Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Khánh Hòa năm 2019 chính thức. 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 đề thi và đáp án chi tiết, giúp các em tự học tại nhà hoặc sử dụng kết hợp với các khóa học online của loigiai.com.vn để đạt kết quả tốt nhất.
Bài 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau (không dùng máy tính cầm tay):
Bài 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau (không dùng máy tính cầm tay):
a) \({x^4} + 3{x^2} - 4 = 0\). b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right.\).
Bài 2 (1 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho điểm \(T\left( { - 2; - 2} \right),\) parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = - 8{x^2}\) và đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = - 2x - 6.\)
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Bài 3 (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0\).
a) Rút gọn \(P\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Bài 4 (3,0 điểm): Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\). Vẽ đường tròn \(\left( A \right)\) bán kính \(AH\). Từ đỉnh \(B\) kẻ tiếp tuyến \(BI\) với \(\left( A \right)\) cắt đường thẳng \(AC\) tại \(D\) (điểm \(I\) là tiếp điểm, \(I\) và \(H\) không trùng nhau).
a) Chứng minh \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp.
b) Cho \(AB = 4cm,\,\,AC = 3cm\). Tính \(AI\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Bài 5 (2,0 điểm):
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
b) Trung tâm thương mại VC tại thành phố NT có 100 gian hàng. Nếu mỗi gian hàng của Trung tâm thương mại VC cho thuê với giá 100.000.000 đồng (một trăm triệu đồng) một năm thì tất cả các gian hàng đều được thuê hết. Biết rằng, cứ mỗi lần tăng giá 5% tiền thuê mỗi gian hàng một năm thì Trung tâm thương mại VC có thêm 2 gian hàng trống. Hỏi người quản lý phải quyết định giá thuê mỗi gian hàng là bao nhiêu đồng một năm để doanh thu của Trung tâm thương mại VC từ tiền cho thuê gian hàng trong năm là lớn nhất ?
Bài 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau (không dùng máy tính cầm tay):
a) \({x^4} + 3{x^2} - 4 = 0\). b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right.\).
Bài 2 (1 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho điểm \(T\left( { - 2; - 2} \right),\) parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = - 8{x^2}\) và đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = - 2x - 6.\)
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Bài 3 (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0\).
a) Rút gọn \(P\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Bài 4 (3,0 điểm): Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\). Vẽ đường tròn \(\left( A \right)\) bán kính \(AH\). Từ đỉnh \(B\) kẻ tiếp tuyến \(BI\) với \(\left( A \right)\) cắt đường thẳng \(AC\) tại \(D\) (điểm \(I\) là tiếp điểm, \(I\) và \(H\) không trùng nhau).
a) Chứng minh \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp.
b) Cho \(AB = 4cm,\,\,AC = 3cm\). Tính \(AI\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Bài 5 (2,0 điểm):
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
b) Trung tâm thương mại VC tại thành phố NT có 100 gian hàng. Nếu mỗi gian hàng của Trung tâm thương mại VC cho thuê với giá 100.000.000 đồng (một trăm triệu đồng) một năm thì tất cả các gian hàng đều được thuê hết. Biết rằng, cứ mỗi lần tăng giá 5% tiền thuê mỗi gian hàng một năm thì Trung tâm thương mại VC có thêm 2 gian hàng trống. Hỏi người quản lý phải quyết định giá thuê mỗi gian hàng là bao nhiêu đồng một năm để doanh thu của Trung tâm thương mại VC từ tiền cho thuê gian hàng trong năm là lớn nhất ?
Bài 1
Phương pháp:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\). Giải phương trình bậc hai ẩn \(t\) rồi suy ra nghiệm \(x\).
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} + 3t - 4 = 0\).
Nhận xét: Phương trình có các hệ số \(a = 1,\,\,b = 3,\,\,c = - 4\) và \(a + b + c = 1 + 3 + \left( { - 4} \right) = 0\).
Do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = 1\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = - 4\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
Với \({t_1} = 1 \Rightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 1} \right\}\).
b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7y = 14\\x = 5 - 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 5 - 2.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\).
Bài 2
Phương pháp:
a) Điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đường thẳng \(d:\,\,\,y = ax + b\) \( \Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)
b) Giải phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) ta tìm được \(x.\)
Thay \(x\) tìm được vào phương trình parabol (hoặc phương trình đường thẳng \(d\)) ta tìm được \(y\)
Từ đó kết luận tọa độ giao điểm.
Cách giải:
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
Thay \(x = - 2;y = - 2\) vào phương trình đường thẳng \(d:y = - 2x - 6\) ta được
\( - 2 = - 2.\left( { - 2} \right) - 6 \Leftrightarrow - 2 = - 2\) (luôn đúng) nên điểm \(T\) thuộc đường thẳng \(d.\)
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\), ta có
\( - 8{x^2} = - 2x - 6\) \( \Leftrightarrow 8{x^2} - 2x - 6 = 0\) (*)
Phương trình (*) có \(a = 8;b = - 2;c = - 6 \Rightarrow a + b + c = 8 + \left( { - 2} \right) + \left( { - 6} \right) = 0\) nên có hai nghiệm \({x_1} = 1;\,{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 3}}{4}\)
+ Với \(x = 1 \Rightarrow y = - {8.1^2} = - 8\)
+ Với \(x = - \dfrac{3}{4} \Rightarrow y = - 8.{\left( { - \dfrac{3}{4}} \right)^2} = - \dfrac{9}{2}\)
Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) là \(\left( {1; - 8} \right);\left( { - \dfrac{3}{4}; - \dfrac{9}{2}} \right)\)
Bài 3
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức khai triển \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B \,\,\,\left( {B \ge 0} \right)\) và rút gọn \(P\).
b) Biến đổi \(x\) về dạng bình phương (sử dụng hằng đẳng thức \({a^2} + 2ab + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2}\))
Cách giải:
a) Rút gọn \(P\).
Với \(x > 0\) thì:
\(\begin{array}{l}P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\\\,\,\,\,\, = 2\sqrt x - 3\sqrt x + 2\sqrt x \\\,\,\,\,\, = \sqrt x \end{array}\)
Vậy \(P = \sqrt x \) với \(x > 0\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Ta có:
\(x = 6 + 2\sqrt 5 = 5 + 2\sqrt 5 + 1 = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} + 2.\sqrt 5 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\)
Thay \(x = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\,\,\left( {tm} \right)\) vào \(P = \sqrt x \) ta được \(P = \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^2}} = \left| {\sqrt 5 + 1} \right| = \sqrt 5 + 1\).
Vậy \(P = \sqrt 5 + 1\).
Bài 4
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
c) Chứng minh \(BH = BI;\,\,HC = DK\).
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
Do \(BI\) là tiếp tuyến của \(\left( A \right) \Rightarrow BI \bot AI \Rightarrow \angle AIB = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AHBI\) có: \(\angle AHB + \angle AIB = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), đường cao \(AH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{4^2}}} + \dfrac{1}{{{3^2}}} = \dfrac{1}{{16}} + \dfrac{1}{9} = \dfrac{{25}}{{144}}\\ \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{144}}{{25}} \Rightarrow AH = \sqrt {\dfrac{{144}}{{25}}} = \dfrac{{12}}{5}\end{array}\)
Vậy \(AI = AH = \dfrac{{12}}{5}\,\,\left( { = R} \right)\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BI = BH\,\,\left( 1 \right)\\\angle BAI = \angle BAH\end{array} \right.\).
\(\angle BAI = \angle BAH \Leftrightarrow {90^0} - \angle BAI = {90^0} - \angle BAH \Leftrightarrow \angle IAD = \angle HAC\).
Mà \(\angle HAC = \angle KAD \Rightarrow \angle IAD = \angle KAD\).
Xét tam giác \(ADI\) và tam giác \(ADK\) có:
\(\begin{array}{l}AD\,\,chung;\\\angle IAD = \angle KAD\,\,\left( {cmt} \right);\\AI = AK\,\,\left( { = R} \right)\\ \Rightarrow \Delta ADI = \Delta AKI\,\,\left( {c.g.c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle AKD = \angle AID = {90^0}\) (hai góc tương ứng) \( \Rightarrow \Delta AKD\) vuông tại \(K\).
Xét tam giác vuông \(AKD\) và tam giác vuông \(AHC\) có:
\(AK = AH\,\,\left( { = R} \right)\);
\(\angle KAD = \angle HAC\) (đối đỉnh);
\( \Rightarrow \Delta AKD = \Delta AHC\) (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)
\( \Rightarrow DK = HC\) (2) (hai cạnh tương ứng).
Từ (1) và (2) ta có \(BC = BH + HC = BI + DK\,\,\left( {dpcm} \right)\).
Bài 5
Phương pháp:
a) Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm.
Sử dụng định lý Vi – et thay vào điều kiện bài cho tìm \(m\) và kết luận.
b) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Dựa vào các giả thiết bài toán để biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.
Từ đó lập phương trình. Giải phương trình, đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.
Cách giải:
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
Phương trình đã cho có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {3^2} - 2.\left( {3m + 1} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 9 - 6m - 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow 7 - 6m \ge 0\\ \Leftrightarrow m \le \dfrac{7}{6}.\end{array}\)
Khi đó phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\).
Theo định lí Vi – et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a} = 3\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{3m + 1}}{2}\end{array} \right.\)
Ta có: \(x_1^3 + x_2^3 = 9 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 9\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {3^3} - 3.\dfrac{{3m + 1}}{2}.3 = 9 \Leftrightarrow 27 - \dfrac{9}{2}\left( {3m + 1} \right) - 9 = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{27}}{2} - \dfrac{{27}}{2}m = 0 \Leftrightarrow m = 1\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
b) Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Khi đó giá mỗi gian hàng sau khi tăng lên là \(100 + x\) (triệu đồng).
Cứ mỗi lần tăng 5% tiên thuê mỗi gian hàng (tăng \(5\% .100 = 5\) triệu đồng) thì có thêm 2 gian hàng trống nên khi tăng \(x\) triệu đồng thì có thêm \(\dfrac{{2x}}{5}\) gian hàng trống.
Khi đó số gian hàng được thuê sau khi tăng giá là \(100 - \dfrac{{2x}}{5}\) (gian).
Số tiền thu được là: \(\left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) (triệu đồng).
Yêu cầu bài toán trở thành tìm \(x\) để \(P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) đạt giá trị lớn nhất.
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right) = 10000 - 40x + 100x - \dfrac{{2{x^2}}}{5}\\ = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 150x} \right) + 10000 = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 2.75x + {{75}^2}} \right) + \dfrac{2}{5}{.75^2} + 10000\\ = - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250\end{array}\)
Ta có \({\left( {x - 75} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250 \le 12250\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = 75\).
Vậy người quản lí phải cho thuê mỗi gian hàng với giá \(100 + 75 = 175\) triệu đồng thì doanh thu của Trung tâm thương mại VC trong năm là lớn nhất.
Bài 1
Phương pháp:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\). Giải phương trình bậc hai ẩn \(t\) rồi suy ra nghiệm \(x\).
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} + 3t - 4 = 0\).
Nhận xét: Phương trình có các hệ số \(a = 1,\,\,b = 3,\,\,c = - 4\) và \(a + b + c = 1 + 3 + \left( { - 4} \right) = 0\).
Do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = 1\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = - 4\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
Với \({t_1} = 1 \Rightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 1} \right\}\).
b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7y = 14\\x = 5 - 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 5 - 2.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\).
Bài 2
Phương pháp:
a) Điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đường thẳng \(d:\,\,\,y = ax + b\) \( \Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)
b) Giải phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) ta tìm được \(x.\)
Thay \(x\) tìm được vào phương trình parabol (hoặc phương trình đường thẳng \(d\)) ta tìm được \(y\)
Từ đó kết luận tọa độ giao điểm.
Cách giải:
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
Thay \(x = - 2;y = - 2\) vào phương trình đường thẳng \(d:y = - 2x - 6\) ta được
\( - 2 = - 2.\left( { - 2} \right) - 6 \Leftrightarrow - 2 = - 2\) (luôn đúng) nên điểm \(T\) thuộc đường thẳng \(d.\)
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\), ta có
\( - 8{x^2} = - 2x - 6\) \( \Leftrightarrow 8{x^2} - 2x - 6 = 0\) (*)
Phương trình (*) có \(a = 8;b = - 2;c = - 6 \Rightarrow a + b + c = 8 + \left( { - 2} \right) + \left( { - 6} \right) = 0\) nên có hai nghiệm \({x_1} = 1;\,{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 3}}{4}\)
+ Với \(x = 1 \Rightarrow y = - {8.1^2} = - 8\)
+ Với \(x = - \dfrac{3}{4} \Rightarrow y = - 8.{\left( { - \dfrac{3}{4}} \right)^2} = - \dfrac{9}{2}\)
Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) là \(\left( {1; - 8} \right);\left( { - \dfrac{3}{4}; - \dfrac{9}{2}} \right)\)
Bài 3
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức khai triển \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B \,\,\,\left( {B \ge 0} \right)\) và rút gọn \(P\).
b) Biến đổi \(x\) về dạng bình phương (sử dụng hằng đẳng thức \({a^2} + 2ab + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2}\))
Cách giải:
a) Rút gọn \(P\).
Với \(x > 0\) thì:
\(\begin{array}{l}P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\\\,\,\,\,\, = 2\sqrt x - 3\sqrt x + 2\sqrt x \\\,\,\,\,\, = \sqrt x \end{array}\)
Vậy \(P = \sqrt x \) với \(x > 0\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Ta có:
\(x = 6 + 2\sqrt 5 = 5 + 2\sqrt 5 + 1 = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} + 2.\sqrt 5 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\)
Thay \(x = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\,\,\left( {tm} \right)\) vào \(P = \sqrt x \) ta được \(P = \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^2}} = \left| {\sqrt 5 + 1} \right| = \sqrt 5 + 1\).
Vậy \(P = \sqrt 5 + 1\).
Bài 4
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
c) Chứng minh \(BH = BI;\,\,HC = DK\).
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
Do \(BI\) là tiếp tuyến của \(\left( A \right) \Rightarrow BI \bot AI \Rightarrow \angle AIB = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AHBI\) có: \(\angle AHB + \angle AIB = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), đường cao \(AH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{4^2}}} + \dfrac{1}{{{3^2}}} = \dfrac{1}{{16}} + \dfrac{1}{9} = \dfrac{{25}}{{144}}\\ \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{144}}{{25}} \Rightarrow AH = \sqrt {\dfrac{{144}}{{25}}} = \dfrac{{12}}{5}\end{array}\)
Vậy \(AI = AH = \dfrac{{12}}{5}\,\,\left( { = R} \right)\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BI = BH\,\,\left( 1 \right)\\\angle BAI = \angle BAH\end{array} \right.\).
\(\angle BAI = \angle BAH \Leftrightarrow {90^0} - \angle BAI = {90^0} - \angle BAH \Leftrightarrow \angle IAD = \angle HAC\).
Mà \(\angle HAC = \angle KAD \Rightarrow \angle IAD = \angle KAD\).
Xét tam giác \(ADI\) và tam giác \(ADK\) có:
\(\begin{array}{l}AD\,\,chung;\\\angle IAD = \angle KAD\,\,\left( {cmt} \right);\\AI = AK\,\,\left( { = R} \right)\\ \Rightarrow \Delta ADI = \Delta AKI\,\,\left( {c.g.c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle AKD = \angle AID = {90^0}\) (hai góc tương ứng) \( \Rightarrow \Delta AKD\) vuông tại \(K\).
Xét tam giác vuông \(AKD\) và tam giác vuông \(AHC\) có:
\(AK = AH\,\,\left( { = R} \right)\);
\(\angle KAD = \angle HAC\) (đối đỉnh);
\( \Rightarrow \Delta AKD = \Delta AHC\) (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)
\( \Rightarrow DK = HC\) (2) (hai cạnh tương ứng).
Từ (1) và (2) ta có \(BC = BH + HC = BI + DK\,\,\left( {dpcm} \right)\).
Bài 5
Phương pháp:
a) Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm.
Sử dụng định lý Vi – et thay vào điều kiện bài cho tìm \(m\) và kết luận.
b) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Dựa vào các giả thiết bài toán để biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.
Từ đó lập phương trình. Giải phương trình, đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.
Cách giải:
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
Phương trình đã cho có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {3^2} - 2.\left( {3m + 1} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 9 - 6m - 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow 7 - 6m \ge 0\\ \Leftrightarrow m \le \dfrac{7}{6}.\end{array}\)
Khi đó phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\).
Theo định lí Vi – et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a} = 3\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{3m + 1}}{2}\end{array} \right.\)
Ta có: \(x_1^3 + x_2^3 = 9 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 9\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {3^3} - 3.\dfrac{{3m + 1}}{2}.3 = 9 \Leftrightarrow 27 - \dfrac{9}{2}\left( {3m + 1} \right) - 9 = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{27}}{2} - \dfrac{{27}}{2}m = 0 \Leftrightarrow m = 1\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
b) Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Khi đó giá mỗi gian hàng sau khi tăng lên là \(100 + x\) (triệu đồng).
Cứ mỗi lần tăng 5% tiên thuê mỗi gian hàng (tăng \(5\% .100 = 5\) triệu đồng) thì có thêm 2 gian hàng trống nên khi tăng \(x\) triệu đồng thì có thêm \(\dfrac{{2x}}{5}\) gian hàng trống.
Khi đó số gian hàng được thuê sau khi tăng giá là \(100 - \dfrac{{2x}}{5}\) (gian).
Số tiền thu được là: \(\left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) (triệu đồng).
Yêu cầu bài toán trở thành tìm \(x\) để \(P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) đạt giá trị lớn nhất.
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right) = 10000 - 40x + 100x - \dfrac{{2{x^2}}}{5}\\ = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 150x} \right) + 10000 = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 2.75x + {{75}^2}} \right) + \dfrac{2}{5}{.75^2} + 10000\\ = - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250\end{array}\)
Ta có \({\left( {x - 75} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250 \le 12250\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = 75\).
Vậy người quản lí phải cho thuê mỗi gian hàng với giá \(100 + 75 = 175\) triệu đồng thì doanh thu của Trung tâm thương mại VC trong năm là lớn nhất.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững kiến thức và làm quen với các dạng đề thi là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá để các em học sinh rèn luyện và nâng cao khả năng giải toán.
Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Chúng ta sẽ cùng phân tích một số câu hỏi điển hình trong đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019 để hiểu rõ hơn về cấu trúc và độ khó của đề thi.
Phương trình thường xuất hiện trong đề thi là các phương trình bậc hai, phương trình bậc ba, phương trình chứa căn thức, và phương trình vô tỷ. Để giải các phương trình này, các em cần nắm vững các kiến thức về phương pháp giải phương trình, các công thức biến đổi phương trình, và các kỹ năng đại số cơ bản.
Bất đẳng thức là một phần quan trọng trong chương trình Toán lớp 9. Để chứng minh bất đẳng thức, các em cần nắm vững các bất đẳng thức cơ bản, các phương pháp chứng minh bất đẳng thức, và các kỹ năng đại số nâng cao.
Bài toán hình học thường yêu cầu các em vận dụng các kiến thức về hình học phẳng, hình học không gian, và các định lý hình học cơ bản. Để giải bài toán hình học, các em cần vẽ hình chính xác, phân tích các yếu tố hình học, và sử dụng các công thức tính toán phù hợp.
Để giải đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019 một cách hiệu quả, các em cần:
Loigiai.com.vn cung cấp các khóa học luyện thi vào 10 môn Toán online chất lượng cao, được thiết kế bởi các giáo viên giàu kinh nghiệm. Các khóa học của chúng tôi bao gồm:
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán, các em cần:
Chúc các em thành công 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!
