Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hòa Bình năm 2020. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Bộ đề thi này được biên soạn dựa trên đề thi chính thức của kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên và không chuyên tại Hòa Bình năm 2020, đảm bảo tính chính xác và độ tin cậy cao.
Câu I: 1) Tính giá trị các biểu thức sau:
Câu I:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
Câu II:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Câu III:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Câu IV: Cho tam giác nhọn \(ABC\) \(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Câu V:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Câu I (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
a) \(A = \sqrt {16} + 5 = \sqrt {{4^2}} + 5 = 4 + 5 = 9\).
Vậy \(A = 9\).
b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 = \sqrt {{2^2}.2} - \sqrt 2 = 2\sqrt 2 - \sqrt 2 = \sqrt 2 \).
Vậy \(B = \sqrt 2 \).
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) \( \Leftrightarrow x - 3 = 4 \Leftrightarrow x = 7\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ 7 \right\}\).
b) \({x^2} - 4 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 2} \right\}\).
Câu II (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
Hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\) song song với nhau khi và chỉ khi
\(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 1\\2 \ne - 3\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\).
Vậy với \(m = 2\) thì hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)//\left( {{d_2}} \right)\).
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
Với \(m = 1\), phương trình đã cho trở thành: \({x^2} + 4x + 3 = 0\).
Nhận xét: \(a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1\\{x_2} = - \dfrac{c}{a} = - 3\end{array} \right.\).
Vậy khi \(m = 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 3} \right\}\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\)có \(\Delta ' = {2^2} - \left( {2m + 1} \right) = 4 - 2m - 1 = 3 - 2m\).
Để phương trình có nghiệm kép thì \(\Delta = 3 - 2m = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Vậy với \(m = \dfrac{3}{2}\) thì phương trình đã cho có nghiệp kép.
Câu III (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AC = AB.\tan {60^0} = 6.\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\\\cos {60^0} = \dfrac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AB}}{{\cos {{60}^0}}} = \dfrac{6}{{\dfrac{1}{2}}} = 12\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy chu vi tam giác \(ABC\) là: \({C_{\Delta ABC}} = AB + AC + BC = 6 + 6\sqrt 3 + 12 = 18 + 6\sqrt 3 \,\,\,\left( {cm} \right)\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Gọi giá ban đầu của chiếc ti vi là \(x\) (đồng) (ĐK: \(x > 0\)).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% đầu tiên là: \(x.90\% = \dfrac{9}{{10}}x\) (đồng).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% thứ hai là: \(\dfrac{9}{{10}}x.90\% = \dfrac{{81}}{{100}}x\) (đồng).
Vì sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng nên ta có phương trình:
\(\dfrac{{81}}{{100}}x = 16\,200\,000 \Leftrightarrow x = 20\,000\,000\) (đồng) (tm).
Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi là 20 000 000 đồng.
Câu IV (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác nhọn \(ABC\)\(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(AEHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle AEH = {90^0}\\\angle AFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
Xét tứ giác \(BDHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle BDH = {90^0}\\\angle BFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle BDH + \angle BFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BDHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDF = \angle HBF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HF\)) \( \Rightarrow \angle ADF = \angle ABE\) (1).
Tương tự xét tứ giác \(CDHE\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\BE \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle HDC = {90^0}\\\angle HEC = {90^0}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \angle HDC + \angle HEC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow CDHE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDE = \angle HCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ACF\) (2).
Ta lại có:
\(\angle ABE + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle ACF + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ACF\) vuông tại \(F\)).
\(\angle ABE = \angle ACF\) (cùng phụ với \(\angle BAC\)) (3).
Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ADF\) (đpcm).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), ta sẽ chứng minh tú giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) có trung tuyến \(EM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) \( \Rightarrow ME = \dfrac{1}{2}BC = MB = MC\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).
\( \Rightarrow \Delta MBE\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \angle MBE = \angle MEB\) (tính chất tam giác cân).
\( \Rightarrow \angle EMC = \angle MEB + \angle MBE = 2\angle MBE = 2\angle DBH\,\,\,\left( * \right)\) (góc ngoài của tam giác).
Vì \(BDHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle DBH = \angle DFH\,\,\left( 5 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DH\)).
Vì \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle HFE = \angle HAE\,\,\left( 3 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)).
Mà \(\angle DBH + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(BCE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle HAE + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\)).
\( \Rightarrow \angle DBH = \angle HAE\,\,\left( 4 \right)\) (cùng phụ với \(\angle ACB\)).
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \angle HFE = \angle DBH\,\,\left( 6 \right)\).
Từ (5) và (6) \( \Rightarrow \angle DFE = \angle DFH + \angle HFE = \angle DBH + \angle DBH = 2\angle DBH\,\,\left( {2*} \right)\)
Từ (*) và (2*) \( \Rightarrow \angle EMC = \angle DFE\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\) đi qua trung điểm \(M\) của \(BC\) (đpcm).
Câu V (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 + {y^2} - 2y + 1 + 4{z^2} + 4z + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} = 0\end{array}\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x\\{\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall y\\{\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall z\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x,\,\,y,\,\,z\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\y - 1 = 0\\2z + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\\z = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\).
Vậy có duy nhất 1 bộ số \(\left( {x;y;z} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(\left( {x;y;z} \right) = \left( {2;1; - \dfrac{1}{2}} \right)\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 12 + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 4xy + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{{\left( {x - 2y} \right)}^2} + 1}}{{x - 2y}}\\P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}}\end{array}\)
Vì \(x > 2y \Rightarrow x - 2y > 0\).
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số \(x - 2y\) và \(\dfrac{1}{{x - 2y}}\) ta có:
\(P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}} \ge 2\sqrt {\left( {x - 2y} \right).\dfrac{1}{{x - 2y}}} = 2\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x - 2y = \dfrac{1}{{x - 2y}} \Leftrightarrow {\left( {x - 2y} \right)^2} = 1\) \( \Leftrightarrow x - 2y = 1\) (do \(x - 2y > 0\)) và \(xy = 3\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 1\\xy = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\\left( {2y + 1} \right).y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\2{y^2} + y - 3 = 0\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\).
Xét phương trình (*) có \(a + b + c = 2 + 1 - 3 = 0\) nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{y_1} = 1\\{y_2} = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{3}{2}\end{array} \right.\)
Với \({y_1} = 1 \Rightarrow {x_1} = 2{y_1} + 1 = 3\).
Với \({y_2} = - \dfrac{3}{2} \Rightarrow {x_2} = 2{y_2} + 1 = - 2\).
\( \Rightarrow \) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
Vậy \({P_{\min }} = 2 \Leftrightarrow \left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
Câu I:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
Câu II:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Câu III:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Câu IV: Cho tam giác nhọn \(ABC\) \(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Câu V:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Câu I (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
a) \(A = \sqrt {16} + 5 = \sqrt {{4^2}} + 5 = 4 + 5 = 9\).
Vậy \(A = 9\).
b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 = \sqrt {{2^2}.2} - \sqrt 2 = 2\sqrt 2 - \sqrt 2 = \sqrt 2 \).
Vậy \(B = \sqrt 2 \).
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) \( \Leftrightarrow x - 3 = 4 \Leftrightarrow x = 7\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ 7 \right\}\).
b) \({x^2} - 4 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 2} \right\}\).
Câu II (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
Hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\) song song với nhau khi và chỉ khi
\(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 1\\2 \ne - 3\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\).
Vậy với \(m = 2\) thì hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)//\left( {{d_2}} \right)\).
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
Với \(m = 1\), phương trình đã cho trở thành: \({x^2} + 4x + 3 = 0\).
Nhận xét: \(a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1\\{x_2} = - \dfrac{c}{a} = - 3\end{array} \right.\).
Vậy khi \(m = 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 3} \right\}\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\)có \(\Delta ' = {2^2} - \left( {2m + 1} \right) = 4 - 2m - 1 = 3 - 2m\).
Để phương trình có nghiệm kép thì \(\Delta = 3 - 2m = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Vậy với \(m = \dfrac{3}{2}\) thì phương trình đã cho có nghiệp kép.
Câu III (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AC = AB.\tan {60^0} = 6.\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\\\cos {60^0} = \dfrac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AB}}{{\cos {{60}^0}}} = \dfrac{6}{{\dfrac{1}{2}}} = 12\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy chu vi tam giác \(ABC\) là: \({C_{\Delta ABC}} = AB + AC + BC = 6 + 6\sqrt 3 + 12 = 18 + 6\sqrt 3 \,\,\,\left( {cm} \right)\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Gọi giá ban đầu của chiếc ti vi là \(x\) (đồng) (ĐK: \(x > 0\)).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% đầu tiên là: \(x.90\% = \dfrac{9}{{10}}x\) (đồng).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% thứ hai là: \(\dfrac{9}{{10}}x.90\% = \dfrac{{81}}{{100}}x\) (đồng).
Vì sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng nên ta có phương trình:
\(\dfrac{{81}}{{100}}x = 16\,200\,000 \Leftrightarrow x = 20\,000\,000\) (đồng) (tm).
Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi là 20 000 000 đồng.
Câu IV (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác nhọn \(ABC\)\(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(AEHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle AEH = {90^0}\\\angle AFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
Xét tứ giác \(BDHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle BDH = {90^0}\\\angle BFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle BDH + \angle BFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BDHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDF = \angle HBF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HF\)) \( \Rightarrow \angle ADF = \angle ABE\) (1).
Tương tự xét tứ giác \(CDHE\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\BE \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle HDC = {90^0}\\\angle HEC = {90^0}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \angle HDC + \angle HEC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow CDHE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDE = \angle HCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ACF\) (2).
Ta lại có:
\(\angle ABE + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle ACF + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ACF\) vuông tại \(F\)).
\(\angle ABE = \angle ACF\) (cùng phụ với \(\angle BAC\)) (3).
Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ADF\) (đpcm).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), ta sẽ chứng minh tú giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) có trung tuyến \(EM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) \( \Rightarrow ME = \dfrac{1}{2}BC = MB = MC\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).
\( \Rightarrow \Delta MBE\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \angle MBE = \angle MEB\) (tính chất tam giác cân).
\( \Rightarrow \angle EMC = \angle MEB + \angle MBE = 2\angle MBE = 2\angle DBH\,\,\,\left( * \right)\) (góc ngoài của tam giác).
Vì \(BDHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle DBH = \angle DFH\,\,\left( 5 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DH\)).
Vì \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle HFE = \angle HAE\,\,\left( 3 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)).
Mà \(\angle DBH + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(BCE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle HAE + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\)).
\( \Rightarrow \angle DBH = \angle HAE\,\,\left( 4 \right)\) (cùng phụ với \(\angle ACB\)).
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \angle HFE = \angle DBH\,\,\left( 6 \right)\).
Từ (5) và (6) \( \Rightarrow \angle DFE = \angle DFH + \angle HFE = \angle DBH + \angle DBH = 2\angle DBH\,\,\left( {2*} \right)\)
Từ (*) và (2*) \( \Rightarrow \angle EMC = \angle DFE\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\) đi qua trung điểm \(M\) của \(BC\) (đpcm).
Câu V (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 + {y^2} - 2y + 1 + 4{z^2} + 4z + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} = 0\end{array}\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x\\{\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall y\\{\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall z\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x,\,\,y,\,\,z\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\y - 1 = 0\\2z + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\\z = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\).
Vậy có duy nhất 1 bộ số \(\left( {x;y;z} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(\left( {x;y;z} \right) = \left( {2;1; - \dfrac{1}{2}} \right)\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 12 + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 4xy + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{{\left( {x - 2y} \right)}^2} + 1}}{{x - 2y}}\\P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}}\end{array}\)
Vì \(x > 2y \Rightarrow x - 2y > 0\).
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số \(x - 2y\) và \(\dfrac{1}{{x - 2y}}\) ta có:
\(P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}} \ge 2\sqrt {\left( {x - 2y} \right).\dfrac{1}{{x - 2y}}} = 2\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x - 2y = \dfrac{1}{{x - 2y}} \Leftrightarrow {\left( {x - 2y} \right)^2} = 1\) \( \Leftrightarrow x - 2y = 1\) (do \(x - 2y > 0\)) và \(xy = 3\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 1\\xy = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\\left( {2y + 1} \right).y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\2{y^2} + y - 3 = 0\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\).
Xét phương trình (*) có \(a + b + c = 2 + 1 - 3 = 0\) nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{y_1} = 1\\{y_2} = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{3}{2}\end{array} \right.\)
Với \({y_1} = 1 \Rightarrow {x_1} = 2{y_1} + 1 = 3\).
Với \({y_2} = - \dfrac{3}{2} \Rightarrow {x_2} = 2{y_2} + 1 = - 2\).
\( \Rightarrow \) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
Vậy \({P_{\min }} = 2 \Leftrightarrow \left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tại Hòa Bình luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước chuyển mình của học sinh từ bậc THCS lên THPT. Môn Toán, với vai trò then chốt, đòi hỏi học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng về kiến thức và kỹ năng. Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020 là một nguồn tài liệu quý giá để học sinh có thể tự đánh giá năng lực và tập trung ôn luyện những kiến thức còn yếu.
Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Để giải quyết câu hỏi này, học sinh cần nắm vững các kiến thức về phương trình bậc hai, phương trình bậc ba, và các phương pháp giải phương trình như đặt ẩn phụ, phân tích thành nhân tử, hoặc sử dụng công thức nghiệm.
Để chứng minh bài toán này, học sinh cần áp dụng các định lý về tam giác vuông, đường cao trong tam giác vuông, và các hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Để tính giá trị của biểu thức này, học sinh cần thực hiện các phép toán theo đúng thứ tự ưu tiên, và áp dụng các công thức toán học phù hợp.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020 là một tài liệu quan trọng giúp học sinh chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Hy vọng rằng, với những phân tích và hướng dẫn giải chi tiết trong bài viết này, các em học sinh sẽ tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới.
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!
