Loigiai.com.vn xin giới thiệu Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 chính thức, được sử dụng trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 tại tỉnh Nghệ An. 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 (2,5 điểm): a) So sánh
Câu 1 (2,5 điểm):
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Câu 2 (2 điểm):
Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số.
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Câu 3 (1,5 điểm):
Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau).
Câu 4 (3 điểm):
Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) KM.KA = KE.KF.
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Câu 5 (1 điểm):
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
Câu 1 (2,5 điểm):
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Câu 2 (2 điểm):
Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số.
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Câu 3 (1,5 điểm):
Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau).
Câu 4 (3 điểm):
Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) KM.KA = KE.KF.
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Câu 5 (1 điểm):
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
Câu 1: a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\) b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\) c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\) |
Phương pháp:
a) Rút gọn số hạng thứ nhất sau đó so sánh theo tính chất: với mọi \(a > b > 0\) ta có: \(\sqrt a > \sqrt b .\)
b) Quy đồng mẫu các phân thức và rút gọn biểu thức ở vế trái sao cho bằng biểu thức ở vế phải.
c) Thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số đểm tìm m.
Cách giải:
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
Ta có: \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} = 2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 = 5\sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} = \sqrt {75} .\)
Vì \(75 > 74 \Rightarrow \sqrt {75} > \sqrt {74} \Rightarrow 2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
Vậy \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
\(\begin{array}{l}\;\;\;\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 2 - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{4}{{x - 4}}.\dfrac{{x - 4}}{4} = 1\;\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\;x \ne 4\) ta có: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right) \Rightarrow 2 = 3.1 + m \Leftrightarrow m = - 1.\)
Vậy \(m = - 1.\)
Câu 2: Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số. |
Phương pháp:
a) Thay giá trị \(m = - 2\) vào phương trình sau đó giải phương trình bậc hai một ẩn.
b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
+) Áp dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) và biểu thức bài cho để tìm \(m.\)
Cách giải:
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
Với \(m = - 2\) ta có phương trình
\(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy với \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3;\;1} \right\}.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\( \Leftrightarrow 1 - m + 1 > 0 \Leftrightarrow m < 2.\)
Với \(m < 2\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = m - 1\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \({x_1} = 2{x_2}.\)
Kết hợp với phương trình (1) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} = 2{x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} - 2{x_2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = - \dfrac{4}{3}\\{x_2} = - \dfrac{2}{3}\end{array} \right..\)
\( \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = m - 1 \Leftrightarrow \left( { - \dfrac{2}{3}} \right).\left( { - \dfrac{4}{3}} \right) = m - 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{{17}}{9}\;\;\left( {tm} \right).\)
Vậy \(m = \dfrac{{17}}{9}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 3: Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau). |
Phương pháp:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Dựa vào giả thiết của bài toán để lập hệ phương trình và giải hệ phương trình.
+) Phương trình thứ nhất: Số sách lớp 8 + số sách lớp 9 quyên góp được = 540.
+) Phương trình thứ hai: Số sách mỗi học sinh khối 9 – số sách mỗi học sinh khối 8 = 1.
Giải hệ phương trình vừa lập để tìm \(x,\;y\) và kết luận.
Cách giải:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Số sách cả hai khối quyên góp được là: \(x + y = 540\;\;\;\;\left( 1 \right).\)
Số sách một bạn học sinh khối 8 quyên góp là: \(\dfrac{x}{{120}}\) (quyển)
Số sách một bạn học sinh khối 9 quyên góp là: \(\dfrac{y}{{100}}\) (quyển)
Mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển nên ta có phương trình:
\(\dfrac{y}{{100}} - \dfrac{x}{{120}} = 1 \Leftrightarrow - 5x + 6y = 600\;\;\;\left( 2 \right).\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 540\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 5y = 2700\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11y = 3300\\x = 540 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 300\;\;\left( {tm} \right)\\x = 240\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)
Vậy khối 9 đã quyên góp được 300 quyển sách, khối 8 đã quyên góp được 240 quyển sách.
Câu 4: Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng: |
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác BCEF có hai đỉnh E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc bằng nhau.
b) Chứng minh tam giác MKB và tam giác CKA đồng dạng, chứng minh tam giác KBF và tam giác KEC đồng dạng.
c) Kéo dài MH cắt (O) tại I. chứng minh AI là đường kính của đường tròn (O).
Chứng minh BICH là hình bình hành, suy ra MH đi qua trung điểm của BC cố định.
Cách giải:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(BFEC\) ta có: \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^0}\)
Mà hai đỉnh này cùng kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(BC\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow BCEF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
b) KM.KA = KE.KF.
Vì \(BMAC\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta MKB\) và \(\Delta CKA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {AKC}\;\;chung\\\widehat {KMB} = \widehat {ACK}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MKB \sim \Delta CKA\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{MK}}{{CK}} = \dfrac{{KB}}{{KA}} \Leftrightarrow KM.KA = KC.KB\;\;\;\;\left( 1 \right).\end{array}\)
Vì tứ giác \(BCEF\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KBF} = \widehat {FEC}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta KBF\) và \(\Delta KEC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {CKF}\;\;chung\\\widehat {KBF} = \widehat {KEC}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta KBF \sim \Delta KEC\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{KB}}{{KE}} = \dfrac{{KF}}{{KC}} \Leftrightarrow KB.KC = KF.KF\;\;\;\;\left( 2 \right).\end{array}\)
Từ (1) và (2) ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( { = KB.KC} \right).\;\;\;\left( {dpcm} \right)\)
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Kéo dài \(MH\) cắt đường tròn tại \(I.\)
Ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( {cmt} \right) \Rightarrow \dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}.\)
Xét \(\Delta KME\) và \(\Delta KFA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}\;\;\left( {cmt} \right)\\\widehat {AKE}\;\;chung.\\ \Rightarrow \Delta KME \sim \Delta KFA\;\left( {c.g.c} \right).\\ \Rightarrow \widehat {KAF} = \widehat {KEM}\;\;hay\;\;\widehat {MEF} = \widehat {MAF}.\end{array}\)
Mà hai góc này là hai góc kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(MF\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow MAEF\) là tứ giác nội tiếp hay \(M,\;A,\;E,\;F\) cùng thuộc một đường tròn. (dhnb)
Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.\)
\( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp hay \(A,\;E,\;H,\;F\) cùng thuộc một đường tròn.
\( \Rightarrow A,\;M,\;F,\;H,\;E\) cùng thuộc một đường tròn.
Lại có \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = {90^0} \Rightarrow AH\) đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm \(A,\;M,\;F,\;H,\;E.\)
Mặt khác, \(\widehat {AMH}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {AMH} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {AMI} = {90^0} \Rightarrow AI\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right).\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {ABI} = {90^0}\;\;hay\;\;AB \bot BI.\\ \Rightarrow BI//CF\;\;hay\;\;BC//CF\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta được \(CI//BE\;\;hay\;\;CI//BH.\)
\( \Rightarrow BHCI\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
\( \Rightarrow BC \cap HI = \left\{ J \right\}\) hay \(BC \cap MH = \left\{ J \right\}\) với \(J\) là trung điểm của \(BC.\)
Mà \(BC\) cố định nên \(J\) cố định.
Vậy khi \(A\) thay đổi ta có \(MH\) luôn đi qua trung điểm \(J\) cố định của cạnh \(BC.\)
Câu 5:
Cách giải:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Điều kiện: \(1 - x - 2{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le \dfrac{1}{2}.\)
Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y \Leftrightarrow 2{x^2} - 2xy + x - y = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2x\left( {x - y} \right) + \left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + 1 = 0\\x - y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \dfrac{1}{2}\;\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = y\end{array} \right..\end{array}\)
+) Với \(x = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow y + 2\sqrt {1 + \dfrac{1}{2} - 2.\dfrac{1}{4}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y + 2 = 2 + 2{y^2} \Leftrightarrow 2{y^2} - y = 0\\ \Leftrightarrow y\left( {2y - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\2y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right..\end{array}\)
Khi đó hệ có tập nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}.\)
+) Với \(x = y \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow x + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {x^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 + 1\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 - 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow 4{x^2} + {\left( {\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 0\\\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\1 - x - 2{x^2} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} + x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0\;\;\left( {tm} \right) \Rightarrow y = 0.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right),\;\;\left( {0;\;0} \right)} \right\}.\)
Câu 1: a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\) b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\) c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\) |
Phương pháp:
a) Rút gọn số hạng thứ nhất sau đó so sánh theo tính chất: với mọi \(a > b > 0\) ta có: \(\sqrt a > \sqrt b .\)
b) Quy đồng mẫu các phân thức và rút gọn biểu thức ở vế trái sao cho bằng biểu thức ở vế phải.
c) Thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số đểm tìm m.
Cách giải:
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
Ta có: \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} = 2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 = 5\sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} = \sqrt {75} .\)
Vì \(75 > 74 \Rightarrow \sqrt {75} > \sqrt {74} \Rightarrow 2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
Vậy \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
\(\begin{array}{l}\;\;\;\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 2 - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{4}{{x - 4}}.\dfrac{{x - 4}}{4} = 1\;\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\;x \ne 4\) ta có: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right) \Rightarrow 2 = 3.1 + m \Leftrightarrow m = - 1.\)
Vậy \(m = - 1.\)
Câu 2: Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số. |
Phương pháp:
a) Thay giá trị \(m = - 2\) vào phương trình sau đó giải phương trình bậc hai một ẩn.
b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
+) Áp dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) và biểu thức bài cho để tìm \(m.\)
Cách giải:
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
Với \(m = - 2\) ta có phương trình
\(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy với \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3;\;1} \right\}.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\( \Leftrightarrow 1 - m + 1 > 0 \Leftrightarrow m < 2.\)
Với \(m < 2\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = m - 1\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \({x_1} = 2{x_2}.\)
Kết hợp với phương trình (1) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} = 2{x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} - 2{x_2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = - \dfrac{4}{3}\\{x_2} = - \dfrac{2}{3}\end{array} \right..\)
\( \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = m - 1 \Leftrightarrow \left( { - \dfrac{2}{3}} \right).\left( { - \dfrac{4}{3}} \right) = m - 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{{17}}{9}\;\;\left( {tm} \right).\)
Vậy \(m = \dfrac{{17}}{9}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 3: Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau). |
Phương pháp:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Dựa vào giả thiết của bài toán để lập hệ phương trình và giải hệ phương trình.
+) Phương trình thứ nhất: Số sách lớp 8 + số sách lớp 9 quyên góp được = 540.
+) Phương trình thứ hai: Số sách mỗi học sinh khối 9 – số sách mỗi học sinh khối 8 = 1.
Giải hệ phương trình vừa lập để tìm \(x,\;y\) và kết luận.
Cách giải:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Số sách cả hai khối quyên góp được là: \(x + y = 540\;\;\;\;\left( 1 \right).\)
Số sách một bạn học sinh khối 8 quyên góp là: \(\dfrac{x}{{120}}\) (quyển)
Số sách một bạn học sinh khối 9 quyên góp là: \(\dfrac{y}{{100}}\) (quyển)
Mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển nên ta có phương trình:
\(\dfrac{y}{{100}} - \dfrac{x}{{120}} = 1 \Leftrightarrow - 5x + 6y = 600\;\;\;\left( 2 \right).\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 540\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 5y = 2700\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11y = 3300\\x = 540 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 300\;\;\left( {tm} \right)\\x = 240\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)
Vậy khối 9 đã quyên góp được 300 quyển sách, khối 8 đã quyên góp được 240 quyển sách.
Câu 4: Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng: |
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác BCEF có hai đỉnh E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc bằng nhau.
b) Chứng minh tam giác MKB và tam giác CKA đồng dạng, chứng minh tam giác KBF và tam giác KEC đồng dạng.
c) Kéo dài MH cắt (O) tại I. chứng minh AI là đường kính của đường tròn (O).
Chứng minh BICH là hình bình hành, suy ra MH đi qua trung điểm của BC cố định.
Cách giải:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(BFEC\) ta có: \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^0}\)
Mà hai đỉnh này cùng kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(BC\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow BCEF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
b) KM.KA = KE.KF.
Vì \(BMAC\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta MKB\) và \(\Delta CKA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {AKC}\;\;chung\\\widehat {KMB} = \widehat {ACK}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MKB \sim \Delta CKA\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{MK}}{{CK}} = \dfrac{{KB}}{{KA}} \Leftrightarrow KM.KA = KC.KB\;\;\;\;\left( 1 \right).\end{array}\)
Vì tứ giác \(BCEF\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KBF} = \widehat {FEC}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta KBF\) và \(\Delta KEC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {CKF}\;\;chung\\\widehat {KBF} = \widehat {KEC}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta KBF \sim \Delta KEC\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{KB}}{{KE}} = \dfrac{{KF}}{{KC}} \Leftrightarrow KB.KC = KF.KF\;\;\;\;\left( 2 \right).\end{array}\)
Từ (1) và (2) ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( { = KB.KC} \right).\;\;\;\left( {dpcm} \right)\)
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Kéo dài \(MH\) cắt đường tròn tại \(I.\)
Ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( {cmt} \right) \Rightarrow \dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}.\)
Xét \(\Delta KME\) và \(\Delta KFA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}\;\;\left( {cmt} \right)\\\widehat {AKE}\;\;chung.\\ \Rightarrow \Delta KME \sim \Delta KFA\;\left( {c.g.c} \right).\\ \Rightarrow \widehat {KAF} = \widehat {KEM}\;\;hay\;\;\widehat {MEF} = \widehat {MAF}.\end{array}\)
Mà hai góc này là hai góc kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(MF\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow MAEF\) là tứ giác nội tiếp hay \(M,\;A,\;E,\;F\) cùng thuộc một đường tròn. (dhnb)
Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.\)
\( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp hay \(A,\;E,\;H,\;F\) cùng thuộc một đường tròn.
\( \Rightarrow A,\;M,\;F,\;H,\;E\) cùng thuộc một đường tròn.
Lại có \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = {90^0} \Rightarrow AH\) đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm \(A,\;M,\;F,\;H,\;E.\)
Mặt khác, \(\widehat {AMH}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {AMH} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {AMI} = {90^0} \Rightarrow AI\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right).\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {ABI} = {90^0}\;\;hay\;\;AB \bot BI.\\ \Rightarrow BI//CF\;\;hay\;\;BC//CF\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta được \(CI//BE\;\;hay\;\;CI//BH.\)
\( \Rightarrow BHCI\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
\( \Rightarrow BC \cap HI = \left\{ J \right\}\) hay \(BC \cap MH = \left\{ J \right\}\) với \(J\) là trung điểm của \(BC.\)
Mà \(BC\) cố định nên \(J\) cố định.
Vậy khi \(A\) thay đổi ta có \(MH\) luôn đi qua trung điểm \(J\) cố định của cạnh \(BC.\)
Câu 5:
Cách giải:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Điều kiện: \(1 - x - 2{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le \dfrac{1}{2}.\)
Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y \Leftrightarrow 2{x^2} - 2xy + x - y = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2x\left( {x - y} \right) + \left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + 1 = 0\\x - y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \dfrac{1}{2}\;\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = y\end{array} \right..\end{array}\)
+) Với \(x = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow y + 2\sqrt {1 + \dfrac{1}{2} - 2.\dfrac{1}{4}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y + 2 = 2 + 2{y^2} \Leftrightarrow 2{y^2} - y = 0\\ \Leftrightarrow y\left( {2y - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\2y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right..\end{array}\)
Khi đó hệ có tập nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}.\)
+) Với \(x = y \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow x + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {x^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 + 1\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 - 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow 4{x^2} + {\left( {\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 0\\\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\1 - x - 2{x^2} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} + x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0\;\;\left( {tm} \right) \Rightarrow y = 0.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right),\;\;\left( {0;\;0} \right)} \right\}.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Nghệ An luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước chuyển mình của học sinh từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Môn Toán đóng vai trò then chốt trong việc xét tuyển, do đó, việc nắm vững kiến thức và luyện tập thường xuyên là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 là một nguồn tài liệu quý giá để học sinh chuẩn bị cho kỳ thi này.
Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 thường bao gồm các dạng bài sau:
Để giúp học sinh hiểu rõ hơn về đề thi, chúng ta sẽ phân tích một số câu hỏi điển hình trong đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018:
Phương trình thường xuất hiện trong đề thi là phương trình bậc hai, phương trình bậc ba, hoặc phương trình chứa căn thức. Để giải quyết các bài toán này, học sinh cần nắm vững các phương pháp giải phương trình đã học, như phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp phân tích thành nhân tử, hoặc phương pháp sử dụng công thức nghiệm.
Các bài toán chứng minh đẳng thức hình học thường yêu cầu học sinh vận dụng các định lý và tính chất của các hình hình học, như định lý Pitago, định lý Thales, hoặc định lý về góc nội tiếp. Để giải quyết các bài toán này, học sinh cần vẽ hình chính xác và suy luận logic.
Các bài toán tính xác suất thường yêu cầu học sinh hiểu rõ khái niệm về xác suất và các công thức tính xác suất. Để giải quyết các bài toán này, học sinh cần xác định không gian mẫu và các biến cố có thể xảy ra.
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi vào 10 môn Toán Nghệ An, học sinh cần:
Loigiai.com.vn cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi Toán vào 10, bao gồm:
Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 là một tài liệu quan trọng giúp học sinh chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh lớp 10. Bằng cách phân tích cấu trúc đề thi, luyện tập thường xuyên, và sử dụng các tài liệu ôn thi phù hợp, học sinh có thể tự tin đạt kết quả tốt trong kỳ thi này. Chúc các em thành công!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Khám phá thế giới phân dạng, từ hình học trừu tượng đến ứng dụng trong nghệ thuật và tự nhiên. Tìm hiểu cách phân dạng tạo ra vẻ đẹp vô hạn!
Bạn đã bao giờ gặp một điều nghe có vẻ vô lý nhưng lại chứa đựng sự thật? Khám phá thế giới Paradox - những mâu thuẫn thú vị giúp bạn nhìn nhận cuộc sống dưới một góc độ mới lạ. Đọc ngay!
Khám phá 'Tên của trò chơi là bắt cóc' - cuốn sách hấp dẫn đưa bạn vào thế giới ngầm đầy rẫy những kẻ ác. Đánh giá chi tiết, phân tích sâu sắc và lý do bạn nên đọc ngay!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán lớp 1 khó nhất! Hướng dẫn phụ huynh cách hỗ trợ con học toán hiệu quả, tạo hứng thú và đạt kết quả tốt nhất. Khám phá các mẹo học tập thông minh!
Review sách 'Dữ liệu tử thần' của Jeffery Deaver. Khám phá cách tội phạm sử dụng thông tin cá nhân và học cách bảo vệ dữ liệu của bạn ngay hôm nay!
