Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán của tỉnh Huế 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 bao gồm các đề thi chính thức của kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên và không chuyên của tỉnh Huế năm 2020, cùng với đáp án chi tiết và lời giải bài tập. Các em có thể sử dụng bộ đề này để tự học, luyện tập hoặc tham khảo ý tưởng giải bài.
Câu 1: a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức
Câu 1:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Câu 2:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Câu 3:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Câu 4:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Câu 5:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Câu 6:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Câu 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
Ta có: \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)\( = 5 - 4 = 1\)
Vậy \(A = 1.\)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
Ta có: \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
\(\begin{array}{l} = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 2\sqrt {{4^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 - 2.5\sqrt 2 + 2.4\sqrt 2 \\ = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 8\sqrt 2 \\ = \sqrt 2 \left( {3 - 10 + 8} \right) = \sqrt 2 .1 = \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(B = \sqrt 2 .\)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Với \(x > 0;x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x }} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \dfrac{1}{{x - 1}}\end{array}\)
Vậy \(C = \dfrac{1}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\).
Câu 2 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2y = 6\\ - 2x + 3y = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = y + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 4\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;1} \right)\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\)song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\) thì
\(\left\{ \begin{array}{l}m = 2\\2m \ne 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\m \ne 1010\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 2\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Gọi vận tốc lúc về của người đó là \(x\) (km/h) (ĐK: \(x > 0\)).
\( \Rightarrow \) Vận tốc lúc đi là \(x + 0,5\) (km/h).
Thời gian lúc đi là: \(\dfrac{2}{{x + 0,5}}\,\,\left( h \right)\).
Thời gian lúc về là \(\dfrac{2}{x}\,\,\left( h \right)\).
Vì người đó khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\dfrac{2}{{x + 0,5}} + \dfrac{2}{x} = \dfrac{{17}}{{18}}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 36x + 36\left( {x + 0,5} \right) = 17x\left( {x + 0,5} \right)\\ \Leftrightarrow 36x + 36x + 18 = 17{x^2} + \dfrac{{17}}{2}x\\ \Leftrightarrow 17{x^2} - \dfrac{{127}}{2}x - 18 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 127x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 136x + 9x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34x\left( {x - 4} \right) + 9\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {34x + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\34x + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - \dfrac{9}{{34}}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của người đó lúc về là 4km/h.
Câu 4 (2 điểm)
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
Với \(m = 2\) thì phương trình (1) trở thành
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) thì phương trình (1) có hai nghiệm \(x = 1;\,\,x = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Xét phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1)
Ta có: \(\Delta = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4.1.m\)
\(\begin{array}{l} = {m^2} + 2m + 1 - 4m\\ = {m^2} - 2m + 1\\ = {\left( {m - 1} \right)^2}\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m\) nên \(\Delta \ge 0\) với mọi \(m\) .
Suy ra phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Theo câu b) ta có phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Theo hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 3m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 4} \right) - 3\left( {m + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 4} \right)\left( {m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 4 = 0\\m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 4\\m = 3\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 4;\,\,m = 3\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 5 (VD)
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
Ta có: \(MF \bot AC \Rightarrow \angle MFC = {90^0}\)
\(ME \bot BC \Rightarrow \angle MEC = {90^0}\)
Tứ giác \(MFEC\) có \(\angle MFC = \angle MEC = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau) (đpcm).
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
Theo câu a, tứ giác \(MFEC\) nội tiếp nên \(\angle EFM + \angle ECM = {180^0}\) (tính chất) (1)
Tứ giác \(ABCM\) nội tiếp nên \(\angle BAM + \angle BCM = {180^0}\) (tính chất) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle BAM = \angle EFM\) (cùng bù với \(\angle BCM\))
\(\angle FEM = \angle FCM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FM\)) (3)
\(\angle FCM = \angle ABM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\)) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\angle FEM = \angle ABM\)
Xét \(\Delta FEM\) và \(\Delta ABM\) có:
\(\begin{array}{l}\angle BAM = \angle EFM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle FEM = \angle ABM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FEM \sim \Delta ABM\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Từ câu b ta có: \(\Delta FEM \sim \Delta ABM\) \( \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{AB}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow \dfrac{{2FQ}}{{2AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}} \Rightarrow \dfrac{{FQ}}{{AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\)
Xét \(\Delta MAP\) và \(\Delta MFQ\) có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\\\angle MAP = \angle MFQ\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow MA.MQ = MP.MF\) (đpcm)
Lại có \(\Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \angle AMP = \angle FMQ\) (hai góc tương ứng)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle {M_1} + \angle {M_2} = \angle {M_2} + \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle {M_1} = \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle AMF = \angle PMQ\end{array}\)
Xét \(\Delta MAF\) và \(\Delta MPQ\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMF = \angle PMQ\left( {cmt} \right)\\\dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAF \sim \Delta MPQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle MFA = \angle MQP\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle MFA = {90^0}\) nên \(\angle MQP = {90^0}\) (đpcm).
Câu 6 (1,0 điểm)
Cách giải:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Theo đề bài ta có:
Thể tích nước trong cốc hình trụ = Thể tích chiếc cốc hình nón = \(\dfrac{1}{2}\) thể tích chiếc cốc hình trụ.
Gọi bán kính đáy của hai chiếc cốc là: \(R\,\,\,\left( {R > 0} \right)\).
Chiều cao của chiếc cốc hình trụ là \(h = 10\,\,cm\,\,\,\left( {gt} \right).\)
Gọi chiều cao của chiếc cốc hình nón là \({h_1}\,\,\left( {{h_1} > 0} \right).\)
Gọi thể tích chiếc cốc hình trụ là \(V,\) thể tích chiếc cốc hình nón là \({V_1}.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = \dfrac{1}{2}V \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}\pi {R^2}{h_1} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2}h\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}{h_1} = \dfrac{1}{2}.10 \Leftrightarrow {h_1} = 15\,\,cm\,\,\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy chiều cao của chiếc cốc hình nón là \(15\,\,cm.\)
Câu 1:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Câu 2:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Câu 3:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Câu 4:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Câu 5:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Câu 6:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Câu 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
Ta có: \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)\( = 5 - 4 = 1\)
Vậy \(A = 1.\)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
Ta có: \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
\(\begin{array}{l} = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 2\sqrt {{4^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 - 2.5\sqrt 2 + 2.4\sqrt 2 \\ = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 8\sqrt 2 \\ = \sqrt 2 \left( {3 - 10 + 8} \right) = \sqrt 2 .1 = \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(B = \sqrt 2 .\)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Với \(x > 0;x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x }} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \dfrac{1}{{x - 1}}\end{array}\)
Vậy \(C = \dfrac{1}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\).
Câu 2 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2y = 6\\ - 2x + 3y = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = y + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 4\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;1} \right)\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\)song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\) thì
\(\left\{ \begin{array}{l}m = 2\\2m \ne 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\m \ne 1010\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 2\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Gọi vận tốc lúc về của người đó là \(x\) (km/h) (ĐK: \(x > 0\)).
\( \Rightarrow \) Vận tốc lúc đi là \(x + 0,5\) (km/h).
Thời gian lúc đi là: \(\dfrac{2}{{x + 0,5}}\,\,\left( h \right)\).
Thời gian lúc về là \(\dfrac{2}{x}\,\,\left( h \right)\).
Vì người đó khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\dfrac{2}{{x + 0,5}} + \dfrac{2}{x} = \dfrac{{17}}{{18}}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 36x + 36\left( {x + 0,5} \right) = 17x\left( {x + 0,5} \right)\\ \Leftrightarrow 36x + 36x + 18 = 17{x^2} + \dfrac{{17}}{2}x\\ \Leftrightarrow 17{x^2} - \dfrac{{127}}{2}x - 18 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 127x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 136x + 9x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34x\left( {x - 4} \right) + 9\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {34x + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\34x + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - \dfrac{9}{{34}}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của người đó lúc về là 4km/h.
Câu 4 (2 điểm)
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
Với \(m = 2\) thì phương trình (1) trở thành
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) thì phương trình (1) có hai nghiệm \(x = 1;\,\,x = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Xét phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1)
Ta có: \(\Delta = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4.1.m\)
\(\begin{array}{l} = {m^2} + 2m + 1 - 4m\\ = {m^2} - 2m + 1\\ = {\left( {m - 1} \right)^2}\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m\) nên \(\Delta \ge 0\) với mọi \(m\) .
Suy ra phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Theo câu b) ta có phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Theo hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 3m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 4} \right) - 3\left( {m + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 4} \right)\left( {m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 4 = 0\\m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 4\\m = 3\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 4;\,\,m = 3\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 5 (VD)
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
Ta có: \(MF \bot AC \Rightarrow \angle MFC = {90^0}\)
\(ME \bot BC \Rightarrow \angle MEC = {90^0}\)
Tứ giác \(MFEC\) có \(\angle MFC = \angle MEC = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau) (đpcm).
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
Theo câu a, tứ giác \(MFEC\) nội tiếp nên \(\angle EFM + \angle ECM = {180^0}\) (tính chất) (1)
Tứ giác \(ABCM\) nội tiếp nên \(\angle BAM + \angle BCM = {180^0}\) (tính chất) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle BAM = \angle EFM\) (cùng bù với \(\angle BCM\))
\(\angle FEM = \angle FCM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FM\)) (3)
\(\angle FCM = \angle ABM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\)) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\angle FEM = \angle ABM\)
Xét \(\Delta FEM\) và \(\Delta ABM\) có:
\(\begin{array}{l}\angle BAM = \angle EFM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle FEM = \angle ABM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FEM \sim \Delta ABM\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Từ câu b ta có: \(\Delta FEM \sim \Delta ABM\) \( \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{AB}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow \dfrac{{2FQ}}{{2AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}} \Rightarrow \dfrac{{FQ}}{{AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\)
Xét \(\Delta MAP\) và \(\Delta MFQ\) có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\\\angle MAP = \angle MFQ\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow MA.MQ = MP.MF\) (đpcm)
Lại có \(\Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \angle AMP = \angle FMQ\) (hai góc tương ứng)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle {M_1} + \angle {M_2} = \angle {M_2} + \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle {M_1} = \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle AMF = \angle PMQ\end{array}\)
Xét \(\Delta MAF\) và \(\Delta MPQ\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMF = \angle PMQ\left( {cmt} \right)\\\dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAF \sim \Delta MPQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle MFA = \angle MQP\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle MFA = {90^0}\) nên \(\angle MQP = {90^0}\) (đpcm).
Câu 6 (1,0 điểm)
Cách giải:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Theo đề bài ta có:
Thể tích nước trong cốc hình trụ = Thể tích chiếc cốc hình nón = \(\dfrac{1}{2}\) thể tích chiếc cốc hình trụ.
Gọi bán kính đáy của hai chiếc cốc là: \(R\,\,\,\left( {R > 0} \right)\).
Chiều cao của chiếc cốc hình trụ là \(h = 10\,\,cm\,\,\,\left( {gt} \right).\)
Gọi chiều cao của chiếc cốc hình nón là \({h_1}\,\,\left( {{h_1} > 0} \right).\)
Gọi thể tích chiếc cốc hình trụ là \(V,\) thể tích chiếc cốc hình nón là \({V_1}.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = \dfrac{1}{2}V \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}\pi {R^2}{h_1} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2}h\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}{h_1} = \dfrac{1}{2}.10 \Leftrightarrow {h_1} = 15\,\,cm\,\,\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy chiều cao của chiếc cốc hình nón là \(15\,\,cm.\)
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 và làm quen với cấu trúc đề thi là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho bạn phân tích chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các bài toán thường gặp.
Đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Đề thi chuyên thường có độ khó cao hơn, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải toán tốt. Các bài toán thường mang tính chất tổng hợp, đòi hỏi học sinh phải vận dụng nhiều kiến thức khác nhau để giải quyết. Ví dụ, một bài toán có thể kết hợp kiến thức về đại số và hình học để tìm ra lời giải.
Đề thi không chuyên thường có độ khó vừa phải, tập trung vào các kiến thức cơ bản và các kỹ năng giải toán thường gặp. Các bài toán thường được trình bày một cách rõ ràng, dễ hiểu, giúp học sinh dễ dàng tiếp cận và giải quyết.
1. Giải phương trình và hệ phương trình:
Để giải phương trình và hệ phương trình, bạn cần nắm vững các phương pháp giải cơ bản như phương pháp thế, phương pháp cộng đại số, và phương pháp đặt ẩn phụ.
2. Chứng minh các đẳng thức hình học:
Để chứng minh các đẳng thức hình học, bạn cần nắm vững các định lý và tính chất hình học cơ bản, và sử dụng các phương pháp chứng minh như phương pháp tam giác đồng dạng, phương pháp diện tích, và phương pháp góc.
3. Giải các bài toán về số học:
Để giải các bài toán về số học, bạn cần nắm vững các tính chất của số nguyên tố, ước số, bội số, và các bài toán chia hết.
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020, bạn có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020 là một tài liệu quan trọng giúp các em học sinh ôn thi hiệu quả. Hy vọng với những phân tích và hướng dẫn giải trong bài viết này, các em sẽ tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
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!
