Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Lào Cai năm 2023. 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 chính thức, đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập hiệu quả, giúp các em tự tin đối mặt với mọi dạng bài thi.
Câu 1: Tính giá trị biểu thúrc sau: a) \(\frac{{\sqrt {81} }}{3}\) b) \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 \)
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
Tính toán với căn bậc hai \(\sqrt {{x^2}} {\rm{ \;}} = \left| x \right|\)
Cách giải:
a) Ta có: \(\frac{{\sqrt {81} }}{3} = \frac{{\sqrt {{9^2}} }}{3} = \frac{9}{3} = 3\).
b) Ta có: \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 {\rm{ \;}} = \sqrt {{4^2}} {\rm{ \;}} - \sqrt {{3^2}} {\rm{ \;}} = 4 - 3 = 1\).
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
Nhẩm nghiệm phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0(a \ne 0)\):
Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Nếu \(a - b + c = 0\) thì phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = {\rm{ \;}} - 1}\\{{x_2} = \frac{{ - c}}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Xét \(3{x^2} + x - 4 = 0\).
Ta có: \(a + b + c = 3 + 1 + \left( { - 4} \right) = 0\)
Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 4}}{3}}\end{array}} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - \frac{4}{3}} \right\}\).
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5y = {\rm{ \;}} - 5}\\{x = 3 - y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 3 - \left( { - 1} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 4}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {4; - 1} \right)\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Xác suất của biến cố bằng tỉ số của kết quả thuận lợi với các kết quả có thể xảy ra.
Cách giải:
Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần các trường hợp có thể xảy ra là: \(\left\{ {SS;SN;SN;NS} \right\}\).
Vậy có tất cả 4 trường hợp có thể xảy ra.
Hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau có 2 khả năng là: \(\left\{ {SS;NN} \right\}\).
Vậy xác suất hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau là: \(\frac{2}{4} = \frac{1}{2} = 0,5\).
Câu 5 (TH):
Phương pháp:
a) Rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai (quy đồng, tính toán, quy tắc dấu).
b) Giải phương trình tìm x, chú ý đối chiếu điều kiện.
Cách giải:
a) Với \(x \ge 0,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x - 1}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}} - \frac{{\sqrt x + 1}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x - 1 - \sqrt x - 1 + 2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2\sqrt x - 2}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2(\sqrt x - 1)}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{2}{{\sqrt x + 1}}\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,x \ne 1\) thì \(P = \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}\).
b) Để \(P = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} = \frac{1}{3}\)
\(\begin{array}{*{20}{r}}{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} + 1 = 6}\\{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} = 5}\\{}&{\; \Leftrightarrow x = 25\left( {{\rm{tm}}} \right)}\end{array}\)
Vậy để \(P = \frac{1}{3}\) thì \(x = 25\).
Câu 6 (TH):
Phương pháp:
Đồ thị hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\) cắt trung tung tại điểm có hoành độ bằng 0.
Cách giải:
Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5 nên đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;5} \right)\).
Thay \({\rm{x}} = 0,{\rm{y}} = 5\) vào hàm số ta được: \(5 = m.0 + 2m - 1 \Leftrightarrow 2m - 1 = 5 \Leftrightarrow 2m = 6 \Leftrightarrow m = 3.\;\)
Vậy \(m = 3\).
Câu 7 (TH):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Hệ phương trình: tổng số sản phẩm và tổng khối lượng.
Cách giải:
Gọi số sản phẩm loại \({\rm{A}}\) đã nhập là \({\rm{x}}\) (sản phẩm). Số sản phẩm loại \({\rm{B}}\) đã nhập là \({\rm{y}}\) (sản phẩm)
(ĐK: \(x,y \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},x,y < 10\) ).
Vì cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại \({\rm{A}}\) và \({\rm{B}}\) về bán nên ta có phương trình \(x + y = 10\) (1)
Vì mỗi sản phẩm loại \(A\) nặng \(9\;{\rm{kg}}\), mỗi sản phẩm loại \(B\) nặng \(10\;{\rm{kg}}\) và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là \(95\;{\rm{kg}}\) nên ta có phương trình: \(9x + 10y = 95\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 10}\\{9x + 10y = 95}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10y = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10\left( {10 - x} \right) = 95}\end{array}} \right.} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 100 - 10x = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{x = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{y = 5}\end{array}\left( {{\rm{tm}}} \right)} \right.} \right.} \right.\)
Vậy cửa hàng đó đã nhập 5 sản phẩm loại \({\rm{A}}\) và 5 sản phẩm loại \({\rm{B}}\).
Câu 8 (VD):
Phương pháp:
Công thức Công thức \(\Delta ' = {(b')^2} - ac\) với \(b' = \frac{b}{2}\)
Phương trình có hai nghiệm khi \(\Delta {\rm{ \;}} \ge 0\)
Hệ thức Vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Ta có: \(\Delta ' = {m^2} - 1 \cdot \left( {{m^2} + m - 2} \right) = {m^2} - {m^2} - m + 2 = {\rm{ \;}} - m + 2\).
Để phương trình (I) có hai nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0\) hay \( - m + 2 \ge 0 \Leftrightarrow m \le 2\).
Ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + (2m + 3){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3{x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\end{array}\)
Áp dụng định lý Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.\), khi đó:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right){x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - {x_1}{x_2} - x_2^2 + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2}} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - {{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} + 2{x_1}{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\end{array}\)
Thay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.\) vào \(P\) ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - {{( - 2m)}^2} + 2\left( {{m^2} + m - 2} \right) + 3\left( { - 2m} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - 4{m^2} + 2{m^2} + 2m - 4 - 6m}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{m^2} - 4m - 4}\\{P = {\rm{ \;}} - 2\left( {{m^2} + 2m + 1} \right) - 2}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{{(m + 1)}^2} - 2}\end{array}\)
Ta có \({(m + 1)^2} \ge 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} \le 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} - 2 \le {\rm{ \;}} - 2\forall m\).
Dấu "=" xảy ra khi \({(m + 1)^2} = 0 \Leftrightarrow m + 1 = 0 \Leftrightarrow m = {\rm{ \;}} - 1\)
Vậy GTLN của \(P\) là -2 , đạt được khi \(m = {\rm{ \;}} - 1\).
Câu 9 (VD):
Phương pháp:
Công thức lượng giác trong tam giác vuông.
Hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
a) Xét tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại \({\rm{A}}\) có:\(AB = BC.{\rm{cos}}60^\circ = 40.\frac{1}{2} = 20\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Vậy \(AB = 20\left( {cm} \right)\).
b) Xét tam giác vuông \({\rm{ABC}}\) ta có:
\(AC = BC.{\rm{sin}}60^\circ = 40.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 20\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right)\)
Vì tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại \({\rm{A}}\) nên: \(\angle B + \angle C = 90^\circ \Rightarrow \angle C = 90^\circ - \angle B = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \)
Xét tam giác vuông \({\rm{AHC}}\) ta có: \(HC = AC.{\rm{cos}}30^\circ = 20\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 30\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \({\rm{ABC}}\), đường cao \({\rm{AH}}\) ta có:
\(AH.BC = AB.AC \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{20.20\sqrt 3 }}{{40}} = 10\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right).\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \({\rm{AHC}}\), đường cao \({\rm{HK}}\) ta có:
\(HK.AC = AH.HC \Rightarrow HK = \frac{{AH.HC}}{{AC}} = \frac{{10\sqrt 3 .30}}{{20\sqrt 3 }} = 15\left( {\;{\rm{cm}}} \right).\)
Vậy HK = \(15\left( {\;{\rm{cm}}} \right)\).
Câu 10 (VDC):
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác OAIC có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) nên nội tiếp.
b) Chứng ${\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {g - g} \right)$ suy ra các cặp cạnh tỉ lệ.
c) Chứng minh AE song song với BD, mà BD vuông góc với MO suy ra điều phải chứng minh.
Cách giải:
a) Ta có \({\rm{IA}}\) và \({\rm{IC}}\) là tiếp tuyến của đường tròn nên \(OA \bot IA;OC \bot CI\). \( \Rightarrow \angle OAI = \angle OCI = 90^\circ \)
Xét tứ giác \({\rm{OAIC}}\) có \(\angle OAI + \angle OCI = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác \({\rm{OAIC}}\) nội tiếp đường tròn (dhnb) (đpcm)
b) Xét và có:
\(\angle CID\) chung
\(\angle ICD = \angle IBC\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
$\Rightarrow {\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {{\rm{\;g}}.{\rm{g}}} \right) \Rightarrow \dfrac{{ID}}{{IC}} = \dfrac{{IC}}{{IB}} \Leftrightarrow I{C^2} = IB.ID\left( {{\rm{dpcm}}} \right)$
c) Do \({\rm{M}}\) là trung điểm của \({\rm{BD}}\) (gt) nên \(OM \bot BD\) (tính chất đường kính vuông góc với dây cung)
Xét tứ giác ICOM có \(\angle IMO + \angle ICO = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác ICOM nội tiếp đường tròn (dhnb)
Mà tứ giác \({\rm{OAIC}}\) nội tiếp đường tròn \(\left( {{\rm{cmt}}} \right)\) nên \({\rm{I}},{\rm{C}},{\rm{O}},{\rm{M}},{\rm{A}}\) cùng thuộc một đường tròn
\( \Rightarrow \angle IMC = \angle IAC\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{IC}}\)) (1)
Mà \(\angle AEC = \angle IAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) (2)
và \(\angle IMC = \angle EMB\) (đối đỉnh) (3)
Từ (1),(2), (3) \( \Rightarrow \angle AEM = \angle EMB\left( { = \angle IMC = \angle IAC} \right)\)
Mà 2 góc này ờ vị trí so le trong nên suy ra \(AE \bot BD\)
Mà \(OM \bot BD\) (cmt) \( \Rightarrow OM \bot AE\) (đpcm)
Câu 1: Tính giá trị biểu thúrc sau:
a) \(\frac{{\sqrt {81} }}{3}\)
b) \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 \)
Câu 2: Giải phương trình sau: \(3{x^2} + x - 4 = 0\).
Câu 3: Giải hệ phuơng trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.\)
Câu 4: Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần. Tính xác suất sao cho hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau.
Câu 5: Cho biểu thức \(P = \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}\left( {x \ge 0,x \ne 1} \right)\).
a) Rút gọn biểu thúrc \(P\).
b) Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = \frac{1}{3}\).
Câu 6: Cho hàm số \(y = mx + 2m - 1\). Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5.
Câu 7: Một cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại \(A\) và \(B\) về bán. Biết mỗi sản phẩm loại \(A\) nặng \(9\;{\rm{kg}}\), mỗi sản phẩm loại B nặng \(10\;{\rm{kg}}\) và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là \(95\;{\rm{kg}}\). Hỏi cửa hàng đã nhập bao nhiêu sản phẩm mỗi loại.
Câu 8: Cho phương trình: \({x^2} + 2mx + {m^2} + m - 2 = 0\) (1) (m là tham số). Tìm \(m\) để phuơng trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) sao cho biểu thức \(P\) đạt giá trị lớn nhất với \(P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + \left( {2m + 3} \right){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}\).
Câu 9: Cho tam giác \(ABC\) vuông ở \(A\), có đường cao \(AH\). Biết góc \(\angle ABC = 60^\circ \), độ dài \(BC = 40{\rm{\;cm}}\).
a) Tính độ dài cạnh \(AB\).
b) Gọi điểm K thuộc đọan thẳng AC sao cho HK vuông góc với AC. Tính độ dài đoạn thẳng HK.
Câu 10: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn \((BA < BC)\) và nội tiếp đường tròn tâm \(O\). Hai tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) tại \(A\) và \(C\) cắt nhau tại \(I\). Tia BI cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thúr hai là \(D\).
a) Chứng minh rằng tứ giác OAIC nội tiếp.
b) Chứng minh \(I{C^2} = IB.ID\)
c) Gọi \(M\) là trung điểm của BD. Tia CM cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(E\). CMR: \(MO \bot AE\)
-----HẾT-----
Câu 1: Tính giá trị biểu thúrc sau:
a) \(\frac{{\sqrt {81} }}{3}\)
b) \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 \)
Câu 2: Giải phương trình sau: \(3{x^2} + x - 4 = 0\).
Câu 3: Giải hệ phuơng trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.\)
Câu 4: Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần. Tính xác suất sao cho hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau.
Câu 5: Cho biểu thức \(P = \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}\left( {x \ge 0,x \ne 1} \right)\).
a) Rút gọn biểu thúrc \(P\).
b) Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = \frac{1}{3}\).
Câu 6: Cho hàm số \(y = mx + 2m - 1\). Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5.
Câu 7: Một cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại \(A\) và \(B\) về bán. Biết mỗi sản phẩm loại \(A\) nặng \(9\;{\rm{kg}}\), mỗi sản phẩm loại B nặng \(10\;{\rm{kg}}\) và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là \(95\;{\rm{kg}}\). Hỏi cửa hàng đã nhập bao nhiêu sản phẩm mỗi loại.
Câu 8: Cho phương trình: \({x^2} + 2mx + {m^2} + m - 2 = 0\) (1) (m là tham số). Tìm \(m\) để phuơng trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) sao cho biểu thức \(P\) đạt giá trị lớn nhất với \(P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + \left( {2m + 3} \right){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}\).
Câu 9: Cho tam giác \(ABC\) vuông ở \(A\), có đường cao \(AH\). Biết góc \(\angle ABC = 60^\circ \), độ dài \(BC = 40{\rm{\;cm}}\).
a) Tính độ dài cạnh \(AB\).
b) Gọi điểm K thuộc đọan thẳng AC sao cho HK vuông góc với AC. Tính độ dài đoạn thẳng HK.
Câu 10: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn \((BA < BC)\) và nội tiếp đường tròn tâm \(O\). Hai tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) tại \(A\) và \(C\) cắt nhau tại \(I\). Tia BI cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thúr hai là \(D\).
a) Chứng minh rằng tứ giác OAIC nội tiếp.
b) Chứng minh \(I{C^2} = IB.ID\)
c) Gọi \(M\) là trung điểm của BD. Tia CM cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(E\). CMR: \(MO \bot AE\)
-----HẾT-----
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
Tính toán với căn bậc hai \(\sqrt {{x^2}} {\rm{ \;}} = \left| x \right|\)
Cách giải:
a) Ta có: \(\frac{{\sqrt {81} }}{3} = \frac{{\sqrt {{9^2}} }}{3} = \frac{9}{3} = 3\).
b) Ta có: \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 {\rm{ \;}} = \sqrt {{4^2}} {\rm{ \;}} - \sqrt {{3^2}} {\rm{ \;}} = 4 - 3 = 1\).
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
Nhẩm nghiệm phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0(a \ne 0)\):
Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Nếu \(a - b + c = 0\) thì phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = {\rm{ \;}} - 1}\\{{x_2} = \frac{{ - c}}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Xét \(3{x^2} + x - 4 = 0\).
Ta có: \(a + b + c = 3 + 1 + \left( { - 4} \right) = 0\)
Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 4}}{3}}\end{array}} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - \frac{4}{3}} \right\}\).
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5y = {\rm{ \;}} - 5}\\{x = 3 - y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 3 - \left( { - 1} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 4}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {4; - 1} \right)\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Xác suất của biến cố bằng tỉ số của kết quả thuận lợi với các kết quả có thể xảy ra.
Cách giải:
Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần các trường hợp có thể xảy ra là: \(\left\{ {SS;SN;SN;NS} \right\}\).
Vậy có tất cả 4 trường hợp có thể xảy ra.
Hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau có 2 khả năng là: \(\left\{ {SS;NN} \right\}\).
Vậy xác suất hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau là: \(\frac{2}{4} = \frac{1}{2} = 0,5\).
Câu 5 (TH):
Phương pháp:
a) Rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai (quy đồng, tính toán, quy tắc dấu).
b) Giải phương trình tìm x, chú ý đối chiếu điều kiện.
Cách giải:
a) Với \(x \ge 0,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x - 1}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}} - \frac{{\sqrt x + 1}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x - 1 - \sqrt x - 1 + 2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2\sqrt x - 2}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2(\sqrt x - 1)}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{2}{{\sqrt x + 1}}\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,x \ne 1\) thì \(P = \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}\).
b) Để \(P = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} = \frac{1}{3}\)
\(\begin{array}{*{20}{r}}{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} + 1 = 6}\\{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} = 5}\\{}&{\; \Leftrightarrow x = 25\left( {{\rm{tm}}} \right)}\end{array}\)
Vậy để \(P = \frac{1}{3}\) thì \(x = 25\).
Câu 6 (TH):
Phương pháp:
Đồ thị hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\) cắt trung tung tại điểm có hoành độ bằng 0.
Cách giải:
Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5 nên đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;5} \right)\).
Thay \({\rm{x}} = 0,{\rm{y}} = 5\) vào hàm số ta được: \(5 = m.0 + 2m - 1 \Leftrightarrow 2m - 1 = 5 \Leftrightarrow 2m = 6 \Leftrightarrow m = 3.\;\)
Vậy \(m = 3\).
Câu 7 (TH):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Hệ phương trình: tổng số sản phẩm và tổng khối lượng.
Cách giải:
Gọi số sản phẩm loại \({\rm{A}}\) đã nhập là \({\rm{x}}\) (sản phẩm). Số sản phẩm loại \({\rm{B}}\) đã nhập là \({\rm{y}}\) (sản phẩm)
(ĐK: \(x,y \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},x,y < 10\) ).
Vì cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại \({\rm{A}}\) và \({\rm{B}}\) về bán nên ta có phương trình \(x + y = 10\) (1)
Vì mỗi sản phẩm loại \(A\) nặng \(9\;{\rm{kg}}\), mỗi sản phẩm loại \(B\) nặng \(10\;{\rm{kg}}\) và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là \(95\;{\rm{kg}}\) nên ta có phương trình: \(9x + 10y = 95\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 10}\\{9x + 10y = 95}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10y = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10\left( {10 - x} \right) = 95}\end{array}} \right.} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 100 - 10x = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{x = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{y = 5}\end{array}\left( {{\rm{tm}}} \right)} \right.} \right.} \right.\)
Vậy cửa hàng đó đã nhập 5 sản phẩm loại \({\rm{A}}\) và 5 sản phẩm loại \({\rm{B}}\).
Câu 8 (VD):
Phương pháp:
Công thức Công thức \(\Delta ' = {(b')^2} - ac\) với \(b' = \frac{b}{2}\)
Phương trình có hai nghiệm khi \(\Delta {\rm{ \;}} \ge 0\)
Hệ thức Vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Ta có: \(\Delta ' = {m^2} - 1 \cdot \left( {{m^2} + m - 2} \right) = {m^2} - {m^2} - m + 2 = {\rm{ \;}} - m + 2\).
Để phương trình (I) có hai nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0\) hay \( - m + 2 \ge 0 \Leftrightarrow m \le 2\).
Ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + (2m + 3){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3{x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\end{array}\)
Áp dụng định lý Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.\), khi đó:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right){x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - {x_1}{x_2} - x_2^2 + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2}} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - {{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} + 2{x_1}{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\end{array}\)
Thay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.\) vào \(P\) ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - {{( - 2m)}^2} + 2\left( {{m^2} + m - 2} \right) + 3\left( { - 2m} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - 4{m^2} + 2{m^2} + 2m - 4 - 6m}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{m^2} - 4m - 4}\\{P = {\rm{ \;}} - 2\left( {{m^2} + 2m + 1} \right) - 2}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{{(m + 1)}^2} - 2}\end{array}\)
Ta có \({(m + 1)^2} \ge 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} \le 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} - 2 \le {\rm{ \;}} - 2\forall m\).
Dấu "=" xảy ra khi \({(m + 1)^2} = 0 \Leftrightarrow m + 1 = 0 \Leftrightarrow m = {\rm{ \;}} - 1\)
Vậy GTLN của \(P\) là -2 , đạt được khi \(m = {\rm{ \;}} - 1\).
Câu 9 (VD):
Phương pháp:
Công thức lượng giác trong tam giác vuông.
Hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
a) Xét tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại \({\rm{A}}\) có:\(AB = BC.{\rm{cos}}60^\circ = 40.\frac{1}{2} = 20\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Vậy \(AB = 20\left( {cm} \right)\).
b) Xét tam giác vuông \({\rm{ABC}}\) ta có:
\(AC = BC.{\rm{sin}}60^\circ = 40.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 20\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right)\)
Vì tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại \({\rm{A}}\) nên: \(\angle B + \angle C = 90^\circ \Rightarrow \angle C = 90^\circ - \angle B = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \)
Xét tam giác vuông \({\rm{AHC}}\) ta có: \(HC = AC.{\rm{cos}}30^\circ = 20\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 30\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \({\rm{ABC}}\), đường cao \({\rm{AH}}\) ta có:
\(AH.BC = AB.AC \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{20.20\sqrt 3 }}{{40}} = 10\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right).\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \({\rm{AHC}}\), đường cao \({\rm{HK}}\) ta có:
\(HK.AC = AH.HC \Rightarrow HK = \frac{{AH.HC}}{{AC}} = \frac{{10\sqrt 3 .30}}{{20\sqrt 3 }} = 15\left( {\;{\rm{cm}}} \right).\)
Vậy HK = \(15\left( {\;{\rm{cm}}} \right)\).
Câu 10 (VDC):
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác OAIC có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) nên nội tiếp.
b) Chứng ${\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {g - g} \right)$ suy ra các cặp cạnh tỉ lệ.
c) Chứng minh AE song song với BD, mà BD vuông góc với MO suy ra điều phải chứng minh.
Cách giải:
a) Ta có \({\rm{IA}}\) và \({\rm{IC}}\) là tiếp tuyến của đường tròn nên \(OA \bot IA;OC \bot CI\). \( \Rightarrow \angle OAI = \angle OCI = 90^\circ \)
Xét tứ giác \({\rm{OAIC}}\) có \(\angle OAI + \angle OCI = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác \({\rm{OAIC}}\) nội tiếp đường tròn (dhnb) (đpcm)
b) Xét và có:
\(\angle CID\) chung
\(\angle ICD = \angle IBC\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
$\Rightarrow {\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {{\rm{\;g}}.{\rm{g}}} \right) \Rightarrow \dfrac{{ID}}{{IC}} = \dfrac{{IC}}{{IB}} \Leftrightarrow I{C^2} = IB.ID\left( {{\rm{dpcm}}} \right)$
c) Do \({\rm{M}}\) là trung điểm của \({\rm{BD}}\) (gt) nên \(OM \bot BD\) (tính chất đường kính vuông góc với dây cung)
Xét tứ giác ICOM có \(\angle IMO + \angle ICO = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác ICOM nội tiếp đường tròn (dhnb)
Mà tứ giác \({\rm{OAIC}}\) nội tiếp đường tròn \(\left( {{\rm{cmt}}} \right)\) nên \({\rm{I}},{\rm{C}},{\rm{O}},{\rm{M}},{\rm{A}}\) cùng thuộc một đường tròn
\( \Rightarrow \angle IMC = \angle IAC\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{IC}}\)) (1)
Mà \(\angle AEC = \angle IAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) (2)
và \(\angle IMC = \angle EMB\) (đối đỉnh) (3)
Từ (1),(2), (3) \( \Rightarrow \angle AEM = \angle EMB\left( { = \angle IMC = \angle IAC} \right)\)
Mà 2 góc này ờ vị trí so le trong nên suy ra \(AE \bot BD\)
Mà \(OM \bot BD\) (cmt) \( \Rightarrow OM \bot AE\) (đpcm)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Lào Cai năm 2023 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Đề thi thường bao gồm các kiến thức trọng tâm từ chương trình Toán lớp 9, tập trung vào các chủ đề như đại số, hình học và số học. Việc nắm vững kiến thức nền tảng và luyện tập thường xuyên là chìa khóa để đạt kết quả tốt trong kỳ thi này.
Đề thi thường được chia thành các phần chính sau:
Tỷ lệ điểm giữa phần trắc nghiệm và tự luận có thể thay đổi tùy theo từng năm, nhưng thường phần tự luận chiếm tỷ trọng lớn hơn.
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi, các em học sinh cần tập trung vào các chủ đề kiến thức sau:
Việc luyện tập với các đề thi thử và đề thi chính thức của các năm trước là một phương pháp hiệu quả để làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải bài và đánh giá năng lực bản thân. Loigiai.com.vn cung cấp đầy đủ các đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2023, kèm theo đáp án chi tiết và lời giải dễ hiểu.
Để giải đề thi hiệu quả, các em học sinh cần:
Ngoài việc luyện tập với đề thi, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi bổ trợ như sách giáo khoa, sách bài tập, các trang web học toán online và các video hướng dẫn giải bài tập.
Trước kỳ thi, các em học sinh cần:
| Trường THPT | Điểm chuẩn (2022) |
|---|---|
| THPT Chuyên Lào Cai | 35.0 |
| THPT Lào Cai | 30.0 |
| THPT Kim Đồng | 28.0 |
| Lưu ý: Điểm chuẩn có thể thay đổi theo từng năm. | |
Kỳ thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2023 là một thử thách lớn, nhưng với sự chuẩn bị kỹ lưỡng và phương pháp học tập hiệu quả, các em học sinh hoàn toàn có thể đạt được kết quả tốt nhất. Loigiai.com.vn luôn đồng hành cùng các em trên con đường chinh phục tri thức.
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!
