 671\\1,1x + 1,14y = 681\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,04y = 10\\x + y = 610\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 250\\250 + x = 610\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 250\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 360\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy trong quý I, tổ A sản xuất được 360 sản phẩm, tổ B sản xuất được 250 sản phẩm.
Câu 4 - Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông
Phương pháp:
Sử dụng định lý Pitago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính.
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\)(\(H\)thuộc \(BC\)). Biết độ dài đoạn \(AB\) bằng \(5cm\), đoạn \(BH\) bằng \(3cm\). Tính độ dài các cạnh \(AC\) và \(BC\).
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH,\) theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(A{B^2} = BH.BC \Leftrightarrow BC = \dfrac{{A{B^2}}}{{BH}} = \dfrac{{{5^2}}}{3} = \dfrac{{25}}{3}\) cm
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), theo định lý Pytago ta có:
\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow A{C^2} = B{C^2} - A{B^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = {\left( {\dfrac{{25}}{3}} \right)^2} - {5^2} = \dfrac{{400}}{9}\\ \Rightarrow AC = \dfrac{{20}}{3}cm\end{array}\)
Vậy \(BC = \dfrac{{25}}{3}cm,AC = \dfrac{{20}}{3}cm.\)
Câu 5 - Ôn tập chương 3: Góc với đường tròn
Cách giải:
Cho đường tròn tâm O, đường kính MN, điểm I thay đổi trên đoạn OM (I khác M). Đường thẳng qua I vuông góc với MN cắt (O) tại P và Q. Trên tia đối của tia NM lấy điểm S cố định. Đoạn PS cắt (O) tại E, gọi H là giao điểm của EQ và MN.
a) Chứng minh tam giác SPN và tam giác SME đồng dạng.
Ta có: bốn điểm \(P,E,N,M\) cùng thuộc \(\left( O \right)\) nên tứ giác \(PENM\) nội tiếp.
\( \Rightarrow \angle EPN = \angle EMN\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(EN\))
Xét \(\Delta SPN\) và \(\Delta SME\) có:
\(\angle S\) chung
\(\angle EPN = \angle EMS\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta SPN \sim \Delta SME\left( {g - g} \right)\) (đpcm)
b) Chứng minh độ dài OH không phụ thuộc vào vị trí điểm I.
Từ câu a, \(\Delta SPN \sim \Delta SME \Rightarrow \dfrac{{SP}}{{SM}} = \dfrac{{SN}}{{SE}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow SP.SE = SM.SN\,\,\left( 1 \right)\)
Ta có: \(\angle PEH = \angle PEQ = \dfrac{1}{2}sdPQ = sdPM = \angle POM\)
\(\begin{array}{l}\angle PEH + \angle SEH = {180^0}\\\angle POM + \angle POS = {180^0}\\ \Rightarrow \angle SEH = \angle POS\end{array}\)
Xét \(\Delta SEH\) và \(\Delta SOP\) có:
\(\begin{array}{l}\angle SEH = \angle POS\left( {cmt} \right)\\\angle S\,\,chung\\ \Rightarrow \Delta SEH \sim \Delta SOP\left( {g - g} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{SE}}{{SO}} = \dfrac{{SH}}{{SP}}\) (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow SE.SP = SO.SH\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(SO.SH = SM.SN\)\( \Rightarrow SH = \dfrac{{SM.SN}}{{SO}}\)
Mà \(S,M,N,O\) cố định nên \(SM,SN,SO\) không đổi
\( \Rightarrow SH\) không đổi
\( \Rightarrow OH = SO - SH\) không đổi.
Vậy độ dài \(OH\) không phụ thuộc vào vị trí điểm \(I\). (đpcm)
Câu 6 - Bất đẳng thức
Cách giải:
\(\begin{array}{l}a\left( {2a - 1} \right) + b\left( {2b - 1} \right) = ab\\ \Leftrightarrow 2{a^2} + 2{b^2} - \left( {a + b} \right) = ab\\ \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - \left( {a + b} \right) = ab\\ \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + 2ab} \right) - \left( {a + b} \right) = 6ab\\ \Leftrightarrow 2{\left( {a + b} \right)^2} - \left( {a + b} \right) = 6ab \le 6.\dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4} = \dfrac{3}{2}{\left( {a + b} \right)^2}\\ \Rightarrow 2{\left( {a + b} \right)^2} - \left( {a + b} \right) - \dfrac{3}{2}{\left( {a + b} \right)^2} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}{\left( {a + b} \right)^2} - \left( {a + b} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow 0 \le a + b \le 2\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}F = \dfrac{{{a^3} + 2020}}{b} + \dfrac{{{b^3} + 2020}}{a}\\ = \dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{2020}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{a} + \dfrac{{2020}}{a}\\ = \left( {\dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{a}} \right) + 2020\left( {\dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{a}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{{a^4}}}{{ab}} + \dfrac{{{b^4}}}{{ab}}} \right) + 2020\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right)\end{array}\)
Áp dụng các BĐT cơ bản \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{a + b}}\) và \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{{a + b}}\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{a^4}}}{{ab}} + \dfrac{{{b^4}}}{{ab}}} \right) + 2020\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right) \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{2ab}} + 2020.\dfrac{4}{{a + b}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \dfrac{{8080}}{{a + b}} = {a^2} + {b^2} + \dfrac{{8080}}{{a + b}}\\ \ge \dfrac{1}{2}{\left( {a + b} \right)^2} + \dfrac{{8080}}{{a + b}}\\ = \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} + \dfrac{4}{{a + b}} + \dfrac{4}{{a + b}} + \dfrac{{8072}}{{a + b}}\\ \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}.\dfrac{4}{{a + b}}.\dfrac{4}{{a + b}}}} + \dfrac{{8072}}{2} = 4042\\ \Rightarrow F \ge 4042\end{array}\)
\( \Rightarrow {F_{\min }} = 4042\) khi \(a = b = 1\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2020 là một nguồn tài liệu quý giá để các em học sinh ôn tập và làm quen với dạng đề thi thực tế.
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2020 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Nhìn chung, đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2020 có độ khó tương đối, tập trung vào các kiến thức cơ bản và nâng cao trong chương trình Toán lớp 9. Tuy nhiên, để đạt điểm cao, các em học sinh cần phải nắm vững kiến thức, rèn luyện kỹ năng giải toán và có khả năng vận dụng linh hoạt các công thức và định lý.
Để giải tốt đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2020, các em học sinh cần lưu ý những điều sau:
Ngoài việc luyện tập giải đề thi, các em học sinh cũng cần lưu ý những điều sau khi ôn thi:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2020, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Các chuyên gia giáo dục khuyên rằng, để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10, các em học sinh cần phải có một kế hoạch ôn tập khoa học, hợp lý và kiên trì thực hiện. Hãy dành thời gian ôn tập đều đặn mỗi ngày, tập trung vào các kiến thức trọng tâm và rèn luyện kỹ năng giải toán một cách thường xuyên.
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2020 là một tài liệu quan trọng giúp các em học sinh chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi sắp tới. Hãy tận dụng tối đa nguồn tài liệu này và luyện tập chăm chỉ để đạt được 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!
