Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hà Tĩnh năm 2023. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi chính thức, đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập hiệu quả, giúp các em tự tin đối mặt với mọi dạng bài thi.
Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau: a) \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 \). b) \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\) (với \(\left. {x > 0;x \ne 4} \right)\).
Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 \).
b) \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\) (với \(\left. {x > 0;x \ne 4} \right)\).
Câu 2:
a) Cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = (m - 3)x + 4\left( m \right.\) là tham số) và \(\left( {{d_2}} \right):y = 2x - 1\). Tìm giá trị của \(m\) để hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau.
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 3}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right.\).
Câu 3: Cho phương trình \({x^2} - 2mx + {m^2} - m - 2 = 0\) (m là tham số). Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2\left( {1 + {x_1}{x_2}} \right)}} = \frac{1}{6}.\)
Câu 4: Một phòng họp ban đầu có 96 ghế được xếp thành các dãy và số ghế trong mỗi dãy đều bằng nhau. Có một lần phòng họp phải cất bớt 2 dãy ghế và mỗi dãy còn lại xếp thêm 1 ghế (số ghế trong các dãy vẫn bằng nhau) để vừa đủ chỗ ngồi cho 110 đại biểu. Hỏi ban đầu trong phòng họp có bao nhiêu dãy ghế?
Câu 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (\(H \in BC\)). Biết độ dài đoạn \(AB = 5cm\) và \(AH = 4cm.\) Tính độ dài đoạn BH và diện tích tam giác ABC.
Câu 6: Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D và E (D khác B và E khác C). Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD.
a) Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp.
b) Đường thẳng AH cắt BC tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm P (P nằm giữa A và H). Đường thẳng DF cắt đường tròn (O) tại điểm K (K khác D). Gọi M là giao điểm của EK và BC, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDP. Chứng minh \(C{E^2} = BC.MC\) và ba điểm B, I, P thẳng hàng.
Câu 7: Cho a, b, c là các số thực khác không. Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\(P = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2{{(b + c)}^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 2{{(c + a)}^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 2{{(a + b)}^2}}}.\)
----- HẾT -----
Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 \).
b) \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\) (với \(\left. {x > 0;x \ne 4} \right)\).
Câu 2:
a) Cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = (m - 3)x + 4\left( m \right.\) là tham số) và \(\left( {{d_2}} \right):y = 2x - 1\). Tìm giá trị của \(m\) để hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau.
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 3}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right.\).
Câu 3: Cho phương trình \({x^2} - 2mx + {m^2} - m - 2 = 0\) (m là tham số). Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2\left( {1 + {x_1}{x_2}} \right)}} = \frac{1}{6}.\)
Câu 4: Một phòng họp ban đầu có 96 ghế được xếp thành các dãy và số ghế trong mỗi dãy đều bằng nhau. Có một lần phòng họp phải cất bớt 2 dãy ghế và mỗi dãy còn lại xếp thêm 1 ghế (số ghế trong các dãy vẫn bằng nhau) để vừa đủ chỗ ngồi cho 110 đại biểu. Hỏi ban đầu trong phòng họp có bao nhiêu dãy ghế?
Câu 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (\(H \in BC\)). Biết độ dài đoạn \(AB = 5cm\) và \(AH = 4cm.\) Tính độ dài đoạn BH và diện tích tam giác ABC.
Câu 6: Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D và E (D khác B và E khác C). Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD.
a) Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp.
b) Đường thẳng AH cắt BC tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm P (P nằm giữa A và H). Đường thẳng DF cắt đường tròn (O) tại điểm K (K khác D). Gọi M là giao điểm của EK và BC, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDP. Chứng minh \(C{E^2} = BC.MC\) và ba điểm B, I, P thẳng hàng.
Câu 7: Cho a, b, c là các số thực khác không. Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\(P = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2{{(b + c)}^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 2{{(c + a)}^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 2{{(a + b)}^2}}}.\)
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
a) Căn bậc hai của một số \(a\) là một số \(x\) sao cho \({x^2} = a\)
b) Quy đồng và rút gọn sử dụng hằng đẳng thức.
Cách giải:
a) \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 \).
Ta có: \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 = \sqrt {{{3.4}^2}} - 3\sqrt 3 = 4\sqrt 3 - 3\sqrt 3 = \sqrt 3 \)
Vậy \(A = \sqrt 3 .\)
b) \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\) (với \(\left. {x > 0;x \ne 4} \right)\).
Với \(x > 0;x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\\\,\,\, = \left( {\frac{{\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right).\frac{{x - 4}}{{\sqrt x }}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\frac{{x - 4}}{{\sqrt x }}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x }}{{x - 4}}.\frac{{x - 4}}{{\sqrt x }}\\\,\,\, = 2\end{array}\)
Vậy \(B = 2.\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Để hai đường thẳng song song thì hệ số góc bằng nhau.
b) Sử dụng phương pháp thế hoặc phương pháp trừ vế.
Cách giải:
Cách giải:
a) Cho hai dường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = (m - 3)x + 4\left( m \right.\) là tham số) và \(\left( {{d_2}} \right):y = 2x - 1\). Tìm giá trị của \(m\) để hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau.
Để \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau thì \(\left\{ \begin{array}{l}m - 3 = 2\\4 \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 5\).
Vậy với \(m = 5\) thì hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\)và\(\left( {{d_2}} \right)\)song song với nhau.
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 3}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 3}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{3x + 2y = 8\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)
Thay (1) vào (2) ta có
\(\begin{array}{l}\left( 2 \right) \Leftrightarrow 3x + 2\left( {2x - 3} \right) = 8\\ \Leftrightarrow 3x + 4x - 6 = 8\\ \Leftrightarrow 7x = 14\\ \Leftrightarrow x = 2.\end{array}\)
Thay \(x = 2\)vào (1) ta được\(y = 2.2 - 3 = 1\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm\(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng định lí Vi – ét.
Nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0(a \ne 0)\) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S = {X_1} + {X_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{P = {x_1} \cdot {X_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Ta có \(\Delta ' = {m^2} - \left( {{m^2} - m - 2} \right) = {m^2} - {m^2} + m + 2 = m + 2\)
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow m + 2 > 0 \Leftrightarrow m > - 2\)
Vậy \(m > - 2\) thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)
Áp dụng hệ thức Viet có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}.{x_2} = {m^2} - m - 2\end{array} \right.\)
Để \(\frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2\left( {1 + {x_1}{x_2}} \right)}} = \frac{1}{6}.\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_1} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{m^2} - m - 2 + 1}}{{{{\left( {2m} \right)}^2} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{m^2} - m - 1}}{{4{m^2} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow 6{m^2} - 6m - 6 = 4{m^2} + 2\)
\( \Leftrightarrow 2{m^2} - 6m - 8 = 0\)
\( \Leftrightarrow 2\left( {m + 1} \right)\left( {m - 4} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\left( {TM} \right)\\m = 4\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)
Vậy m = -1 hoặc m = 4 thỏa mãn bài toán.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Cách giải:
Gọi x là số dãy ghế ban đầu. \(\left( {x > 2,x \in {N^*}} \right)\).
Sau khi cất đi 2 dãy ghế, số dãy ghế còn lại là: \(x - 2\) (dãy).
Số ghế ở mỗi hàng lúc ban đầu là \(\frac{{96}}{x}\) (ghế).
Số ghế ở mỗi hàng sau khi bỏ bớt hai hàng là \(\frac{{110}}{{x - 2}}\) (ghế).
Vì khi cất bớt 2 dãy ghế và mỗi dãy còn lại xếp thêm 1 ghế nên ta có phương trình:
\(\frac{{110}}{{x - 2}} - \frac{{96}}{x} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{110x}}{{\left( {x - 2} \right)x}} - \frac{{96\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{110x - 96\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{110x - 96x + 192}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{14x + 192}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow 14x + 192 = {x^2} - 2x\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 16x - 192 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x - 24} \right)\left( {x + 8} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 24\left( {tm} \right)\\x = - 8\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy số dãy ghế lúc đầu là 24 dãy ghế.
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
Áp dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH ta được: \(A{B^2} = BH.BC\).
Cách giải:
Áp dụng định lý Pytago cho tam giác ABH vuông tại H ta được: \(A{H^2} + B{H^2} = A{B^2}\)
\( \Rightarrow {4^2} + B{H^2} = {5^2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 16 + B{H^2} = 25\\ \Leftrightarrow B{H^2} = 9\\ \Leftrightarrow BH = 3\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH ta được: \(A{B^2} = BH.BC\)
\( \Rightarrow BC = \frac{{A{B^2}}}{{BH}} = \frac{{{5^2}}}{3} = \frac{{25}}{3}\)
Diện tích tam giác ABC là: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AH.BC = \frac{1}{2}.4.\frac{{25}}{3} = \frac{{50}}{3}\left( {c{m^2}} \right)\)
Câu 6 (VD):
Cách giải:
a) Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp.
Ta có \(\angle BEC = \angle BDC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \angle ADH = \angle AEH = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle ADH + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow ADHE\) là tứ giác nội tiếp
(Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Đường thẳng AH cắt BC tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm P (P nằm giữa A và H). Đường thẳng DF cắt đường tròn (O) tại điểm K (K khác D). Gọi M là giao điểm của EK và BC, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDP. Chứng minh \(C{E^2} = BC.MC\) và ba điểm B, I, P thẳng hàng.
+) Chứng minh CE2 = BC.MC.
Xét tam giác ABC có: \(\angle BEC = \angle BDC = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BE \bot AC,\,\,CD \bot AB\).
Mà \(BE \cap CD = \left\{ H \right\} \Rightarrow H\) là trực tâm của tam giác ABC.
\( \Rightarrow AH \bot BC\) tại F \( \Rightarrow AF \bot BC \Rightarrow \angle BFH = {90^0}\).
Xét tứ giác BFHD có: \(\angle BFH + \angle BDH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow BFHD\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle DFH = \angle DBH = \angle DBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DH)
Mà \(\angle DBE = \angle DKE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE)
\( \Rightarrow \angle DFH = \angle DKE\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau.
\( \Rightarrow FP//KE \Rightarrow AF//KE\) (dhnb).
Mà \(AF \bot BC\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow KE \bot BC\) tại M \( \Rightarrow EM \bot BC\).
Xét tam giác BCE vuông tại E, đường cao EM có: \(C{E^2} = BC.MC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (đpcm).
+) Chứng minh ba điểm B, I, P thẳng hàng.
Xét \(\Delta CHF\) và \(\Delta CBD\) có:
$\begin{align} \angle CFH=\angle CDB={{90}^{0}} \\ \angle BCD\,\,chung \\ \Rightarrow \Delta CHF\backsim \Delta CBD\,\,\left( g.g \right) \\ \end{align}$
\( \Rightarrow \frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CF}}{{CD}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow CH.CD = CB.CF\) (1)
Ta có: \(\angle CPB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \Delta CBP\) vuông tại P.
Xét tam giác CBP vuông tại P, đường cao PF có:
\(C{P^2} = CB.CF\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow CH.CD = C{P^2} \Rightarrow \frac{{CH}}{{CP}} = \frac{{CP}}{{CD}}\).
Xét \(\Delta CHP\) và \(\Delta CPD\) có:
$\begin{align}\angle PCD\,\,chung \\ \frac{CH}{CP}=\frac{CP}{CD}\,\,\left( cmt \right) \\ \Rightarrow \Delta CHP\backsim \Delta CPD\,\,\left( c.g.c \right) \\ \end{align}$
\( \Rightarrow \angle HPC = \angle PDC = \angle PDH\) (2 góc tương ứng).
Ta có \(\angle HPI = \frac{{{{180}^0} - \angle HIP}}{2} = {90^0} - \frac{{\angle HIP}}{2} = {90^0} - \angle PDH\) (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung HP)
\( \Rightarrow \angle HIP = {90^0} - \angle HPC \Leftrightarrow \angle HIP + \angle HPC = {90^0} \Leftrightarrow \angle CPI = {90^0}\)
\( \Rightarrow IP \bot PC\) (3)
Mà \(\angle CPB = {90^0}\) (cmt) \( \Rightarrow BP \bot PC\) (4)
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow B,\,\,I,\,\,P\) thẳng hàng (đpcm).
Câu 7 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki.
Cách giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:
\({\left( {a + b} \right)^2} \le \left( {1 + 1} \right)\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\)
\({\left( {b + c} \right)^2} \le 2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\)
\({\left( {c + a} \right)^2} \le 2\left( {{c^2} + {a^2}} \right)\)
Suy ra: \(P\, \ge \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}}\)
\(\,\,\, = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{1}{3} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{1}{3} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}} + \frac{1}{3} - 1\)
\(\,\,\, = \frac{{4({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{3\left( {{a^2} + 4({b^2} + {c^2})} \right)}} + \frac{{4({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{3\left( {{b^2} + 4({c^2} + {a^2})} \right)}} + \frac{{4({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{3\left( {{c^2} + 4({a^2} + {b^2})} \right)}} - 1\)
\(\,\,\, = \frac{4}{3}({a^2} + {b^2} + {c^2})\left( {\frac{1}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{1}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{1}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}}} \right) - 1\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số ta được:
\(\frac{1}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{1}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{1}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}} \ge \frac{{{{\left( {1 + 1 + 1} \right)}^2}}}{{9\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} = \frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\)
Do đó: \(P \ge \frac{4}{3}.\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right).\frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} - 1 = \frac{4}{3} - 1 = \frac{1}{3}\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(\frac{1}{3}\) khi \(a = b = c\).
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
a) Căn bậc hai của một số \(a\) là một số \(x\) sao cho \({x^2} = a\)
b) Quy đồng và rút gọn sử dụng hằng đẳng thức.
Cách giải:
a) \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 \).
Ta có: \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 = \sqrt {{{3.4}^2}} - 3\sqrt 3 = 4\sqrt 3 - 3\sqrt 3 = \sqrt 3 \)
Vậy \(A = \sqrt 3 .\)
b) \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\) (với \(\left. {x > 0;x \ne 4} \right)\).
Với \(x > 0;x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\\\,\,\, = \left( {\frac{{\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right).\frac{{x - 4}}{{\sqrt x }}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\frac{{x - 4}}{{\sqrt x }}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x }}{{x - 4}}.\frac{{x - 4}}{{\sqrt x }}\\\,\,\, = 2\end{array}\)
Vậy \(B = 2.\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Để hai đường thẳng song song thì hệ số góc bằng nhau.
b) Sử dụng phương pháp thế hoặc phương pháp trừ vế.
Cách giải:
Cách giải:
a) Cho hai dường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = (m - 3)x + 4\left( m \right.\) là tham số) và \(\left( {{d_2}} \right):y = 2x - 1\). Tìm giá trị của \(m\) để hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau.
Để \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau thì \(\left\{ \begin{array}{l}m - 3 = 2\\4 \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 5\).
Vậy với \(m = 5\) thì hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\)và\(\left( {{d_2}} \right)\)song song với nhau.
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 3}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 3}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{3x + 2y = 8\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)
Thay (1) vào (2) ta có
\(\begin{array}{l}\left( 2 \right) \Leftrightarrow 3x + 2\left( {2x - 3} \right) = 8\\ \Leftrightarrow 3x + 4x - 6 = 8\\ \Leftrightarrow 7x = 14\\ \Leftrightarrow x = 2.\end{array}\)
Thay \(x = 2\)vào (1) ta được\(y = 2.2 - 3 = 1\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm\(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng định lí Vi – ét.
Nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0(a \ne 0)\) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S = {X_1} + {X_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{P = {x_1} \cdot {X_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Ta có \(\Delta ' = {m^2} - \left( {{m^2} - m - 2} \right) = {m^2} - {m^2} + m + 2 = m + 2\)
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow m + 2 > 0 \Leftrightarrow m > - 2\)
Vậy \(m > - 2\) thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)
Áp dụng hệ thức Viet có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}.{x_2} = {m^2} - m - 2\end{array} \right.\)
Để \(\frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2\left( {1 + {x_1}{x_2}} \right)}} = \frac{1}{6}.\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_1} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{m^2} - m - 2 + 1}}{{{{\left( {2m} \right)}^2} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{m^2} - m - 1}}{{4{m^2} + 2}} = \frac{1}{6}\)
\( \Leftrightarrow 6{m^2} - 6m - 6 = 4{m^2} + 2\)
\( \Leftrightarrow 2{m^2} - 6m - 8 = 0\)
\( \Leftrightarrow 2\left( {m + 1} \right)\left( {m - 4} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\left( {TM} \right)\\m = 4\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)
Vậy m = -1 hoặc m = 4 thỏa mãn bài toán.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Cách giải:
Gọi x là số dãy ghế ban đầu. \(\left( {x > 2,x \in {N^*}} \right)\).
Sau khi cất đi 2 dãy ghế, số dãy ghế còn lại là: \(x - 2\) (dãy).
Số ghế ở mỗi hàng lúc ban đầu là \(\frac{{96}}{x}\) (ghế).
Số ghế ở mỗi hàng sau khi bỏ bớt hai hàng là \(\frac{{110}}{{x - 2}}\) (ghế).
Vì khi cất bớt 2 dãy ghế và mỗi dãy còn lại xếp thêm 1 ghế nên ta có phương trình:
\(\frac{{110}}{{x - 2}} - \frac{{96}}{x} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{110x}}{{\left( {x - 2} \right)x}} - \frac{{96\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{110x - 96\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{110x - 96x + 192}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{14x + 192}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow 14x + 192 = {x^2} - 2x\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 16x - 192 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x - 24} \right)\left( {x + 8} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 24\left( {tm} \right)\\x = - 8\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy số dãy ghế lúc đầu là 24 dãy ghế.
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
Áp dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH ta được: \(A{B^2} = BH.BC\).
Cách giải:
Áp dụng định lý Pytago cho tam giác ABH vuông tại H ta được: \(A{H^2} + B{H^2} = A{B^2}\)
\( \Rightarrow {4^2} + B{H^2} = {5^2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 16 + B{H^2} = 25\\ \Leftrightarrow B{H^2} = 9\\ \Leftrightarrow BH = 3\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH ta được: \(A{B^2} = BH.BC\)
\( \Rightarrow BC = \frac{{A{B^2}}}{{BH}} = \frac{{{5^2}}}{3} = \frac{{25}}{3}\)
Diện tích tam giác ABC là: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AH.BC = \frac{1}{2}.4.\frac{{25}}{3} = \frac{{50}}{3}\left( {c{m^2}} \right)\)
Câu 6 (VD):
Cách giải:
a) Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp.
Ta có \(\angle BEC = \angle BDC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \angle ADH = \angle AEH = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle ADH + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow ADHE\) là tứ giác nội tiếp
(Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Đường thẳng AH cắt BC tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm P (P nằm giữa A và H). Đường thẳng DF cắt đường tròn (O) tại điểm K (K khác D). Gọi M là giao điểm của EK và BC, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDP. Chứng minh \(C{E^2} = BC.MC\) và ba điểm B, I, P thẳng hàng.
+) Chứng minh CE2 = BC.MC.
Xét tam giác ABC có: \(\angle BEC = \angle BDC = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BE \bot AC,\,\,CD \bot AB\).
Mà \(BE \cap CD = \left\{ H \right\} \Rightarrow H\) là trực tâm của tam giác ABC.
\( \Rightarrow AH \bot BC\) tại F \( \Rightarrow AF \bot BC \Rightarrow \angle BFH = {90^0}\).
Xét tứ giác BFHD có: \(\angle BFH + \angle BDH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow BFHD\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle DFH = \angle DBH = \angle DBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DH)
Mà \(\angle DBE = \angle DKE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE)
\( \Rightarrow \angle DFH = \angle DKE\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau.
\( \Rightarrow FP//KE \Rightarrow AF//KE\) (dhnb).
Mà \(AF \bot BC\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow KE \bot BC\) tại M \( \Rightarrow EM \bot BC\).
Xét tam giác BCE vuông tại E, đường cao EM có: \(C{E^2} = BC.MC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (đpcm).
+) Chứng minh ba điểm B, I, P thẳng hàng.
Xét \(\Delta CHF\) và \(\Delta CBD\) có:
$\begin{align} \angle CFH=\angle CDB={{90}^{0}} \\ \angle BCD\,\,chung \\ \Rightarrow \Delta CHF\backsim \Delta CBD\,\,\left( g.g \right) \\ \end{align}$
\( \Rightarrow \frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CF}}{{CD}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow CH.CD = CB.CF\) (1)
Ta có: \(\angle CPB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \Delta CBP\) vuông tại P.
Xét tam giác CBP vuông tại P, đường cao PF có:
\(C{P^2} = CB.CF\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow CH.CD = C{P^2} \Rightarrow \frac{{CH}}{{CP}} = \frac{{CP}}{{CD}}\).
Xét \(\Delta CHP\) và \(\Delta CPD\) có:
$\begin{align}\angle PCD\,\,chung \\ \frac{CH}{CP}=\frac{CP}{CD}\,\,\left( cmt \right) \\ \Rightarrow \Delta CHP\backsim \Delta CPD\,\,\left( c.g.c \right) \\ \end{align}$
\( \Rightarrow \angle HPC = \angle PDC = \angle PDH\) (2 góc tương ứng).
Ta có \(\angle HPI = \frac{{{{180}^0} - \angle HIP}}{2} = {90^0} - \frac{{\angle HIP}}{2} = {90^0} - \angle PDH\) (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung HP)
\( \Rightarrow \angle HIP = {90^0} - \angle HPC \Leftrightarrow \angle HIP + \angle HPC = {90^0} \Leftrightarrow \angle CPI = {90^0}\)
\( \Rightarrow IP \bot PC\) (3)
Mà \(\angle CPB = {90^0}\) (cmt) \( \Rightarrow BP \bot PC\) (4)
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow B,\,\,I,\,\,P\) thẳng hàng (đpcm).
Câu 7 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki.
Cách giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:
\({\left( {a + b} \right)^2} \le \left( {1 + 1} \right)\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\)
\({\left( {b + c} \right)^2} \le 2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\)
\({\left( {c + a} \right)^2} \le 2\left( {{c^2} + {a^2}} \right)\)
Suy ra: \(P\, \ge \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}}\)
\(\,\,\, = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{1}{3} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{1}{3} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}} + \frac{1}{3} - 1\)
\(\,\,\, = \frac{{4({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{3\left( {{a^2} + 4({b^2} + {c^2})} \right)}} + \frac{{4({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{3\left( {{b^2} + 4({c^2} + {a^2})} \right)}} + \frac{{4({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{3\left( {{c^2} + 4({a^2} + {b^2})} \right)}} - 1\)
\(\,\,\, = \frac{4}{3}({a^2} + {b^2} + {c^2})\left( {\frac{1}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{1}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{1}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}}} \right) - 1\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số ta được:
\(\frac{1}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{1}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{1}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}} \ge \frac{{{{\left( {1 + 1 + 1} \right)}^2}}}{{9\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} = \frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\)
Do đó: \(P \ge \frac{4}{3}.\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right).\frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} - 1 = \frac{4}{3} - 1 = \frac{1}{3}\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(\frac{1}{3}\) khi \(a = b = c\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2023 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Kết quả của kỳ thi này sẽ quyết định việc các em có được vào học tại các trường THPT công lập tốt nhất của tỉnh hay không. Do đó, việc chuẩn bị kỹ lưỡng cho kỳ thi là vô cùng cần thiết.
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2023 thường có cấu trúc tương tự như các năm trước, bao gồm các phần sau:
Các chủ đề Toán học thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2023 bao gồm:
Để ôn thi hiệu quả cho kỳ thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2023, các em học sinh cần:
Khi làm bài thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2023, các em học sinh cần:
Loigiai.com.vn cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi và đề thi tham khảo cho kỳ thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2023. Các em học sinh có thể truy cập website của chúng tôi để tìm hiểu thêm thông tin.
Để giúp các em học sinh có cái nhìn rõ hơn về đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh, chúng tôi sẽ phân tích chi tiết một số đề thi năm trước. Việc này sẽ giúp các em hiểu rõ hơn về cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và cách giải bài tập hiệu quả.
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2023!
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!
