Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Khánh Hòa năm 2021 chính thức, kèm đáp án chi tiết và lời giải bài tập. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài tập thường gặp và rèn luyện kỹ năng giải đề. Chúc các em ôn thi tốt và đạt kết quả cao!
Câu 1 (2,0 điểm): ( Không sử dụng máy tính cầm tay) a) Tính giá trị của biểu thức
Câu 1 (2,0 điểm): ( Không sử dụng máy tính cầm tay)
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 2y = 11\\x + 2y = 9\end{array} \right.\)
Câu 2 (2,5 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ, cho parabol \((P):\,y = {x^2}\) và đường thẳng \((d):\,y = 2x + {m^2} - 2m\) (m là tham số).
a) Biết \(A\) là một điểm thuộc \((P)\) và có hoành độ \({x_A} = - 2\). Xác định tọa độ điểm \(A\).
b) Tìm tất cả các giá trị của m để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Xác định tất cả các giá trị của m để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1}^2 + 2{x_2} = 3m\).
Câu 3 (1,5 điểm):
Theo kế hoạch, Công an tỉnh Khánh Hòa sẽ cấp 7200 thẻ Căn cước công dân cho địa phương A. Một tổ công tác được điều động đến địa phương A để cấp thẻ Căn cước công dân trong một thời gian nhất định. Khi thực hiện nhiệm vụ, tổ chức công tác đã cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày đã cấp tăng thêm được 40 thẻ Căn cước so với kế hoạch. Vì vậy, tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày.
Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được bao nhiêu thẻ Căn cước?
Câu 4 (2,0 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và hai đường cao \(BE,CF\) cắt nhau tại \(H\).
a) Chứng minh rằng \(BCEF\) nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh \(OA \bot EF\).
c) Hai đường thẳng \(BE,CF\) lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm lần lượt là \(N,P\). Đường thẳng \(AH\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(M\)và cắt \(BC\) tại \(D\). Tính giá trị biểu thức \(\dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}}\).
Câu 5 (1,0 điểm):
Giải phương trình: \(\sqrt {{x^2} - 1} - \sqrt {3{x^2} + 4x + 1} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \)
Câu 1:
Phương pháp:
a) Vận dụng phép khai căn và hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\)
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số tìm nghiệm của hệ phương trình
Cách giải:
a) \(A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \\\,\,\,\,\, = \sqrt {9.2} + 2\sqrt {4.2} - \dfrac{1}{5}\sqrt {25.2} \\\,\,\,\, = 3\sqrt 2 + 4\sqrt 2 - \dfrac{1}{5}5\sqrt 2 \\\,\,\,\, = 7\sqrt 2 - \sqrt 2 = 6\sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = 6\sqrt 2 \).
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 2y = 11\\x + 2y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 20\\y = \dfrac{{9 - x}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;2} \right)\).
Câu 2:
Phương pháp:
a) Thay \({x_A} = - 2\) vào hàm số \(\left( P \right)\), tìm được tung độ \({y_A}\).
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\), yêu cầu đề bài thì phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt, sau đó sử dụng biệt thức đen – ta tìm điều kiện.
c) Từ câu b, áp dụng hệ thức Vi – ét, xác định được \({x_1} + {x_2}\), kết hợp với giả thiết tìm được tham số \(m\).
Cách giải:
a) Thay \({x_A} = - 2\) vào hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) ta được \({y_A} = {\left( { - 2} \right)^2} = 4\).
Vậy \(A\left( { - 2;4} \right)\).
b) Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) là:
\({x^2} = 2x + {m^2} - 2m \Leftrightarrow {x^2} - 2x - {m^2} + 2m = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
\(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 + {m^2} - 2m > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 1\end{array}\)
Vậy với \(m \ne 1\) thì \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Với \(m \ne 1\). Áp dụng định lí Vi – ét phương trình (1) có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2\,}\\{{x_1}.{x_2} = - {m^2} + 2m\,}\end{array}} \right.\,\)
Do \({x_1}\) là nghiệm của phương trình (1) nên:
\({x_1}^2 = 2{x_1} + {m^2} - 2m\) mà \({x_1}^2 + 2{x_2} = 3m\) nên:
\(\begin{array}{l}2{x_1} + {m^2} - 2m + 2{x_2} = 3m\\ \Leftrightarrow 2({x_1} + {x_2}) + {m^2} - 5m = 0\\ \Rightarrow {m^2} - 5m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 1\,\,\,\,\left( {ktm} \right)}\\{m = 4\,\,\,\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 4\).
Câu 3:
Phương pháp:
Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là \(x\) thẻ \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\), lập phương trình để tìm \(x\)
Cách giải:
Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là \(x\) thẻ \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
\( \Rightarrow \) số ngày cần để cấp hết 7200 thẻ theo kế hoạch là \(\dfrac{{7200}}{x}\) (ngày).
Số thẻ cấp được trong một ngày theo thực tế là: \(x + 40\) (thẻ).
\( \Rightarrow \) Số ngày cấp hết 7200 thẻ theo thực tế là \(\dfrac{{7200}}{{x + 40}}\) (ngày).
Vì tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{7200}}{x} - \dfrac{{7200}}{{x + 40}} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{{3600}}{x} - \dfrac{{3600}}{{x + 40}} = 1\\ \Leftrightarrow 3600\left( {x + 40} \right) - 3600x = x\left( {x + 40} \right)\\ \Leftrightarrow 3600x + 144000 - 3600x = {x^2} + 40x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 40x - 144000 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {20^2} + 144000 = 144400 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
\(\left[ \begin{array}{l}x = - 20 + \sqrt {144400} = 360\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 20 - \sqrt {144400} = - 400\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được 360 thẻ Căn cước.
Câu 4:
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau
b) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) của \(\left( O \right)\)\( \Rightarrow OA \bot Ax\), chứng minh \(Ax//EF\) suy ra điều phải chứng minh.
c) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác, các tam giác bằng nhau
Cách giải:
a) Tứ giác \(BCEF\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\) (gt)
Suy ra tứ giác \(BCEF\) nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
b) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) của \(\left( O \right)\).
Ta có: \(\angle CAx = \angle CBA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung \(AC\)).
Mà \(\angle CBA = \angle CBF = \angle AEF\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BCEF\))
\( \Rightarrow \angle CAx = \angle AEF\).
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow Ax//EF\).
Theo cách vẽ ta có \(OA \bot Ax\) \( \Rightarrow OA \bot EF\) (đpcm).
c) Ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AD.BC,\,\,{S_{ABMC}} = \dfrac{1}{2}AM.BC\\ \Rightarrow \dfrac{{{S_{ABMC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}AM.BC}}{{\dfrac{1}{2}AD.BC}} = \dfrac{{AM}}{{AD}}\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta có: \(\dfrac{{{S_{ABCN}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{BN}}{{BE}},\,\,\dfrac{{{S_{ACBP}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{CP}}{{CF}}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = \dfrac{{{S_{ABMC}} + {S_{ABCN}} + {S_{ACBP}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = \dfrac{{{S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\end{array}\)
Lại có: \(\angle MBD = \angle MBC = \angle MAC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(MC\)).
\( \Rightarrow \angle MBC = {90^0} - \angle AHE = {90^0} - \angle BHD = \angle HBD\).
Xét tam giác \(HBD\) và tam giác \(MBD\) có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\angle MBD = \angle HBD\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle BDH = \angle BDM = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta HBD \sim \Delta MBD\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{HD}}{{BD}} = \dfrac{{MD}}{{BD}} \Rightarrow HD = MD\).
\( \Rightarrow {S_{\Delta HBC}} = \dfrac{1}{2}HD.BC = \dfrac{1}{2}MD.BC = {S_{\Delta MBC}}\).
Chứng minh tương tự ta có:
\({S_{\Delta NAC}} = {S_{\Delta HAC}},\,\,{S_{\Delta PAB}} = {S_{\Delta HAB}}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta HBC}} + {S_{\Delta HAC}} + {S_{\Delta HAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 4\end{array}\)
Vậy \(\dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = 4\).
Câu 5:
Phương pháp:
Xác định điều kiện của phương trình, biến đổi phương trình ban đầu về dạng phương trình tích: \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\), giải từng phương trình và đưa ra kết luận.
Cách giải:
ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 1 \ge 0\\x + 1 \ge 0\\3{x^2} + 4x + 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = - 1\) hoặc \(x \ge 1\)
Dễ thấy \(x = - 1\) là một nghiệm của phương trình.
Với \(x \ne - 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\sqrt {{x^2} - 1} - \sqrt {3{x^2} + 4x + 1} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \\ \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)} - \sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {3x + 1} \right)} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \\ \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} .\left( {\sqrt {x - 1} - \sqrt {3x + 1} - 8 + 2x} \right) = 0\end{array}\)
\( \Leftrightarrow \sqrt {x - 1} - \sqrt {3x + 1} - 8 + 2x = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (Do \(x \ge 1\)).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {\sqrt {x - 1} - 2} \right) + \left( {4 - \sqrt {3x + 1} } \right) + \left( {2x - 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt {x - 1} + 2}} + \dfrac{{15 - 3x}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - 3.\dfrac{{x - 5}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 5} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2} \right) = 0\end{array}\)
Ta có \(\sqrt {3x + 1} > 0 \Rightarrow 4 + \sqrt {3x + 1} > 4 \Rightarrow \dfrac{{ - 3}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} > \dfrac{{ - 3}}{4}\)
\(\sqrt {x - 1} \ge 0 \Rightarrow \sqrt {x - 1} + 2 > 0 \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} > 0\)
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2 > 0 - \dfrac{3}{4} + 2 > 0\)
Do đó ta có: \(\left( {x - 5} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 5 = 0 \Leftrightarrow x = 5\,\,\,\left( {TM} \right)\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;5} \right\}\).
Câu 1 (2,0 điểm): ( Không sử dụng máy tính cầm tay)
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 2y = 11\\x + 2y = 9\end{array} \right.\)
Câu 2 (2,5 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ, cho parabol \((P):\,y = {x^2}\) và đường thẳng \((d):\,y = 2x + {m^2} - 2m\) (m là tham số).
a) Biết \(A\) là một điểm thuộc \((P)\) và có hoành độ \({x_A} = - 2\). Xác định tọa độ điểm \(A\).
b) Tìm tất cả các giá trị của m để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Xác định tất cả các giá trị của m để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1}^2 + 2{x_2} = 3m\).
Câu 3 (1,5 điểm):
Theo kế hoạch, Công an tỉnh Khánh Hòa sẽ cấp 7200 thẻ Căn cước công dân cho địa phương A. Một tổ công tác được điều động đến địa phương A để cấp thẻ Căn cước công dân trong một thời gian nhất định. Khi thực hiện nhiệm vụ, tổ chức công tác đã cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày đã cấp tăng thêm được 40 thẻ Căn cước so với kế hoạch. Vì vậy, tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày.
Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được bao nhiêu thẻ Căn cước?
Câu 4 (2,0 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và hai đường cao \(BE,CF\) cắt nhau tại \(H\).
a) Chứng minh rằng \(BCEF\) nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh \(OA \bot EF\).
c) Hai đường thẳng \(BE,CF\) lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm lần lượt là \(N,P\). Đường thẳng \(AH\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(M\)và cắt \(BC\) tại \(D\). Tính giá trị biểu thức \(\dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}}\).
Câu 5 (1,0 điểm):
Giải phương trình: \(\sqrt {{x^2} - 1} - \sqrt {3{x^2} + 4x + 1} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \)
Câu 1:
Phương pháp:
a) Vận dụng phép khai căn và hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\)
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số tìm nghiệm của hệ phương trình
Cách giải:
a) \(A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \\\,\,\,\,\, = \sqrt {9.2} + 2\sqrt {4.2} - \dfrac{1}{5}\sqrt {25.2} \\\,\,\,\, = 3\sqrt 2 + 4\sqrt 2 - \dfrac{1}{5}5\sqrt 2 \\\,\,\,\, = 7\sqrt 2 - \sqrt 2 = 6\sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = 6\sqrt 2 \).
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 2y = 11\\x + 2y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 20\\y = \dfrac{{9 - x}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;2} \right)\).
Câu 2:
Phương pháp:
a) Thay \({x_A} = - 2\) vào hàm số \(\left( P \right)\), tìm được tung độ \({y_A}\).
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\), yêu cầu đề bài thì phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt, sau đó sử dụng biệt thức đen – ta tìm điều kiện.
c) Từ câu b, áp dụng hệ thức Vi – ét, xác định được \({x_1} + {x_2}\), kết hợp với giả thiết tìm được tham số \(m\).
Cách giải:
a) Thay \({x_A} = - 2\) vào hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) ta được \({y_A} = {\left( { - 2} \right)^2} = 4\).
Vậy \(A\left( { - 2;4} \right)\).
b) Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) là:
\({x^2} = 2x + {m^2} - 2m \Leftrightarrow {x^2} - 2x - {m^2} + 2m = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
\(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 + {m^2} - 2m > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 1\end{array}\)
Vậy với \(m \ne 1\) thì \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Với \(m \ne 1\). Áp dụng định lí Vi – ét phương trình (1) có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2\,}\\{{x_1}.{x_2} = - {m^2} + 2m\,}\end{array}} \right.\,\)
Do \({x_1}\) là nghiệm của phương trình (1) nên:
\({x_1}^2 = 2{x_1} + {m^2} - 2m\) mà \({x_1}^2 + 2{x_2} = 3m\) nên:
\(\begin{array}{l}2{x_1} + {m^2} - 2m + 2{x_2} = 3m\\ \Leftrightarrow 2({x_1} + {x_2}) + {m^2} - 5m = 0\\ \Rightarrow {m^2} - 5m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 1\,\,\,\,\left( {ktm} \right)}\\{m = 4\,\,\,\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 4\).
Câu 3:
Phương pháp:
Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là \(x\) thẻ \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\), lập phương trình để tìm \(x\)
Cách giải:
Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là \(x\) thẻ \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
\( \Rightarrow \) số ngày cần để cấp hết 7200 thẻ theo kế hoạch là \(\dfrac{{7200}}{x}\) (ngày).
Số thẻ cấp được trong một ngày theo thực tế là: \(x + 40\) (thẻ).
\( \Rightarrow \) Số ngày cấp hết 7200 thẻ theo thực tế là \(\dfrac{{7200}}{{x + 40}}\) (ngày).
Vì tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{7200}}{x} - \dfrac{{7200}}{{x + 40}} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{{3600}}{x} - \dfrac{{3600}}{{x + 40}} = 1\\ \Leftrightarrow 3600\left( {x + 40} \right) - 3600x = x\left( {x + 40} \right)\\ \Leftrightarrow 3600x + 144000 - 3600x = {x^2} + 40x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 40x - 144000 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {20^2} + 144000 = 144400 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
\(\left[ \begin{array}{l}x = - 20 + \sqrt {144400} = 360\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 20 - \sqrt {144400} = - 400\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được 360 thẻ Căn cước.
Câu 4:
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau
b) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) của \(\left( O \right)\)\( \Rightarrow OA \bot Ax\), chứng minh \(Ax//EF\) suy ra điều phải chứng minh.
c) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác, các tam giác bằng nhau
Cách giải:
a) Tứ giác \(BCEF\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\) (gt)
Suy ra tứ giác \(BCEF\) nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
b) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) của \(\left( O \right)\).
Ta có: \(\angle CAx = \angle CBA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung \(AC\)).
Mà \(\angle CBA = \angle CBF = \angle AEF\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BCEF\))
\( \Rightarrow \angle CAx = \angle AEF\).
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow Ax//EF\).
Theo cách vẽ ta có \(OA \bot Ax\) \( \Rightarrow OA \bot EF\) (đpcm).
c) Ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AD.BC,\,\,{S_{ABMC}} = \dfrac{1}{2}AM.BC\\ \Rightarrow \dfrac{{{S_{ABMC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}AM.BC}}{{\dfrac{1}{2}AD.BC}} = \dfrac{{AM}}{{AD}}\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta có: \(\dfrac{{{S_{ABCN}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{BN}}{{BE}},\,\,\dfrac{{{S_{ACBP}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{CP}}{{CF}}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = \dfrac{{{S_{ABMC}} + {S_{ABCN}} + {S_{ACBP}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = \dfrac{{{S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\end{array}\)
Lại có: \(\angle MBD = \angle MBC = \angle MAC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(MC\)).
\( \Rightarrow \angle MBC = {90^0} - \angle AHE = {90^0} - \angle BHD = \angle HBD\).
Xét tam giác \(HBD\) và tam giác \(MBD\) có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\angle MBD = \angle HBD\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle BDH = \angle BDM = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta HBD \sim \Delta MBD\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{HD}}{{BD}} = \dfrac{{MD}}{{BD}} \Rightarrow HD = MD\).
\( \Rightarrow {S_{\Delta HBC}} = \dfrac{1}{2}HD.BC = \dfrac{1}{2}MD.BC = {S_{\Delta MBC}}\).
Chứng minh tương tự ta có:
\({S_{\Delta NAC}} = {S_{\Delta HAC}},\,\,{S_{\Delta PAB}} = {S_{\Delta HAB}}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta HBC}} + {S_{\Delta HAC}} + {S_{\Delta HAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 4\end{array}\)
Vậy \(\dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = 4\).
Câu 5:
Phương pháp:
Xác định điều kiện của phương trình, biến đổi phương trình ban đầu về dạng phương trình tích: \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\), giải từng phương trình và đưa ra kết luận.
Cách giải:
ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 1 \ge 0\\x + 1 \ge 0\\3{x^2} + 4x + 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = - 1\) hoặc \(x \ge 1\)
Dễ thấy \(x = - 1\) là một nghiệm của phương trình.
Với \(x \ne - 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\sqrt {{x^2} - 1} - \sqrt {3{x^2} + 4x + 1} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \\ \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)} - \sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {3x + 1} \right)} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \\ \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} .\left( {\sqrt {x - 1} - \sqrt {3x + 1} - 8 + 2x} \right) = 0\end{array}\)
\( \Leftrightarrow \sqrt {x - 1} - \sqrt {3x + 1} - 8 + 2x = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (Do \(x \ge 1\)).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {\sqrt {x - 1} - 2} \right) + \left( {4 - \sqrt {3x + 1} } \right) + \left( {2x - 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt {x - 1} + 2}} + \dfrac{{15 - 3x}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - 3.\dfrac{{x - 5}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 5} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2} \right) = 0\end{array}\)
Ta có \(\sqrt {3x + 1} > 0 \Rightarrow 4 + \sqrt {3x + 1} > 4 \Rightarrow \dfrac{{ - 3}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} > \dfrac{{ - 3}}{4}\)
\(\sqrt {x - 1} \ge 0 \Rightarrow \sqrt {x - 1} + 2 > 0 \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} > 0\)
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2 > 0 - \dfrac{3}{4} + 2 > 0\)
Do đó ta có: \(\left( {x - 5} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 5 = 0 \Leftrightarrow x = 5\,\,\,\left( {TM} \right)\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;5} \right\}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để giúp các em học sinh tỉnh Khánh Hòa chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2021 chính thức, kèm đáp án chi tiết và lời giải bài tập.
Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2021 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Để ôn thi hiệu quả, các em học sinh cần nắm vững các chủ đề kiến thức trọng tâm sau:
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2021, các em học sinh nên:
Dưới đây là danh sách các đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2021 mà loigiai.com.vn cung cấp:
| Đề thi | Đáp án |
|---|---|
| Đề thi số 1 | Xem đáp án |
| Đề thi số 2 | Xem đáp án |
| Đề thi số 3 | Xem đáp án |
Loigiai.com.vn không chỉ cung cấp đề thi và đáp án mà còn cung cấp lời giải chi tiết cho các bài toán khó. Các lời giải này được trình bày một cách dễ hiểu, giúp các em học sinh nắm vững phương pháp giải bài tập.
Ngoài ra, loigiai.com.vn còn cung cấp các khóa học luyện thi Toán vào 10 online với đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm và phương pháp giảng dạy hiệu quả. Các khóa học này sẽ giúp các em học sinh củng cố kiến thức, rèn luyện kỹ năng và tự tin bước vào kỳ thi.
Kỳ thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2021 là một kỳ thi quan trọng. Với bộ đề thi và tài liệu ôn tập mà loigiai.com.vn cung cấp, chúng tôi hy vọng sẽ giúp các em học sinh chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi và đạt được kết quả cao nhất.
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!
