Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hòa Bình năm 2019 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 I (2 điểm): 1) Tính:
Câu I (2 điểm):
1) Tính:
a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2}\) b) \(B = \sqrt {25} - 1\)
2) Tìm \(x\) biết:
a) \(x + 2 = 9\) b) \(\sqrt {x + 1} = 3\)
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
Câu III (3 điểm):
1) Tìm giá trị \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;2} \right)\). Khi đó hãy vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Câu IV (2 điểm):
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) và \(C\) là một điểm nằm trên \(\left( O \right)\) (C khác A, B). Đường phân giác của góc \(ACB\) cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(E\) và cắt \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(K\).
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
Câu V (1 điểm):
Giải phương trình \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 1\).
Câu I (2 điểm):
1) Tính:
a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2}\) b) \(B = \sqrt {25} - 1\)
2) Tìm \(x\) biết:
a) \(x + 2 = 9\) b) \(\sqrt {x + 1} = 3\)
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
Câu III (3 điểm):
1) Tìm giá trị \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;2} \right)\). Khi đó hãy vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Câu IV (2 điểm):
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) và \(C\) là một điểm nằm trên \(\left( O \right)\) (C khác A, B). Đường phân giác của góc \(ACB\) cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(E\) và cắt \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(K\).
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
Câu V (1 điểm):
Giải phương trình \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 1\).
Câu I (VD):
Phương pháp:
1a) Quy đồng.
1b) Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\).
2a) Chuyển vế tìm \(x\).
2b) Tìm ĐKXĐ.
\(\sqrt A = B\,\,\left( {B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}\).
Cách giải:
1a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{6 + 1}}{2} = \dfrac{7}{2}\).
Vậy \(A = \dfrac{7}{2}\).
1b) \(B = \sqrt {25} - 1 = \sqrt {{5^2}} - 1 = 5 - 1 = 4\).
Vậy \(B = 4\).
2a) \(x + 2 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 2 \Leftrightarrow x = 7\).
Vậy \(x = 7\).
2b) ĐKXĐ: \(x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge - 1\).
\(\sqrt {x + 1} = 3 \Leftrightarrow x + 1 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 1 \Leftrightarrow x = 8\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x = 8\).
Câu II (VD)
Phương pháp:
1) Giải phương trình bằng cách đưa về dạng tích hoặc sử dụng biệt thức \(\Delta \).
2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
\(\begin{array}{l}{x^2} - 7x + 12 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4x + 12 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) - 4\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {3;4} \right\}\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 6y = - 2\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = - 5\\2x + 3y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 1\\2x - 3 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 2\\y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 1} \right)\).
Câu III (VD):
Phương pháp:
1) Thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(d\) tìm \(m\), xác định hai điểm mà đường thẳng \(d\) đi qua và vẽ đường thẳng \(d\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Áp dụng định lí Pytago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông.
3) - Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
- Từ mối liên hệ: Quãng đường = Vận tốc \( \times \) Thời gian, lập 2 phương trình liên quan đến \(x;y\).
- Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số và kết luận.
Cách giải:
1) \(A\left( {1;2} \right) \in \left( d \right):\,\,y = x + m\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(2 = 1 + m \Leftrightarrow m = 2 - 1 \Leftrightarrow m = 1\).
Khi đó, phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) là \(y = x + 1\).
Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow \left( d \right)\) đi qua điểm \(B\left( {0;1} \right)\).
Vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Leftrightarrow {6^2} + A{C^2} = {10^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = {10^2} - {6^2} = 64 \Leftrightarrow AC = 8\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(AH.BC = AB.AC \Leftrightarrow AH.10 = 6.8 \Leftrightarrow AH = \dfrac{{48}}{{10}} = 4,8\,\,\left( {cm} \right)\).
Diện tích tam giác vuông \(ABC\) là \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.6.8 = 24\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(xy\,\,\left( {km} \right)\).
+) Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x + 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích sớm hơn dự định 36 phút = \(\dfrac{{36}}{{60}} = \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y - \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x + 10} \right)\left( {y - \dfrac{3}{5}} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = xy \Leftrightarrow - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = 0 \Leftrightarrow - 3x + 50y - 30 = 0\,\,\left( 1 \right)\)
+) Nếu người đó đi chậm hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x - 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích muộn hơn dự định \(1\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y + 1\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x - 10} \right)\left( {y + 1} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy + x - 10y - 10 = xy \Leftrightarrow x - 10y - 10 = 0\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l} - 3x + 50y - 30 = 0\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 50y = - 30\\3x - 30y = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 20y = - 60\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 3\,\,\left( {tm} \right)\\x - 30 - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 40\\y = 3\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(40\,\,km/h\) và \(3h\), độ dài quãng đường AB là \(xy = 40.3 = 120\,\,\left( {km} \right)\).
Câu IV (VD):
Phương pháp:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\) theo trường hợp góc – góc.
2) Xác định điểm I. Chứng minh \(\left\{ \begin{array}{l}IE\parallel OK\\IE \bot MN\\OK \bot AB\end{array} \right.\), từ đó suy ra \(MN\parallel AB\).
Cách giải:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
Ta có \(\angle KAB = \angle KCB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)), lại có \(\angle KCB = \angle KCA\,\,\left( {gt} \right)\).
\( \Rightarrow \angle KAB = \angle KCA\) hay \(\angle KAE = \angle KCA\).
Xét tam giác \(KAE\) và tam giác \(KCA\) có:
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
* Xác định điểm \(I\).
Do \(\left( I \right)\) và \(\left( O \right)\) tiếp xúc tại \(C \Rightarrow I,\,\,O,\,\,C\) thẳng hàng \( \Rightarrow I \in OC\).
Lại có \(\left( I \right)\) đi qua \(C,\,\,E \Rightarrow IC = IE \Rightarrow I\) thuộc trung trực của \(CE\).
Do đó \(I\) là giao điểm của \(OC\) và đường trung trực của \(CE\).
* Chứng minh \(MN\parallel AB\).
Nối \(OK\) ta có: \(\Delta OCK\) cân tại \(O\,\,\left( {OC = OK} \right) \Rightarrow \angle OCK = \angle OKC\).
\(\Delta ICE\) cân tại \(I\,\,\left( {IC = IE} \right) \Rightarrow \angle ICE = \angle IEC\) hay \(\angle OCK = \angle IEC\).
\( \Rightarrow \angle OKC = \angle IEC\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau \( \Rightarrow IE\parallel OK\) (1).
Xét đường tròn \(\left( O \right)\): \(\angle ACK = \angle BCK\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow sdcung\,\,AK = \,\,sdcung\,\,BK\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow K\) là điểm chính giữa cung \(AB\) của \(\left( O \right) \Rightarrow OK \bot AB\) (2).
Xét đường tròn \(\left( I \right)\) ta có \(\angle MCN = {90^0} \Rightarrow \angle MCN\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow MN\) là đường kính của \(\left( I \right)\).
Ta có: \(\angle ACK = \angle BCK \Rightarrow \angle MCE = \angle NCE \Rightarrow sdcung\,\,ME = \,\,sdcung\,\,NE\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow E\) là điểm chính giữa cung \(MN\) của \(\left( O \right) \Rightarrow IE \bot MN\) (3).
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra được \(MN\parallel AB\) (đpcm).
Câu V (VDC) :
Phương pháp:
Biến đổi \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\) sau đó đặt ẩn phụ \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\).
Cách giải:
ĐK: \(x \ne - 1\).
Ta có: \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = {\left( {x - \dfrac{x}{{x + 1}}} \right)^2} + 2\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\).
Khi đó phương trình trở thành \({\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}} = 1\).
Đặt \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\) ta có phương trình \({t^2} + 2t = 1 \Leftrightarrow {t^2} + 2t - 1 = 0\,\,\left( * \right)\).
\({\Delta _t}' = {1^2} + 1 = 2 > 0 \Rightarrow \left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1 + \sqrt 2 \\{t_2} = - 1 - \sqrt 2 \end{array} \right.\).
Với \({t_1} = - 1 + \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 + \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {1 - \sqrt 2 } \right)x + 1 - \sqrt 2 = 0\).
\(\Delta = {\left( {1 - \sqrt 2 } \right)^2} - 4\left( {1 - \sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 - 1 > 0 \Rightarrow \) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\)
Với \({t_1} = - 1 - \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 - \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x + \sqrt 2 + 1 = 0\).
\(\Delta = {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^2} - 4\left( {\sqrt 2 + 1} \right) = - 1 - 2\sqrt 2 < 0 \Rightarrow \) Phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\).
Câu I (VD):
Phương pháp:
1a) Quy đồng.
1b) Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\).
2a) Chuyển vế tìm \(x\).
2b) Tìm ĐKXĐ.
\(\sqrt A = B\,\,\left( {B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}\).
Cách giải:
1a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{6 + 1}}{2} = \dfrac{7}{2}\).
Vậy \(A = \dfrac{7}{2}\).
1b) \(B = \sqrt {25} - 1 = \sqrt {{5^2}} - 1 = 5 - 1 = 4\).
Vậy \(B = 4\).
2a) \(x + 2 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 2 \Leftrightarrow x = 7\).
Vậy \(x = 7\).
2b) ĐKXĐ: \(x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge - 1\).
\(\sqrt {x + 1} = 3 \Leftrightarrow x + 1 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 1 \Leftrightarrow x = 8\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x = 8\).
Câu II (VD)
Phương pháp:
1) Giải phương trình bằng cách đưa về dạng tích hoặc sử dụng biệt thức \(\Delta \).
2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
\(\begin{array}{l}{x^2} - 7x + 12 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4x + 12 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) - 4\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {3;4} \right\}\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 6y = - 2\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = - 5\\2x + 3y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 1\\2x - 3 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 2\\y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 1} \right)\).
Câu III (VD):
Phương pháp:
1) Thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(d\) tìm \(m\), xác định hai điểm mà đường thẳng \(d\) đi qua và vẽ đường thẳng \(d\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Áp dụng định lí Pytago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông.
3) - Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
- Từ mối liên hệ: Quãng đường = Vận tốc \( \times \) Thời gian, lập 2 phương trình liên quan đến \(x;y\).
- Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số và kết luận.
Cách giải:
1) \(A\left( {1;2} \right) \in \left( d \right):\,\,y = x + m\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(2 = 1 + m \Leftrightarrow m = 2 - 1 \Leftrightarrow m = 1\).
Khi đó, phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) là \(y = x + 1\).
Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow \left( d \right)\) đi qua điểm \(B\left( {0;1} \right)\).
Vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Leftrightarrow {6^2} + A{C^2} = {10^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = {10^2} - {6^2} = 64 \Leftrightarrow AC = 8\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(AH.BC = AB.AC \Leftrightarrow AH.10 = 6.8 \Leftrightarrow AH = \dfrac{{48}}{{10}} = 4,8\,\,\left( {cm} \right)\).
Diện tích tam giác vuông \(ABC\) là \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.6.8 = 24\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(xy\,\,\left( {km} \right)\).
+) Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x + 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích sớm hơn dự định 36 phút = \(\dfrac{{36}}{{60}} = \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y - \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x + 10} \right)\left( {y - \dfrac{3}{5}} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = xy \Leftrightarrow - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = 0 \Leftrightarrow - 3x + 50y - 30 = 0\,\,\left( 1 \right)\)
+) Nếu người đó đi chậm hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x - 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích muộn hơn dự định \(1\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y + 1\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x - 10} \right)\left( {y + 1} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy + x - 10y - 10 = xy \Leftrightarrow x - 10y - 10 = 0\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l} - 3x + 50y - 30 = 0\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 50y = - 30\\3x - 30y = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 20y = - 60\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 3\,\,\left( {tm} \right)\\x - 30 - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 40\\y = 3\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(40\,\,km/h\) và \(3h\), độ dài quãng đường AB là \(xy = 40.3 = 120\,\,\left( {km} \right)\).
Câu IV (VD):
Phương pháp:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\) theo trường hợp góc – góc.
2) Xác định điểm I. Chứng minh \(\left\{ \begin{array}{l}IE\parallel OK\\IE \bot MN\\OK \bot AB\end{array} \right.\), từ đó suy ra \(MN\parallel AB\).
Cách giải:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
Ta có \(\angle KAB = \angle KCB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)), lại có \(\angle KCB = \angle KCA\,\,\left( {gt} \right)\).
\( \Rightarrow \angle KAB = \angle KCA\) hay \(\angle KAE = \angle KCA\).
Xét tam giác \(KAE\) và tam giác \(KCA\) có:
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
* Xác định điểm \(I\).
Do \(\left( I \right)\) và \(\left( O \right)\) tiếp xúc tại \(C \Rightarrow I,\,\,O,\,\,C\) thẳng hàng \( \Rightarrow I \in OC\).
Lại có \(\left( I \right)\) đi qua \(C,\,\,E \Rightarrow IC = IE \Rightarrow I\) thuộc trung trực của \(CE\).
Do đó \(I\) là giao điểm của \(OC\) và đường trung trực của \(CE\).
* Chứng minh \(MN\parallel AB\).
Nối \(OK\) ta có: \(\Delta OCK\) cân tại \(O\,\,\left( {OC = OK} \right) \Rightarrow \angle OCK = \angle OKC\).
\(\Delta ICE\) cân tại \(I\,\,\left( {IC = IE} \right) \Rightarrow \angle ICE = \angle IEC\) hay \(\angle OCK = \angle IEC\).
\( \Rightarrow \angle OKC = \angle IEC\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau \( \Rightarrow IE\parallel OK\) (1).
Xét đường tròn \(\left( O \right)\): \(\angle ACK = \angle BCK\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow sdcung\,\,AK = \,\,sdcung\,\,BK\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow K\) là điểm chính giữa cung \(AB\) của \(\left( O \right) \Rightarrow OK \bot AB\) (2).
Xét đường tròn \(\left( I \right)\) ta có \(\angle MCN = {90^0} \Rightarrow \angle MCN\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow MN\) là đường kính của \(\left( I \right)\).
Ta có: \(\angle ACK = \angle BCK \Rightarrow \angle MCE = \angle NCE \Rightarrow sdcung\,\,ME = \,\,sdcung\,\,NE\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow E\) là điểm chính giữa cung \(MN\) của \(\left( O \right) \Rightarrow IE \bot MN\) (3).
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra được \(MN\parallel AB\) (đpcm).
Câu V (VDC) :
Phương pháp:
Biến đổi \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\) sau đó đặt ẩn phụ \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\).
Cách giải:
ĐK: \(x \ne - 1\).
Ta có: \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = {\left( {x - \dfrac{x}{{x + 1}}} \right)^2} + 2\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\).
Khi đó phương trình trở thành \({\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}} = 1\).
Đặt \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\) ta có phương trình \({t^2} + 2t = 1 \Leftrightarrow {t^2} + 2t - 1 = 0\,\,\left( * \right)\).
\({\Delta _t}' = {1^2} + 1 = 2 > 0 \Rightarrow \left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1 + \sqrt 2 \\{t_2} = - 1 - \sqrt 2 \end{array} \right.\).
Với \({t_1} = - 1 + \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 + \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {1 - \sqrt 2 } \right)x + 1 - \sqrt 2 = 0\).
\(\Delta = {\left( {1 - \sqrt 2 } \right)^2} - 4\left( {1 - \sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 - 1 > 0 \Rightarrow \) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\)
Với \({t_1} = - 1 - \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 - \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x + \sqrt 2 + 1 = 0\).
\(\Delta = {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^2} - 4\left( {\sqrt 2 + 1} \right) = - 1 - 2\sqrt 2 < 0 \Rightarrow \) Phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\).
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 Hòa Bình năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá để các em học sinh ôn luyện và làm quen với dạng đề thi thực tế.
Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Câu 1: Giải phương trình 2x2 - 5x + 2 = 0.
Hướng dẫn giải: Đây là một phương trình bậc hai. Ta có thể giải bằng cách sử dụng công thức nghiệm hoặc phân tích thành nhân tử. Trong trường hợp này, ta có thể phân tích thành nhân tử như sau: 2x2 - 5x + 2 = (2x - 1)(x - 2) = 0. Từ đó, ta tìm được hai nghiệm x = 1/2 và x = 2.
Câu 2: Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Hướng dẫn 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.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2019, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Toán học không chỉ là một môn học trong trường học mà còn có ứng dụng rộng rãi trong cuộc sống hàng ngày. Ví dụ, toán học được sử dụng trong việc tính toán tiền bạc, đo đạc diện tích, thể tích, và giải quyết các bài toán thực tế khác. Việc nắm vững kiến thức toán học sẽ giúp các em học sinh tự tin hơn trong cuộc sống và công việc sau này.
Loigiai.com.vn là một trang web học toán online uy tín, cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi, bài giảng, và bài tập luyện thi. Chúng tôi cam kết mang đến cho các em học sinh một môi trường học tập hiệu quả và thú vị. Hãy truy cập loigiai.com.vn ngay hôm nay để bắt đầu hành trình chinh phục kiến thức toán học!
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
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!
