Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Tây Ninh năm 2019 chính thức, kèm đáp án chi tiết. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết, giúp các em hiểu rõ từng bước giải và áp dụng vào các bài toán tương tự.
Câu 1 (1 điểm): Rút gọn biểu thức:
Câu 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức sau: \(T = \sqrt 4 + \sqrt {25} - \sqrt 9 \)
Câu 2 (1,0 điểm): Tìm \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\).
Câu 3 (1,0 điểm): Giải phương trình \({x^2} - x - 6 = 0\)
Câu 4 (VD) (1,0 điểm): Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2}.\)
Câu 5 (VD) (1,0 điểm): Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng \({d_1}:\,y = 2x + 1\) và đường thẳng \({d_2}:y = x + 3.\)
Câu 6 (VD) (1,0 điểm) : Cho tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) có đường trung tuyến \(BM\) (\(M \in AC).\) Biết \(AB = 2a.\) Tính theo \(a\) độ dài \(AC,\,AM\)và \(BM.\)
Câu 7 (1 điểm): Hai ô tô khởi hành cùng một lúc đi từ \(A\) đến \(B\). Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là \(10km/h\) nên ô tô thứ nhất đến \(B\) trước ô tô thứ hai \(\dfrac{1}{2}\) giờ. Tính vạn tốc của mỗi ô tô. Biết rằng quãng đường \(AB\) dài \(150km.\)
Câu 8 (1 điểm): Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình \({x^2} - 4x + m + 1 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 < 100.\)
Câu 9 (1 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn tâm \(O.\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB,\) đường thẳng qua \(I\) vuông góc với \(AO\) và cắt cạnh \(AC\) tại\(J.\) Chứng minh bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,J,\,\,I\) cùng thuộc một đường tròn.
Câu 10 (1 điểm): Cho đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\) và có bán kính \(R = 2a.\) Xét điểm \(M\) thay đổi sao cho \(IM = a.\) Hai dây \(AC,\,\,BD\) đi qua điểm \(M\) và vuông góc với nhau \(\left( {A,\,\,B,\,\,C,\,\,D \in \left( C \right)} \right).\) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác \(ABCD.\)
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
Khai căn bậc hai của một số. \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Cách giải:
Ta có: \(T = \sqrt 4 + \sqrt {25} - \sqrt 9 = 2 + 5 - 3 = 4\)
Câu 2 (TH)
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm A vào hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\), ta tìm được \(m\) .
Cách giải:
Vì đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\)nên ta có:
\(\begin{array}{l}5 = \left( {2m + 1} \right){.1^2}\\ \Rightarrow 5 = 2m + 1\\ \Rightarrow m = 2\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\)
Câu 3 (VD)
Phương pháp:
Giải phương trình bậc hai một ẩn.
Cách giải:
\({x^2} - x - 6 = 0\,\,\,\left( 1 \right) & ;\,\,\,a = 1;b = - 1;c = - 6\)
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25\,\, > 0\, \Rightarrow \sqrt \Delta = 5\)
\( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2.a}} = \dfrac{{1 + 5}}{2} = 3\\{x_2} = \dfrac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2.a}} = \dfrac{{1 - 5}}{2} = - 2\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là : \(S = \left\{ { - 2;3} \right\}\)
Câu 4 (VD)
Phương pháp:
Lập bảng giá trị rồi vẽ đồ thị hàm số.
Cách giải:
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | 0 | \(1\) | \(4\) |
Vậy đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) là Parabol đi qua \(5\) điểm có tọa độ \(\left( { - 2;4} \right),\left( { - 1;1} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;1} \right),\left( {2;4} \right)\)
Câu 5 (VD)
Phương pháp:
Cách 1: Giải phương trình hoành độ giao điểm.
Cách 2 : Giải hệ phương trình bao gồm 2 phương trình đường thẳng.
Cách giải:
Cách 1:
Phương trình hoành độ giao điểm của \({d_1},\,{d_2}\) là: \(2x + 1 = x + 3 \Leftrightarrow 2x - x = 3 - 1 \Leftrightarrow x = 2\)
Thay \(x = 2\) vào d2 ta có: \(y = x + 3 = 2 + 3 = 5\).
Vậy \(A\left( {2;5} \right)\) là giao điểm của hai đường thẳng.
Cách 2:
Gọi \(A\left( {x;y} \right)\) là giao điểm của \({d_1}\) và \({d_2}\).
Tọa độ của \(A\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}y = 2x + 1\\y = x + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 1\\x - y = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\x - y = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5\end{array} \right.\).
Vậy \(A\left( {2;5} \right)\).
Câu 6 (VD)
Phương pháp :
+ Tam giác vuông cân có hai cạnh góc vuông bằng nhau.
+ Tính chất đường trung tuyến.
+ Định lý py-ta-go trong tam giác.
Cách giải :
+ Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại A nên \(AC = AB = 2a\) + \(BM\) là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B, do đó: M là trung điểm của \(AC\) \( \Rightarrow AM = MC = \dfrac{{AC}}{2} = \dfrac{{2a}}{2} = a\) + Áp dụng định lý py-ta-go cho \(\Delta ABM\) vuông tại A: \(\begin{array}{l}B{M^2} = A{B^2} + A{M^2} = 4{a^2} + {a^2} = 5{a^2}\\ \Rightarrow BM = a\sqrt 5 \end{array}\) Vậy: \(AC = 2a;\,AM = a,\,BM = a\sqrt 5 .\) |
Câu 7 (VD)
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình
Bước 1: Đặt ẩn và tìm điều kiện của ẩn
Bước 2: Lập phương trình
Bước 3: Giải phương trình, so sánh các giá trị tìm được với điều kiện ở bước 1 để tìm các giá trị thỏa mãn sau đó kết luận.
Cách giải:
Gọi vận tốc của ô tô thứ hai là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Vì vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là \(10\,km/h\) nên vận tốc của ô tô thứ nhất là \(\left( {x + 10} \right)\,\,\,\,\left( {km/h} \right)\).
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{{x + 10}}\,\,\,\,\left( h \right)\).
Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{x}\,\,\,\left( h \right)\).
Vì ô tô thứ nhất đến B trước ô tô thứ hai là \(\dfrac{1}{2}\) giờ nên ta có phương trình \(\dfrac{{150}}{{x + 10}} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{150}}{x}\)
\( \Rightarrow 300x + x\left( {x + 10} \right) = 300\left( {x + 10} \right)\)
\( \Leftrightarrow 300x + {x^2} + 10x = 300x + 3000\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 3000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 50x + 60x - 3000 = 0\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x\left( {x - 50} \right) + 60\left( {x - 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 60} \right)\left( {x - 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 60 = 0\\x - 50 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 60\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 50\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc ô tô thứ hai là \(50\,km/h\) và vận tốc ô tô thứ nhất là \(50 + 10 = 60\,km/h\).
Câu 8 (VD)
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et và biến đổi hệ thức bài cho \(x_1^3 + x_2^3 = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right]\) để tìm giá trị \(m\) thỏa mãn bài toán.
Cách giải:
\({x^2} - 4x + m + 1 = 0\)
Ta có: \(a = 1;b = - 4;c = m + 1\)
\( \Rightarrow \Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - m - 1 = 3 - m\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 3 - m > 0 \Leftrightarrow m < 3\)
Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 < 100\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right) < 100\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] < 100\\ \Leftrightarrow 4.\left[ {16 - 3\left( {m + 1} \right)} \right] < 100\\ \Leftrightarrow 16 - 3m - 3 < 25\\ \Leftrightarrow - 3m < 12 \Leftrightarrow m > - 4\end{array}\)
Kết hợp với điều kiện \(m < 3\) và \(m\) nguyên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} - 4 < m < 3\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2} \right\}\)
Vậy \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2} \right\}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chú ý khi giải: HS chú khi giải xong nhớ kết hợp điều kiện của \(m\) và điều kiện \(m \in \mathbb{Z}.\)
Câu 9 (VD)
Phương pháp:
Sử dụng các tính chất về số đo góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung để chứng minh các góc tường ứng bằng nhau.
Chứng minh tứ giác \(BIJC\) là tứ giác nội tiếp nhờ dấu hiệu nhận biết.
Cách giải:
Gọi \(H = IJ \cap OA\).
Do \(I\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow OI \bot AB\) tại \(I\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
\( \Rightarrow \Delta OAI\) vuông tại \(I\).
Xét tam giác vuông \(OAI\) có: \(\angle IOA + \angle OAI = {90^0}\).
Xét tam giác vuông \(IAH\) có: \(\angle HIA + \angle HAI = {90^0} \Rightarrow \angle JIA + \angle OAI = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle IOA = \angle JIA\) (1).
Do tam giác \(OAB\) cân tại \(O\,\,\left( {OA = OB} \right) \Rightarrow \) Trung tuyến \(OI\) đồng thời là phân giác.
\( \Rightarrow \angle IOA = \dfrac{1}{2}\angle AOB\).
Mà \(\angle ACB = \dfrac{1}{2}\angle AOB\) (tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
\( \Rightarrow \angle IOA = \angle ACB = \angle JCB\) (2).
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right) \Rightarrow \angle JIA = \angle JCB \Rightarrow \) Tứ giác \(BCJI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Vậy bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,J\) và \(I\) cùng thuộc 1 đường tròn.
Câu 10 (VDC):
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức tính diện tích tứ giác có 2 đường chéo vuông góc: \(S = \dfrac{1}{2}AC.BD\).
+) Áp dụng BĐT Cô-si.
+) Chứng minh \(A{C^2} + B{D^2}\) không đổi.
+) Tìm điều kiện để dấu “=” xảy ra.
Cách giải:
Tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo \(AC \bot BD\) \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD \le \dfrac{{A{C^2} + B{D^2}}}{4}\)
Kẻ \(IE \bot AC\left( {E \in AC} \right),IF \bot BD\left( {F \in BD} \right)\)
\(AC = 2AF = 2\sqrt {I{A^2} - I{F^2}} = 2\sqrt {4{a^2} - I{F^2}} \)
\(BD = 2DE = 2\sqrt {I{D^2} - I{E^2}} = 2\sqrt {4{a^2} - I{E^2}} \)
\( \Rightarrow A{C^2} + B{D^2} = 4\left( {4{a^2} - I{F^2}} \right) + 4\left( {4{a^2} - I{E^2}} \right)\) \( = 32{a^2} - 4\left( {I{E^2} + I{F^2}} \right)\).
Xét tứ giác \(IEMF\) có \(\angle IEM = \angle IFM = \angle EMF = {90^0} \Rightarrow IEMF\) là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông)
\( \Rightarrow IF = EM \Rightarrow I{E^2} + I{F^2} = I{M^2} = {a^2}\)
\( \Rightarrow A{C^2} + B{D^2} = 32{a^2} - 4{a^2} = 28{a^2}\)
\( \Rightarrow {S_{ABCD}} \le \dfrac{{28{a^2}}}{4} = 7{a^2}\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow AC = BD\).
Vậy \({S_{ABCD}}\) đạt GTLN bằng \(7{a^2}\) khi \(AC = BD\).
Câu 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức sau: \(T = \sqrt 4 + \sqrt {25} - \sqrt 9 \)
Câu 2 (1,0 điểm): Tìm \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\).
Câu 3 (1,0 điểm): Giải phương trình \({x^2} - x - 6 = 0\)
Câu 4 (VD) (1,0 điểm): Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2}.\)
Câu 5 (VD) (1,0 điểm): Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng \({d_1}:\,y = 2x + 1\) và đường thẳng \({d_2}:y = x + 3.\)
Câu 6 (VD) (1,0 điểm) : Cho tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) có đường trung tuyến \(BM\) (\(M \in AC).\) Biết \(AB = 2a.\) Tính theo \(a\) độ dài \(AC,\,AM\)và \(BM.\)
Câu 7 (1 điểm): Hai ô tô khởi hành cùng một lúc đi từ \(A\) đến \(B\). Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là \(10km/h\) nên ô tô thứ nhất đến \(B\) trước ô tô thứ hai \(\dfrac{1}{2}\) giờ. Tính vạn tốc của mỗi ô tô. Biết rằng quãng đường \(AB\) dài \(150km.\)
Câu 8 (1 điểm): Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình \({x^2} - 4x + m + 1 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 < 100.\)
Câu 9 (1 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn tâm \(O.\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB,\) đường thẳng qua \(I\) vuông góc với \(AO\) và cắt cạnh \(AC\) tại\(J.\) Chứng minh bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,J,\,\,I\) cùng thuộc một đường tròn.
Câu 10 (1 điểm): Cho đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\) và có bán kính \(R = 2a.\) Xét điểm \(M\) thay đổi sao cho \(IM = a.\) Hai dây \(AC,\,\,BD\) đi qua điểm \(M\) và vuông góc với nhau \(\left( {A,\,\,B,\,\,C,\,\,D \in \left( C \right)} \right).\) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác \(ABCD.\)
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
Khai căn bậc hai của một số. \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Cách giải:
Ta có: \(T = \sqrt 4 + \sqrt {25} - \sqrt 9 = 2 + 5 - 3 = 4\)
Câu 2 (TH)
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm A vào hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\), ta tìm được \(m\) .
Cách giải:
Vì đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\)nên ta có:
\(\begin{array}{l}5 = \left( {2m + 1} \right){.1^2}\\ \Rightarrow 5 = 2m + 1\\ \Rightarrow m = 2\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\)
Câu 3 (VD)
Phương pháp:
Giải phương trình bậc hai một ẩn.
Cách giải:
\({x^2} - x - 6 = 0\,\,\,\left( 1 \right) & ;\,\,\,a = 1;b = - 1;c = - 6\)
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25\,\, > 0\, \Rightarrow \sqrt \Delta = 5\)
\( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2.a}} = \dfrac{{1 + 5}}{2} = 3\\{x_2} = \dfrac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2.a}} = \dfrac{{1 - 5}}{2} = - 2\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là : \(S = \left\{ { - 2;3} \right\}\)
Câu 4 (VD)
Phương pháp:
Lập bảng giá trị rồi vẽ đồ thị hàm số.
Cách giải:
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | 0 | \(1\) | \(4\) |
Vậy đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) là Parabol đi qua \(5\) điểm có tọa độ \(\left( { - 2;4} \right),\left( { - 1;1} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;1} \right),\left( {2;4} \right)\)
Câu 5 (VD)
Phương pháp:
Cách 1: Giải phương trình hoành độ giao điểm.
Cách 2 : Giải hệ phương trình bao gồm 2 phương trình đường thẳng.
Cách giải:
Cách 1:
Phương trình hoành độ giao điểm của \({d_1},\,{d_2}\) là: \(2x + 1 = x + 3 \Leftrightarrow 2x - x = 3 - 1 \Leftrightarrow x = 2\)
Thay \(x = 2\) vào d2 ta có: \(y = x + 3 = 2 + 3 = 5\).
Vậy \(A\left( {2;5} \right)\) là giao điểm của hai đường thẳng.
Cách 2:
Gọi \(A\left( {x;y} \right)\) là giao điểm của \({d_1}\) và \({d_2}\).
Tọa độ của \(A\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}y = 2x + 1\\y = x + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 1\\x - y = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\x - y = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5\end{array} \right.\).
Vậy \(A\left( {2;5} \right)\).
Câu 6 (VD)
Phương pháp :
+ Tam giác vuông cân có hai cạnh góc vuông bằng nhau.
+ Tính chất đường trung tuyến.
+ Định lý py-ta-go trong tam giác.
Cách giải :
+ Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại A nên \(AC = AB = 2a\) + \(BM\) là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B, do đó: M là trung điểm của \(AC\) \( \Rightarrow AM = MC = \dfrac{{AC}}{2} = \dfrac{{2a}}{2} = a\) + Áp dụng định lý py-ta-go cho \(\Delta ABM\) vuông tại A: \(\begin{array}{l}B{M^2} = A{B^2} + A{M^2} = 4{a^2} + {a^2} = 5{a^2}\\ \Rightarrow BM = a\sqrt 5 \end{array}\) Vậy: \(AC = 2a;\,AM = a,\,BM = a\sqrt 5 .\) |
Câu 7 (VD)
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình
Bước 1: Đặt ẩn và tìm điều kiện của ẩn
Bước 2: Lập phương trình
Bước 3: Giải phương trình, so sánh các giá trị tìm được với điều kiện ở bước 1 để tìm các giá trị thỏa mãn sau đó kết luận.
Cách giải:
Gọi vận tốc của ô tô thứ hai là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Vì vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là \(10\,km/h\) nên vận tốc của ô tô thứ nhất là \(\left( {x + 10} \right)\,\,\,\,\left( {km/h} \right)\).
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{{x + 10}}\,\,\,\,\left( h \right)\).
Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{x}\,\,\,\left( h \right)\).
Vì ô tô thứ nhất đến B trước ô tô thứ hai là \(\dfrac{1}{2}\) giờ nên ta có phương trình \(\dfrac{{150}}{{x + 10}} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{150}}{x}\)
\( \Rightarrow 300x + x\left( {x + 10} \right) = 300\left( {x + 10} \right)\)
\( \Leftrightarrow 300x + {x^2} + 10x = 300x + 3000\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 3000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 50x + 60x - 3000 = 0\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x\left( {x - 50} \right) + 60\left( {x - 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 60} \right)\left( {x - 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 60 = 0\\x - 50 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 60\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 50\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc ô tô thứ hai là \(50\,km/h\) và vận tốc ô tô thứ nhất là \(50 + 10 = 60\,km/h\).
Câu 8 (VD)
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et và biến đổi hệ thức bài cho \(x_1^3 + x_2^3 = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right]\) để tìm giá trị \(m\) thỏa mãn bài toán.
Cách giải:
\({x^2} - 4x + m + 1 = 0\)
Ta có: \(a = 1;b = - 4;c = m + 1\)
\( \Rightarrow \Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - m - 1 = 3 - m\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 3 - m > 0 \Leftrightarrow m < 3\)
Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 < 100\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right) < 100\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] < 100\\ \Leftrightarrow 4.\left[ {16 - 3\left( {m + 1} \right)} \right] < 100\\ \Leftrightarrow 16 - 3m - 3 < 25\\ \Leftrightarrow - 3m < 12 \Leftrightarrow m > - 4\end{array}\)
Kết hợp với điều kiện \(m < 3\) và \(m\) nguyên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} - 4 < m < 3\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2} \right\}\)
Vậy \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2} \right\}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chú ý khi giải: HS chú khi giải xong nhớ kết hợp điều kiện của \(m\) và điều kiện \(m \in \mathbb{Z}.\)
Câu 9 (VD)
Phương pháp:
Sử dụng các tính chất về số đo góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung để chứng minh các góc tường ứng bằng nhau.
Chứng minh tứ giác \(BIJC\) là tứ giác nội tiếp nhờ dấu hiệu nhận biết.
Cách giải:
Gọi \(H = IJ \cap OA\).
Do \(I\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow OI \bot AB\) tại \(I\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
\( \Rightarrow \Delta OAI\) vuông tại \(I\).
Xét tam giác vuông \(OAI\) có: \(\angle IOA + \angle OAI = {90^0}\).
Xét tam giác vuông \(IAH\) có: \(\angle HIA + \angle HAI = {90^0} \Rightarrow \angle JIA + \angle OAI = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle IOA = \angle JIA\) (1).
Do tam giác \(OAB\) cân tại \(O\,\,\left( {OA = OB} \right) \Rightarrow \) Trung tuyến \(OI\) đồng thời là phân giác.
\( \Rightarrow \angle IOA = \dfrac{1}{2}\angle AOB\).
Mà \(\angle ACB = \dfrac{1}{2}\angle AOB\) (tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
\( \Rightarrow \angle IOA = \angle ACB = \angle JCB\) (2).
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right) \Rightarrow \angle JIA = \angle JCB \Rightarrow \) Tứ giác \(BCJI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Vậy bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,J\) và \(I\) cùng thuộc 1 đường tròn.
Câu 10 (VDC):
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức tính diện tích tứ giác có 2 đường chéo vuông góc: \(S = \dfrac{1}{2}AC.BD\).
+) Áp dụng BĐT Cô-si.
+) Chứng minh \(A{C^2} + B{D^2}\) không đổi.
+) Tìm điều kiện để dấu “=” xảy ra.
Cách giải:
Tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo \(AC \bot BD\) \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD \le \dfrac{{A{C^2} + B{D^2}}}{4}\)
Kẻ \(IE \bot AC\left( {E \in AC} \right),IF \bot BD\left( {F \in BD} \right)\)
\(AC = 2AF = 2\sqrt {I{A^2} - I{F^2}} = 2\sqrt {4{a^2} - I{F^2}} \)
\(BD = 2DE = 2\sqrt {I{D^2} - I{E^2}} = 2\sqrt {4{a^2} - I{E^2}} \)
\( \Rightarrow A{C^2} + B{D^2} = 4\left( {4{a^2} - I{F^2}} \right) + 4\left( {4{a^2} - I{E^2}} \right)\) \( = 32{a^2} - 4\left( {I{E^2} + I{F^2}} \right)\).
Xét tứ giác \(IEMF\) có \(\angle IEM = \angle IFM = \angle EMF = {90^0} \Rightarrow IEMF\) là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông)
\( \Rightarrow IF = EM \Rightarrow I{E^2} + I{F^2} = I{M^2} = {a^2}\)
\( \Rightarrow A{C^2} + B{D^2} = 32{a^2} - 4{a^2} = 28{a^2}\)
\( \Rightarrow {S_{ABCD}} \le \dfrac{{28{a^2}}}{4} = 7{a^2}\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow AC = BD\).
Vậy \({S_{ABCD}}\) đạt GTLN bằng \(7{a^2}\) khi \(AC = BD\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Tây Ninh năm 2019 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập thuộc nhiều chủ đề khác nhau, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải quyết vấn đề tốt. Cấu trúc đề thi thường bao gồm các phần:
Năm 2019, đề thi vào 10 môn Toán Tây Ninh tiếp tục duy trì cấu trúc này, với độ khó tương đương so với các năm trước. Tuy nhiên, đề thi cũng có một số điểm mới, tập trung vào việc đánh giá khả năng tư duy và vận dụng kiến thức vào thực tế của học sinh.
Bộ đề thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019 bao gồm các đề thi chính thức của các trường THPT trên địa bàn tỉnh. Mỗi đề thi đều được biên soạn bởi các giáo viên có kinh nghiệm, đảm bảo tính chính xác và độ tin cậy cao. Dưới đây là một số chủ đề chính thường xuất hiện trong các đề thi:
Các đề thi cũng thường có các bài toán kết hợp kiến thức của nhiều chủ đề khác nhau, đòi hỏi học sinh phải có khả năng phân tích và tổng hợp thông tin tốt.
Loigiai.com.vn cung cấp một nền tảng học tập trực tuyến toàn diện, giúp các em học sinh ôn thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019 một cách hiệu quả nhất. Chúng tôi cung cấp:
Với những ưu điểm vượt trội, loigiai.com.vn là lựa chọn lý tưởng cho các em học sinh muốn ôn thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019 một cách hiệu quả và đạt kết quả cao.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019, các em học sinh cần có một kế hoạch ôn tập khoa học và hợp lý. Dưới đây là một số lời khuyên:
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019!
| Dạng bài | Mức độ khó | Lời khuyên |
|---|---|---|
| Phương trình bậc hai | Trung bình | Nắm vững công thức nghiệm và các điều kiện để phương trình có nghiệm. |
| Hình học không gian | Khó | Vẽ hình chính xác và sử dụng các định lý, tính chất liên quan. |
| Bài toán thực tế | Trung bình - Khó | Đọc kỹ đề bài, xác định các yếu tố liên quan và lập phương trình phù hợp. |
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!
