Loigiai.com.vn xin giới thiệu Đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2019 chính thức, được sử dụng trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2019-2020 tại tỉnh Lào Cai. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài và độ khó của kỳ thi.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ đề thi và đáp án chi tiết, giúp các em tự đánh giá năng lực và tìm ra những điểm cần cải thiện.
Câu 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức sau:
Câu 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức sau:
\(a)\,\sqrt 4 + 3\) \(b)\,\sqrt 5 + \sqrt {{{\left( {6 - \sqrt 5 } \right)}^2}} \)
Câu 2(1,5 điểm):
Cho biểu thức \(H = \dfrac{{2{x^2} + 2x}}{{{x^2} - 1}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}\) (với \(x \ge 0;\,x \ne 1\) )
a) Rút gọn biểu thức \(H.\)
b) Tìm tất cả các giá trị của x để \(\sqrt x - H < 0\)
Câu 3 (2,5 điểm):
1) Cho đường thẳng \(\left( d \right):y = x - 1\) và parabol \(\left( P \right):y = 3{x^2}\)
a) Tìm tọa độ điểm \(A\) thuộc parabol \(\left( P \right)\) , biết điểm \(A\) có hoành độ \(x = - 1.\)
b) Tìm \(b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) và đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = \dfrac{1}{2}x + b\) cắt nhau tại một điểm trên trục hoành.
2) a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\2x - y = 1\end{array} \right..\)
b) Tìm tham số \(a\) để hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = a\\7x - 2y = 5a - 1\end{array} \right.\) có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn \(y = 2x.\)
Câu 4 (2,0 điểm):
a) Giải phương trình \({x^2} - 3x + 2 = 0\)
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,{x_2}\) thỏa mãn: \({\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}.\)
Câu 5 (3,0 điểm): Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và điểm \(M\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\). Kẻ hai tiếp tuyến \(MB;\,MC\)(B và C là các tiếp điểm) với đường tròn. Trên cung lớn BC lấy điểm A sao cho \(AB < AC\). Từ điểm M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(D\) và \(E\,\left( {MD < ME} \right)\) , cắt BC tại F, cắt AC tại I.
a) Chứng minh tứ giác \(MBOC\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(FD.FE = FB.FC;\,\,FI.FM = FD.FE\)
c) Đường thẳng \(OI\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(P\) và \(Q\) (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng \(QF\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại K (K khác Q). Chứng minh 3 điểm \(P,\,K,\,M\) thẳng hàng.
Câu 1 (TH)
Phương pháp:
Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
a) \(\sqrt 4 + 3 = 2 + 3 = 5\).
b) \(\sqrt 5 + \sqrt {{{\left( {6 - \sqrt 5 } \right)}^2}} = \sqrt 5 + \left| {6 - \sqrt 5 } \right| = \sqrt 5 + 6 - \sqrt 5 = 6\).
Câu 2 (VD)
Phương pháp:
a) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.’
b) Giải bất phương trình \(\sqrt x - H < 0\) để tìm \(x,\) đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(H.\)
Với \(x \ge 0;x \ne 1\) ta có
\(\begin{array}{l}H = \dfrac{{2{x^2} + 2x}}{{{x^2} - 1}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}} = \dfrac{{2x\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2x}}{{x - 1}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}} = \dfrac{{2x}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{2x + \sqrt x - 1 - \sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \dfrac{{2x - 2}}{{x - 1}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{2\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}} = 2.\end{array}\)
Vậy \(H = 2\) với \(x \ge 0;x \ne 1\).
b) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(\sqrt x - H < 0.\)
Điều kiện: \(x \ge 0;x \ne 1\)
Theo đề bài ta có: \(\sqrt x - H < 0 \Leftrightarrow \sqrt x - 2 < 0 \Leftrightarrow \sqrt x < 2 \Leftrightarrow x < 4\)
Kết hợp điều kiện \(x \ge 0;x \ne 1\) ta có \(0 \le x < 4;x \ne 1\)
Vậy với \(0 \le x < 4;x \ne 1\) thì \(\sqrt x - H < 0.\)
Câu 3 (VD)
Phương pháp:
1) a) Thay hoành độ điểm \(x = - 1\) vào công thức hàm số của \(\left( P \right)\) để tìm tung độ điểm \(A.\)
b) Gọi \(B\left( {{x_B};\,\,0} \right)\) là điểm thuộc trục hoành và là giao điểm của hai đường thẳng \(d,\,\,d'.\) Thay tọa độ điểm \(B\) vào phương trình đường thẳng \(d\) để tìm \({x_B}.\) Thay tọa độ điểm \(B\) vừa tìm được vào phương trình đường thẳng \(d'\) để tìm \(b.\)
2) a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.
b) Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{a_1}x + {b_1}y = {c_1}\\{a_2}x + {b_2}y = {c_2}\end{array} \right.\) (với \({a_2}{b_2} \ne 0\)) có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow \dfrac{{{a_1}}}{{{a_2}}} \ne \dfrac{{{b_1}}}{{{b_2}}}.\) Tìm nghiệm duy nhất đó theo \(a\) rồi thế vào biểu thức bài cho để tìm \(a.\)
Cách giải:
1) Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x - 1,\,\,\,\,\left( P \right):\,\,y = 3{x^2}.\)
a) Điểm \(A\) có hoành độ là \(x = - 1\) và thuộc parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = 3{x^2}\) nên thay hoành độ \(x = - 1\) vào hàm số ta được: \({y_A} = 3.{\left( { - 1} \right)^2} = 3.\)
\( \Rightarrow A\left( { - 1;\,\,3} \right)\) thỏa mãn bài toán.
b) Gọi \(B\left( {{x_B};\,\,0} \right)\) là điểm thuộc trục hoành và là giao điểm của hai đường thẳng \(d,\,\,d'.\)
Ta có \(B\left( {{x_B};\,\,0} \right) \in \left( d \right):\,\,y = x - 1 \Rightarrow 0 = {x_B} - 1 \Leftrightarrow {x_B} = 1 \Rightarrow B\left( {1;\,\,0} \right).\)
Lại có: \(B\left( {1;\,\,0} \right) \in \left( {d'} \right):\,\,y = \dfrac{1}{2}x + b \Rightarrow 0 = \dfrac{1}{2}.1 + b \Leftrightarrow b = - \dfrac{1}{2}.\)
Vậy \(b = - \dfrac{1}{2}\) thỏa mãn bài toán.
2) a) Giải hệ phương trình:\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\2x - y = 1\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\2x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\y = 5 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5 - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2;\,\,3} \right).\)
b) Tìm tham số \(a\) để hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = a\\7x - 2y = 5a - 1\end{array} \right.\) có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right)\) thỏa mãn \(y = 2x.\)
Hệ phương trình có: \(\dfrac{1}{7} \ne \dfrac{{ - 1}}{{ - 2}} \Rightarrow \) Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = a\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\7x - 2y = 5a - 1\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\) có nghiệm duy nhất với mọi \(a.\)
Theo đề bài ta có hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn \(y = 2x\)
Thay \(y = 2x\) vào \(\left( 1 \right)\) ta được: \(x - 2x = a \Leftrightarrow - x = a \Leftrightarrow x = - a \Rightarrow y = - 2a.\)
Thay \(x = - a;\,\,\,y = - 2a\) vào \(\left( 2 \right)\) ta được:
\(\begin{array}{l}7\left( { - a} \right) - 2\left( { - 2a} \right) = 5a - 1\\ \Leftrightarrow - 7a + 4a = 5a - 1\\ \Leftrightarrow - 3a - 5a = - 1\\ \Leftrightarrow - 8a = - 1\\ \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{8}.\end{array}\)
Vậy \(a = \dfrac{1}{8}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 4 (VD)
Phương pháp:
a) Giải phương trình bậc hai bằng phương pháp nhẩm nghiệm.
b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et và hệ thức bài cho để tìm \(m\) sau đó đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
a) Giải phương trình \({x^2} - 3x + 2 = 0\)
Ta có: \(a = 1;b = - 3;c = 2 \Rightarrow a + b + c = 0\) . Khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là: \({x_1} = 1;{x_2} = 2\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ {1;2} \right\}\)
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} = 0\) (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,{x_2}\) thỏa mãn \({\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\)
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} = 0\) (1) có các hệ số: \(a = 1;b = - 2\left( {m - 1} \right);c = {m^2}\)
\(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m - 1} \right)} \right]^2} - {m^2} = {m^2} - 2m + 1 - {m^2} = 1 - 2m\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) khi và chỉ khi \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 - 2m > 0 \Leftrightarrow m < \dfrac{1}{2}\)
Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình (1) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}.{x_2} = \dfrac{c}{a} = {m^2}\end{array} \right.\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\\ \Leftrightarrow 4{\left( {m - 1} \right)^2} - 4{m^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\\ \Leftrightarrow 4\left( {{m^2} - 2m + 1} \right) - 4{m^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 8m + 4 - 4{m^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\\ \Leftrightarrow - 2m + 4 = {x_1} - 2{x_2}\end{array}\)
Khi đó kết hợp với \({x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1} - 2{x_2} = - 2m + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m - 2\\{x_1} - 2{x_2} = - 2m + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{x_2} = 4m - 6\\{x_1} + {x_2} = 2m - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = \dfrac{4}{3}m - 2\\{x_1} = 2m - 2 - \dfrac{4}{3}m + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = \dfrac{4}{3}m - 2\\{x_1} = \dfrac{2}{3}m\end{array} \right.\)
Thay \({x_1} = \dfrac{2}{3}m;{x_2} = \dfrac{4}{3}m - 2\) vào \({x_1}.{x_2} = {m^2}\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{4}{3}m - 2} \right).\dfrac{2}{3}m = {m^2} \Leftrightarrow \dfrac{{ - 1}}{9}{m^2} - \dfrac{4}{3}m = 0\\ \Leftrightarrow - m\left( {\dfrac{1}{9}m + \dfrac{4}{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = - 12\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 0;m = - 12\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác nội tiếp nhờ các dấu hiệu nhận biết.
b) Chứng minh các tam giác đồng dạng từ đó suy ra các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ và suy ra các đẳng thức cần chứng minh.
c) Chứng minh \(\angle MKP = {180^0}\) rồi suy ra ba điểm \(M,\,\,K,\,\,P\) thẳng hàng.
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác\(MBOC\) nội tiếp.
Do \(MB,\,\,MC\) là 2 tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right) \Rightarrow \angle OBM = \angle OCM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(MBOC\) có: \(\angle OBM + \angle OCM = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(MBOC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Chứng minh \(FD.FE = FB.FC,\,\,FI.FM = FD.FE\).
+) Xét tam giác \(FBD\) và tam giác \(FEC\) có:
\(\angle BFD = \angle EFC\) (đối đỉnh);
\(\angle FDB = \angle FCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BE\));
.
+) Ta có: \(AB//ME \Rightarrow \angle BAC = \angle DIC\) (đồng vị).
Mà \(\angle BAC = \angle MBC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC).
\( \Rightarrow \angle DIC = \angle MBC \Rightarrow \angle MBF = \angle CIF\,\,\left( * \right)\).
Xét tam giác \(FBM\) và tam giác \(FIC\) có :
\(\angle BFM = \angle IFC\) (đối đỉnh) ;
\(\angle MBF = \angle CIF\,\,\left( {cmt} \right);\)
(hai cạnh tương ứng).
\( \Rightarrow FI.FM = FB.FC\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow FI.FM = FD.FE\,\,\left( 3 \right)\).
c) Đường thẳng \(OI\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(P\) và \(Q\) (\(P\) thuộc cung nhỏ \(AB\)). Đường thẳng \(QF\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(K\) (K khác Q). Chứng minh 3 điểm \(P,\,\,K,\,\,M\) thẳng hàng.
Xét tam giác \(FDK\) và tam giác \(FQE\) có:
\(\angle KFD = \angle EFQ\) (đối đỉnh);
\(\angle FKD = \angle FEQ\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DQ\));
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow FI.FM = FK.FQ \Leftrightarrow \dfrac{{FM}}{{FQ}} = \dfrac{{FK}}{{FI}}\).
Xét tam giác \(FMQ\) và tam giác \(FKI\) có:
\(\dfrac{{FM}}{{FQ}} = \dfrac{{FK}}{{FI}}\,\,\left( {cmt} \right);\)
\(\angle MFQ = \angle KFI\) (đối đỉnh);
Tứ giác \(KIQM\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle MKQ = \angle MIQ\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MQ\)).
Theo (*) ta đã chứng minh được \(\angle MBF = \angle CIF \Rightarrow \angle MBC = \angle MIF \Rightarrow \) Tứ giác \(MBIC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Mà \(MOBC\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow M,\,\,B,\,\,O,\,\,I,\,\,C\) cùng thuộc 1 đường tròn.
Ta có \(\angle OBM = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow OM\) là đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm \(M,\,\,B,\,\,O,\,\,I,\,\,C\).
\( \Rightarrow \angle OIM = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\( \Rightarrow IM \bot OI \Rightarrow \angle MIQ = {90^0}\).
Từ (5) \( \Rightarrow \angle MKQ = \angle MIQ = {90^0}\).
Lại có \(\angle QKP = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Từ đó ta có: \(\angle MKP = \angle MKQ + \angle QKP = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy 3 điểm \(P,\,\,K,\,\,M\) thẳng hàng.
Câu 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức sau:
\(a)\,\sqrt 4 + 3\) \(b)\,\sqrt 5 + \sqrt {{{\left( {6 - \sqrt 5 } \right)}^2}} \)
Câu 2(1,5 điểm):
Cho biểu thức \(H = \dfrac{{2{x^2} + 2x}}{{{x^2} - 1}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}\) (với \(x \ge 0;\,x \ne 1\) )
a) Rút gọn biểu thức \(H.\)
b) Tìm tất cả các giá trị của x để \(\sqrt x - H < 0\)
Câu 3 (2,5 điểm):
1) Cho đường thẳng \(\left( d \right):y = x - 1\) và parabol \(\left( P \right):y = 3{x^2}\)
a) Tìm tọa độ điểm \(A\) thuộc parabol \(\left( P \right)\) , biết điểm \(A\) có hoành độ \(x = - 1.\)
b) Tìm \(b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) và đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = \dfrac{1}{2}x + b\) cắt nhau tại một điểm trên trục hoành.
2) a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\2x - y = 1\end{array} \right..\)
b) Tìm tham số \(a\) để hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = a\\7x - 2y = 5a - 1\end{array} \right.\) có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn \(y = 2x.\)
Câu 4 (2,0 điểm):
a) Giải phương trình \({x^2} - 3x + 2 = 0\)
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,{x_2}\) thỏa mãn: \({\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}.\)
Câu 5 (3,0 điểm): Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và điểm \(M\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\). Kẻ hai tiếp tuyến \(MB;\,MC\)(B và C là các tiếp điểm) với đường tròn. Trên cung lớn BC lấy điểm A sao cho \(AB < AC\). Từ điểm M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(D\) và \(E\,\left( {MD < ME} \right)\) , cắt BC tại F, cắt AC tại I.
a) Chứng minh tứ giác \(MBOC\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(FD.FE = FB.FC;\,\,FI.FM = FD.FE\)
c) Đường thẳng \(OI\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(P\) và \(Q\) (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng \(QF\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại K (K khác Q). Chứng minh 3 điểm \(P,\,K,\,M\) thẳng hàng.
Câu 1 (TH)
Phương pháp:
Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
a) \(\sqrt 4 + 3 = 2 + 3 = 5\).
b) \(\sqrt 5 + \sqrt {{{\left( {6 - \sqrt 5 } \right)}^2}} = \sqrt 5 + \left| {6 - \sqrt 5 } \right| = \sqrt 5 + 6 - \sqrt 5 = 6\).
Câu 2 (VD)
Phương pháp:
a) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.’
b) Giải bất phương trình \(\sqrt x - H < 0\) để tìm \(x,\) đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(H.\)
Với \(x \ge 0;x \ne 1\) ta có
\(\begin{array}{l}H = \dfrac{{2{x^2} + 2x}}{{{x^2} - 1}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}} = \dfrac{{2x\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2x}}{{x - 1}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}} = \dfrac{{2x}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{2x + \sqrt x - 1 - \sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \dfrac{{2x - 2}}{{x - 1}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{2\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}} = 2.\end{array}\)
Vậy \(H = 2\) với \(x \ge 0;x \ne 1\).
b) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(\sqrt x - H < 0.\)
Điều kiện: \(x \ge 0;x \ne 1\)
Theo đề bài ta có: \(\sqrt x - H < 0 \Leftrightarrow \sqrt x - 2 < 0 \Leftrightarrow \sqrt x < 2 \Leftrightarrow x < 4\)
Kết hợp điều kiện \(x \ge 0;x \ne 1\) ta có \(0 \le x < 4;x \ne 1\)
Vậy với \(0 \le x < 4;x \ne 1\) thì \(\sqrt x - H < 0.\)
Câu 3 (VD)
Phương pháp:
1) a) Thay hoành độ điểm \(x = - 1\) vào công thức hàm số của \(\left( P \right)\) để tìm tung độ điểm \(A.\)
b) Gọi \(B\left( {{x_B};\,\,0} \right)\) là điểm thuộc trục hoành và là giao điểm của hai đường thẳng \(d,\,\,d'.\) Thay tọa độ điểm \(B\) vào phương trình đường thẳng \(d\) để tìm \({x_B}.\) Thay tọa độ điểm \(B\) vừa tìm được vào phương trình đường thẳng \(d'\) để tìm \(b.\)
2) a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.
b) Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{a_1}x + {b_1}y = {c_1}\\{a_2}x + {b_2}y = {c_2}\end{array} \right.\) (với \({a_2}{b_2} \ne 0\)) có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow \dfrac{{{a_1}}}{{{a_2}}} \ne \dfrac{{{b_1}}}{{{b_2}}}.\) Tìm nghiệm duy nhất đó theo \(a\) rồi thế vào biểu thức bài cho để tìm \(a.\)
Cách giải:
1) Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x - 1,\,\,\,\,\left( P \right):\,\,y = 3{x^2}.\)
a) Điểm \(A\) có hoành độ là \(x = - 1\) và thuộc parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = 3{x^2}\) nên thay hoành độ \(x = - 1\) vào hàm số ta được: \({y_A} = 3.{\left( { - 1} \right)^2} = 3.\)
\( \Rightarrow A\left( { - 1;\,\,3} \right)\) thỏa mãn bài toán.
b) Gọi \(B\left( {{x_B};\,\,0} \right)\) là điểm thuộc trục hoành và là giao điểm của hai đường thẳng \(d,\,\,d'.\)
Ta có \(B\left( {{x_B};\,\,0} \right) \in \left( d \right):\,\,y = x - 1 \Rightarrow 0 = {x_B} - 1 \Leftrightarrow {x_B} = 1 \Rightarrow B\left( {1;\,\,0} \right).\)
Lại có: \(B\left( {1;\,\,0} \right) \in \left( {d'} \right):\,\,y = \dfrac{1}{2}x + b \Rightarrow 0 = \dfrac{1}{2}.1 + b \Leftrightarrow b = - \dfrac{1}{2}.\)
Vậy \(b = - \dfrac{1}{2}\) thỏa mãn bài toán.
2) a) Giải hệ phương trình:\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\2x - y = 1\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\2x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\y = 5 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5 - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2;\,\,3} \right).\)
b) Tìm tham số \(a\) để hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = a\\7x - 2y = 5a - 1\end{array} \right.\) có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right)\) thỏa mãn \(y = 2x.\)
Hệ phương trình có: \(\dfrac{1}{7} \ne \dfrac{{ - 1}}{{ - 2}} \Rightarrow \) Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = a\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\7x - 2y = 5a - 1\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\) có nghiệm duy nhất với mọi \(a.\)
Theo đề bài ta có hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn \(y = 2x\)
Thay \(y = 2x\) vào \(\left( 1 \right)\) ta được: \(x - 2x = a \Leftrightarrow - x = a \Leftrightarrow x = - a \Rightarrow y = - 2a.\)
Thay \(x = - a;\,\,\,y = - 2a\) vào \(\left( 2 \right)\) ta được:
\(\begin{array}{l}7\left( { - a} \right) - 2\left( { - 2a} \right) = 5a - 1\\ \Leftrightarrow - 7a + 4a = 5a - 1\\ \Leftrightarrow - 3a - 5a = - 1\\ \Leftrightarrow - 8a = - 1\\ \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{8}.\end{array}\)
Vậy \(a = \dfrac{1}{8}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 4 (VD)
Phương pháp:
a) Giải phương trình bậc hai bằng phương pháp nhẩm nghiệm.
b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et và hệ thức bài cho để tìm \(m\) sau đó đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
a) Giải phương trình \({x^2} - 3x + 2 = 0\)
Ta có: \(a = 1;b = - 3;c = 2 \Rightarrow a + b + c = 0\) . Khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là: \({x_1} = 1;{x_2} = 2\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ {1;2} \right\}\)
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} = 0\) (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,{x_2}\) thỏa mãn \({\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\)
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} = 0\) (1) có các hệ số: \(a = 1;b = - 2\left( {m - 1} \right);c = {m^2}\)
\(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m - 1} \right)} \right]^2} - {m^2} = {m^2} - 2m + 1 - {m^2} = 1 - 2m\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) khi và chỉ khi \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 - 2m > 0 \Leftrightarrow m < \dfrac{1}{2}\)
Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình (1) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}.{x_2} = \dfrac{c}{a} = {m^2}\end{array} \right.\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\\ \Leftrightarrow 4{\left( {m - 1} \right)^2} - 4{m^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\\ \Leftrightarrow 4\left( {{m^2} - 2m + 1} \right) - 4{m^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 8m + 4 - 4{m^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\\ \Leftrightarrow - 2m + 4 = {x_1} - 2{x_2}\end{array}\)
Khi đó kết hợp với \({x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1} - 2{x_2} = - 2m + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m - 2\\{x_1} - 2{x_2} = - 2m + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{x_2} = 4m - 6\\{x_1} + {x_2} = 2m - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = \dfrac{4}{3}m - 2\\{x_1} = 2m - 2 - \dfrac{4}{3}m + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = \dfrac{4}{3}m - 2\\{x_1} = \dfrac{2}{3}m\end{array} \right.\)
Thay \({x_1} = \dfrac{2}{3}m;{x_2} = \dfrac{4}{3}m - 2\) vào \({x_1}.{x_2} = {m^2}\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{4}{3}m - 2} \right).\dfrac{2}{3}m = {m^2} \Leftrightarrow \dfrac{{ - 1}}{9}{m^2} - \dfrac{4}{3}m = 0\\ \Leftrightarrow - m\left( {\dfrac{1}{9}m + \dfrac{4}{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = - 12\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 0;m = - 12\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác nội tiếp nhờ các dấu hiệu nhận biết.
b) Chứng minh các tam giác đồng dạng từ đó suy ra các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ và suy ra các đẳng thức cần chứng minh.
c) Chứng minh \(\angle MKP = {180^0}\) rồi suy ra ba điểm \(M,\,\,K,\,\,P\) thẳng hàng.
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác\(MBOC\) nội tiếp.
Do \(MB,\,\,MC\) là 2 tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right) \Rightarrow \angle OBM = \angle OCM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(MBOC\) có: \(\angle OBM + \angle OCM = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(MBOC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Chứng minh \(FD.FE = FB.FC,\,\,FI.FM = FD.FE\).
+) Xét tam giác \(FBD\) và tam giác \(FEC\) có:
\(\angle BFD = \angle EFC\) (đối đỉnh);
\(\angle FDB = \angle FCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BE\));
.
+) Ta có: \(AB//ME \Rightarrow \angle BAC = \angle DIC\) (đồng vị).
Mà \(\angle BAC = \angle MBC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC).
\( \Rightarrow \angle DIC = \angle MBC \Rightarrow \angle MBF = \angle CIF\,\,\left( * \right)\).
Xét tam giác \(FBM\) và tam giác \(FIC\) có :
\(\angle BFM = \angle IFC\) (đối đỉnh) ;
\(\angle MBF = \angle CIF\,\,\left( {cmt} \right);\)
(hai cạnh tương ứng).
\( \Rightarrow FI.FM = FB.FC\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow FI.FM = FD.FE\,\,\left( 3 \right)\).
c) Đường thẳng \(OI\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(P\) và \(Q\) (\(P\) thuộc cung nhỏ \(AB\)). Đường thẳng \(QF\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(K\) (K khác Q). Chứng minh 3 điểm \(P,\,\,K,\,\,M\) thẳng hàng.
Xét tam giác \(FDK\) và tam giác \(FQE\) có:
\(\angle KFD = \angle EFQ\) (đối đỉnh);
\(\angle FKD = \angle FEQ\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DQ\));
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow FI.FM = FK.FQ \Leftrightarrow \dfrac{{FM}}{{FQ}} = \dfrac{{FK}}{{FI}}\).
Xét tam giác \(FMQ\) và tam giác \(FKI\) có:
\(\dfrac{{FM}}{{FQ}} = \dfrac{{FK}}{{FI}}\,\,\left( {cmt} \right);\)
\(\angle MFQ = \angle KFI\) (đối đỉnh);
Tứ giác \(KIQM\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle MKQ = \angle MIQ\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MQ\)).
Theo (*) ta đã chứng minh được \(\angle MBF = \angle CIF \Rightarrow \angle MBC = \angle MIF \Rightarrow \) Tứ giác \(MBIC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Mà \(MOBC\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow M,\,\,B,\,\,O,\,\,I,\,\,C\) cùng thuộc 1 đường tròn.
Ta có \(\angle OBM = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow OM\) là đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm \(M,\,\,B,\,\,O,\,\,I,\,\,C\).
\( \Rightarrow \angle OIM = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\( \Rightarrow IM \bot OI \Rightarrow \angle MIQ = {90^0}\).
Từ (5) \( \Rightarrow \angle MKQ = \angle MIQ = {90^0}\).
Lại có \(\angle QKP = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Từ đó ta có: \(\angle MKP = \angle MKQ + \angle QKP = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy 3 điểm \(P,\,\,K,\,\,M\) thẳng hàng.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Lào Cai luôn là một cột mốc quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi và luyện tập với các đề thi thử là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2019 là một tài liệu tham khảo lý tưởng, giúp các em làm quen với phong cách ra đề và các dạng bài thường gặp.
Đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2019 thường bao gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Dưới đây là hướng dẫn giải một số bài toán thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2019:
Để giải phương trình bậc hai, các em có thể sử dụng công thức nghiệm tổng quát hoặc phương pháp phân tích thành nhân tử. Ví dụ:
Giải phương trình: x2 - 5x + 6 = 0
Ta có: Δ = (-5)2 - 4 * 1 * 6 = 25 - 24 = 1
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 = (5 + √1) / 2 = 3
x2 = (5 - √1) / 2 = 2
Trong các bài toán hình học, việc vẽ hình chính xác và sử dụng các định lý, tính chất hình học là vô cùng quan trọng. Ví dụ:
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Áp dụng định lý Pitago, ta có: BC2 = AB2 + AC2 = 32 + 42 = 9 + 16 = 25
Vậy BC = √25 = 5cm
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi, các em nên luyện tập thường xuyên với đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2019. Sau khi làm xong đề thi, hãy tự kiểm tra và đối chiếu với đáp án để đánh giá năng lực của bản thân. Đồng thời, hãy phân tích kỹ những bài làm sai để rút kinh nghiệm và cải thiện kiến thức.
Loigiai.com.vn cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi Toán vào 10, bao gồm:
Hãy truy cập loigiai.com.vn để được hỗ trợ tốt nhất trong quá trình ôn thi!
| Dạng bài | Chủ đề | Mức độ khó |
|---|---|---|
| Giải phương trình | Đại số | Trung bình |
| Chứng minh bất đẳng thức | Đại số | Khó |
| Tính góc trong tam giác | Hình học | Trung bình |
| Tính diện tích hình | Hình học | Dễ |
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Khám phá thế giới phân dạng, từ hình học trừu tượng đến ứng dụng trong nghệ thuật và tự nhiên. Tìm hiểu cách phân dạng tạo ra vẻ đẹp vô hạn!
Bạn đã bao giờ gặp một điều nghe có vẻ vô lý nhưng lại chứa đựng sự thật? Khám phá thế giới Paradox - những mâu thuẫn thú vị giúp bạn nhìn nhận cuộc sống dưới một góc độ mới lạ. Đọc ngay!
Khám phá 'Tên của trò chơi là bắt cóc' - cuốn sách hấp dẫn đưa bạn vào thế giới ngầm đầy rẫy những kẻ ác. Đánh giá chi tiết, phân tích sâu sắc và lý do bạn nên đọc ngay!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán lớp 1 khó nhất! Hướng dẫn phụ huynh cách hỗ trợ con học toán hiệu quả, tạo hứng thú và đạt kết quả tốt nhất. Khám phá các mẹo học tập thông minh!
Review sách 'Dữ liệu tử thần' của Jeffery Deaver. Khám phá cách tội phạm sử dụng thông tin cá nhân và học cách bảo vệ dữ liệu của bạn ngay hôm nay!
