Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán của tỉnh Thái Nguyên năm 2018. 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.
Bộ đề thi này bao gồm các đề thi chính thức của kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên và không chuyên tại Thái Nguyên năm 2018, đi kèm với đáp án chi tiết và lời giải bài tập. Các em có thể sử dụng để tự học, ôn luyện hoặc tham khảo.
Câu 1 (1 điểm): Không dùng máy tính cầm tay, hãy giải phương trình:
Câu 1 (1 điểm): Không dùng máy tính cầm tay, hãy giải phương trình: \(\left( {x - 2018} \right)\left( {x - 2020} \right) = 2018 - x.\)
Câu 2 (1 điểm): Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức: \(A = \dfrac{{\sqrt {15} - \sqrt {12} }}{{\sqrt 5 - 2}} - \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }}.\)
Câu 3 (1 điểm): Rút gọn biểu thức: \(P = \left( {\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{x - 4}}} \right):\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0,\;\;x \ne 4.\)
Câu 4 (1 điểm): Cho hàm số bậc nhất \(y = mx + 1\) với \(m\) là tham số. Tìm \(m\) để đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;4} \right).\) Với giá trị \(m\) vừa tìm được, hàm số đồng biến hay nghịch biến trên \(R.\)
Câu 5 (1 điểm): Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x + 1} \right) + 2\left( {x + 2y} \right) = 4\\4\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 2y} \right) = 9\end{array} \right..\)
Câu 6 (1 điểm): Cho phương trình \({x^2} - 4x + 4m - 3 = 0\) với \(m\) là tham số. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1};\;{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 14.\)
Câu 7(1 điểm): Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\) đường cao \(AH,\) biết \(AC = 16cm\) và \(\sin \widehat {CAH} = \dfrac{4}{5}.\) Tính độ dài các cạnh \(BC,\;AB.\)
Câu 8 (1 điểm): Cho hai đường tròn \(\left( {O;\;4cm} \right)\) và \(\left( {O';\;11cm} \right).\) Biết khoảng cách \(OO' = 2a + 3\;\left( {cm} \right)\) với \(a\) là số thực dương. Tìm \(a\) để hai đường tròn tiếp xúc nhau.
Câu 9 (1 điểm): Cho đường tròn tâm O, dây cung AB không đi qua tâm O. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Vẽ dây cung MC không đi qua tâm O cắt đoạn thẳng AB tại D (D khác A, D khác B). Đường thẳng vuông góc với AB tại D, cắt OC tại K.Chứng minh rằng tam giác KCD là tam giác đều.
Câu 10 (1 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB < AC nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp được trong một đường tròn. Xác định tâm và bán kính của đường tròn đó.
b) Gọi M là giao điểm của EF và BC, đường thẳng MA cắt (O) tại điểm thứ hai là I khác A. Chứng minh tứ giác AEFI nội tiếp được một đường tròn.
Câu 1:
Phương pháp:
+) Sử dụng quy tắc chuyển vế đổi dấu sau đó đặt nhân tử chung, đưa phương trình về dạng phương trình tích.
Cách giải:
Không dùng máy tính cầm tay, hãy giải phương trình: \(\left( {x - 2018} \right)\left( {x - 2020} \right) = 2018 - x.\)
Ta có: \(\left( {x - 2018} \right)\left( {x - 2020} \right) = 2018 - x\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x - 2018} \right)\left( {x - 2020} \right) + x - 2018 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2018} \right)\left( {x - 2020 + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2018} \right)\left( {x - 2019} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2018 = 0\\x - 2019 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2018\\x = 2019\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {2018;\;2019} \right\}.\)
Câu 2:
Phương pháp:
+) Đặt nhân tử chung, rút gọn phân thức.
+) Sử dụng công thức trục căn thức ở mẫu để tính giá trị biểu thức.
Cách giải:
Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức: \(A = \dfrac{{\sqrt {15} - \sqrt {12} }}{{\sqrt 5 - 2}} - \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }}.\)
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{\sqrt {15} - \sqrt {12} }}{{\sqrt 5 - 2}} - \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }} = \dfrac{{\sqrt {3.5} - 2\sqrt 3 }}{{\sqrt 5 - 2}} - \dfrac{{2 + \sqrt 3 }}{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}}\\\;\;\; = \dfrac{{\sqrt 3 \left( {\sqrt 5 - 2} \right)}}{{\sqrt 5 - 2}} - \dfrac{{2 + \sqrt 3 }}{{4 - 3}} = \sqrt 3 - 2 - \sqrt 3 = - 2.\end{array}\)
Vậy \(A = - 2.\)
Câu 3:
Phương pháp:
+) Quy đồng mẫu các phân thức sau đó biến đổi để rút gọn biểu thức.
Cách giải:
Rút gọn biểu thức: \(P = \left( {\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{x - 4}}} \right):\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0,\;\;x \ne 4.\)
Điều kiện: \(x > 0,\;\;x \ne 4.\)
\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{x - 4}}} \right):\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\\\;\;\; = \left( {\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right):\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\\\;\;\; = \dfrac{{3\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right) + \sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right) - x + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}:\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\\\;\;\; = \dfrac{{3x - 6\sqrt x + x + 2\sqrt x - x + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{3\sqrt x }}\\\;\;\; = \dfrac{{3x - 3\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}.\dfrac{1}{{3\sqrt x }} = \dfrac{{3\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{3\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 2}}.\end{array}\)
Câu 4:
Phương pháp:
+) Thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số để tìm m.
+) Hàm số bậc nhất \(y = ax + b\) đồng biến trên \(R \Leftrightarrow a > 0.\)
Cách giải:
Cho hàm số bậc nhất \(y = mx + 1\) với \(m\) là tham số. Tìm \(m\) để đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;4} \right).\) Với giá trị \(m\) vừa tìm được, hàm số đồng biến hay nghịch biến trên \(R.\)
Hàm số \(y = mx + 1\) là hàm số bậc nhất khi \(m \ne 0\)
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;4} \right) \Rightarrow 4 = m.1 + 1 \Leftrightarrow m = 3.\left( {tm} \right)\)
Khi đó hàm số có dạng: \(y = 3x + 1.\)
Hàm số có \(a = 3 > 0\) nên hàm số đồng biến trên \(R.\)
Câu 5:
Phương pháp:
+) Cách 1: Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ.
+) Cách 2: Biến đổi và thu gọn từng phương trình sau đó giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp đặt ẩn phụ.
Cách giải:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x + 1} \right) + 2\left( {x + 2y} \right) = 4\\4\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 2y} \right) = 9\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x + 1} \right) + 2\left( {x + 2y} \right) = 4\\4\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 2y} \right) = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 3 + 2x + 4y = 4\\4x + 4 - x - 2y = 9\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 4y = 1\\3x - 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 4y = 1\\6x - 4y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = 11\\2y = 3x - 5\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\2y = 3 - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\2y = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\;y} \right) = \left( {1;\; - 1} \right).\)
Câu 6:
Phương pháp:
+) Phương trình có hai nghiệm \({x_1},\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0.\)
+) 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 hệ thức bài cho để tìm \(m.\)
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - 4x + 4m - 3 = 0\) với \(m\) là tham số. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1};\;{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 14.\)
Phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4 - 4m + 3 \ge 0\\ \Leftrightarrow 4m \le 7\\ \Leftrightarrow m \le \dfrac{7}{4}.\end{array}\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = 4m - 3\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = 14\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 14\\ \Leftrightarrow {4^2} - 2\left( {4m - 3} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 16 - 8m + 6 = 14\\ \Leftrightarrow 8m = 8\\ \Leftrightarrow m = 1\;\;\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy \(m = 1.\)
Câu 7:
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức lượng giác của góc nhọn, định lý Pi-ta-go và hệ thức lượng trong tam giác vuông để làm bài toán.
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\) đường cao \(AH,\) biết \(AC = 16cm\) và \(\sin \widehat {CAH} = \dfrac{4}{5}.\) Tính độ dài các cạnh \(BC,\;AB.\)
Xét tam giác \(CAH\) vuông tại \(H\) ta có:
\(\sin \widehat {CAH} = \dfrac{4}{5} \Leftrightarrow \dfrac{{HC}}{{AC}} = \dfrac{{HC}}{{16}} = \dfrac{4}{5} \Leftrightarrow HC = \dfrac{{4.16}}{5} = 12,8cm.\)
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\) đường cao \(AH\) ta có:
\(A{C^2} = HC.BC \Rightarrow BC = \dfrac{{A{C^2}}}{{HC}} = \dfrac{{{{16}^2}}}{{12,8}} = 20\left( {cm} \right)\)
Áp dụng định lý Pi-ta-go trong tam giác vuông ABC ta có:
\(\begin{array}{l}B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} \Rightarrow A{B^2} = B{C^2} - A{C^2} = {20^2} - {16^2} = 144\\ \Rightarrow AB = 12\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy BC = 20 cm; AB = 12 cm.
Câu 8:
Phương pháp:
Cho hai đường tròn \(\left( {O;\;{R_1}} \right)\) và \(\left( {O';\;{R_2}} \right)\)
+) Hai đường tròn tiếp xúc ngoài nhau nếu: \(OO' = {R_1} + {R_2}.\)
+) Hai đường tròn tiếp xúc trong nhau nếu: \(OO' = \left| {{R_1} - {R_2}} \right|.\)
Cách giải:
Cho hai đường tròn \(\left( {O;\;4cm} \right)\) và \(\left( {O';\;11cm} \right).\) Biết khoảng cách \(OO' = 2a + 3\;\left( {cm} \right)\) với \(a\) là số thực dương. Tìm \(a\) để hai đường tròn tiếp xúc nhau.
Hai đường tròn tiếp xúc ngoài nhau nếu: \(OO' = 4 + 11 = 15 \Rightarrow 2a + 3 = 15 \Leftrightarrow a = 6\;\;\left( {tm} \right).\)
Hai đường tròn tiếp xúc trong nhau nếu: \(OO' = \left| {4 - 11} \right| = 7 \Rightarrow 2a + 3 = 7 \Leftrightarrow a = 2\;\;\left( {tm} \right).\)
Vậy \(a = 2\) hoặc \(a = 6\) thỏa mãn bài toán.
Câu 9:
Phương pháp:
+) Sử dụng tính chất giữa đường kính và dây cung.
+) Tam giác cân có hai góc kề đáy bằng nhau.
+) Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì chúng song song với nhau.
Cách giải:
Cho đường tròn tâm O, dây cung AB không đi qua tâm O. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Vẽ dây cung MC không đi qua tâm O cắt đoạn thẳng AB tại D (D khác A, D khác B). Đường thẳng vuông góc với AB tại D, cắt OC tại K.Chứng minh rằng tam giác KCD là tam giác đều.
Ta có \(M\) là điểm chính giữa cung (trong một đường tròn thì hai cung căng hai dây bằng nhau); Lại có OA = OB (bán kính của (O))
Nên ta có OM là đường trung trực của \(AB\;\;hay\;\;AB \bot OM.\)
Lại có \(KD \bot AB\;\;\left( {gt} \right)\)
\( \Rightarrow KD//OM\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \widehat {CMO} = \widehat {CDK}\) (hai góc đồng vị).
Ta có \(OC = OM = R \Rightarrow \Delta MOC\) cân tại O \( \Rightarrow \widehat {OMC} = \widehat {OCM}.\) (hai góc kề đáy).
\( \Rightarrow \widehat {MCO} = \widehat {CDK}\left( { = \widehat {CMO}} \right) \Rightarrow \Delta KCD\) cân tại \(K.\) (đpcm).
Câu 10:
Phương pháp:
Ta có:
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB < AC nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp được trong một đường tròn. Xác định tâm và bán kính của đường tròn đó.
Ta có \(\Delta AFH\) vuông tại \(F\left( {do\,\,CF \bot AB} \right) \Rightarrow A,\;F,\;H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH.\) (1)
\(\Delta AEH\) vuông tại \(E\left( {do\,\,BE \bot AC} \right) \Rightarrow A,\;E,\;H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH.\) (2)
Từ (1) và (2) ta có 4 điểm \(A,\;E,\;F,\;H\) cùng thuộc đường tròn tâm là trung điểm của \(AH\) và bán kính \(R = \dfrac{{AH}}{2}.\)
Hay tứ giác \(AEHF\) nội tiếp đường tròn tâm là trung điểm của \(AH\) và bán kính \(R = \dfrac{{AH}}{2}.\)
b) Gọi M là giao điểm của EF và BC, đường thẳng MA cắt (O) tại điểm thứ hai là I khác A. Chứng minh tứ giác AEFI nội tiếp được một đường tròn.
Xét tứ giác \(BCEF\) ta có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\) là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn đoạn \(BC\)
\( \Rightarrow BCEF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
\( \Rightarrow \angle MFB = \angle ECM\) (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Xét \(\Delta MBF\) và \(\Delta MEC\) ta có:
Câu 1 (1 điểm): Không dùng máy tính cầm tay, hãy giải phương trình: \(\left( {x - 2018} \right)\left( {x - 2020} \right) = 2018 - x.\)
Câu 2 (1 điểm): Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức: \(A = \dfrac{{\sqrt {15} - \sqrt {12} }}{{\sqrt 5 - 2}} - \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }}.\)
Câu 3 (1 điểm): Rút gọn biểu thức: \(P = \left( {\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{x - 4}}} \right):\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0,\;\;x \ne 4.\)
Câu 4 (1 điểm): Cho hàm số bậc nhất \(y = mx + 1\) với \(m\) là tham số. Tìm \(m\) để đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;4} \right).\) Với giá trị \(m\) vừa tìm được, hàm số đồng biến hay nghịch biến trên \(R.\)
Câu 5 (1 điểm): Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x + 1} \right) + 2\left( {x + 2y} \right) = 4\\4\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 2y} \right) = 9\end{array} \right..\)
Câu 6 (1 điểm): Cho phương trình \({x^2} - 4x + 4m - 3 = 0\) với \(m\) là tham số. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1};\;{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 14.\)
Câu 7(1 điểm): Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\) đường cao \(AH,\) biết \(AC = 16cm\) và \(\sin \widehat {CAH} = \dfrac{4}{5}.\) Tính độ dài các cạnh \(BC,\;AB.\)
Câu 8 (1 điểm): Cho hai đường tròn \(\left( {O;\;4cm} \right)\) và \(\left( {O';\;11cm} \right).\) Biết khoảng cách \(OO' = 2a + 3\;\left( {cm} \right)\) với \(a\) là số thực dương. Tìm \(a\) để hai đường tròn tiếp xúc nhau.
Câu 9 (1 điểm): Cho đường tròn tâm O, dây cung AB không đi qua tâm O. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Vẽ dây cung MC không đi qua tâm O cắt đoạn thẳng AB tại D (D khác A, D khác B). Đường thẳng vuông góc với AB tại D, cắt OC tại K.Chứng minh rằng tam giác KCD là tam giác đều.
Câu 10 (1 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB < AC nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp được trong một đường tròn. Xác định tâm và bán kính của đường tròn đó.
b) Gọi M là giao điểm của EF và BC, đường thẳng MA cắt (O) tại điểm thứ hai là I khác A. Chứng minh tứ giác AEFI nội tiếp được một đường tròn.
Câu 1:
Phương pháp:
+) Sử dụng quy tắc chuyển vế đổi dấu sau đó đặt nhân tử chung, đưa phương trình về dạng phương trình tích.
Cách giải:
Không dùng máy tính cầm tay, hãy giải phương trình: \(\left( {x - 2018} \right)\left( {x - 2020} \right) = 2018 - x.\)
Ta có: \(\left( {x - 2018} \right)\left( {x - 2020} \right) = 2018 - x\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x - 2018} \right)\left( {x - 2020} \right) + x - 2018 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2018} \right)\left( {x - 2020 + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2018} \right)\left( {x - 2019} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2018 = 0\\x - 2019 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2018\\x = 2019\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {2018;\;2019} \right\}.\)
Câu 2:
Phương pháp:
+) Đặt nhân tử chung, rút gọn phân thức.
+) Sử dụng công thức trục căn thức ở mẫu để tính giá trị biểu thức.
Cách giải:
Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức: \(A = \dfrac{{\sqrt {15} - \sqrt {12} }}{{\sqrt 5 - 2}} - \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }}.\)
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{\sqrt {15} - \sqrt {12} }}{{\sqrt 5 - 2}} - \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }} = \dfrac{{\sqrt {3.5} - 2\sqrt 3 }}{{\sqrt 5 - 2}} - \dfrac{{2 + \sqrt 3 }}{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}}\\\;\;\; = \dfrac{{\sqrt 3 \left( {\sqrt 5 - 2} \right)}}{{\sqrt 5 - 2}} - \dfrac{{2 + \sqrt 3 }}{{4 - 3}} = \sqrt 3 - 2 - \sqrt 3 = - 2.\end{array}\)
Vậy \(A = - 2.\)
Câu 3:
Phương pháp:
+) Quy đồng mẫu các phân thức sau đó biến đổi để rút gọn biểu thức.
Cách giải:
Rút gọn biểu thức: \(P = \left( {\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{x - 4}}} \right):\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0,\;\;x \ne 4.\)
Điều kiện: \(x > 0,\;\;x \ne 4.\)
\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{x - 4}}} \right):\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\\\;\;\; = \left( {\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right):\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\\\;\;\; = \dfrac{{3\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right) + \sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right) - x + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}:\dfrac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\\\;\;\; = \dfrac{{3x - 6\sqrt x + x + 2\sqrt x - x + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{3\sqrt x }}\\\;\;\; = \dfrac{{3x - 3\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}.\dfrac{1}{{3\sqrt x }} = \dfrac{{3\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{3\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 2}}.\end{array}\)
Câu 4:
Phương pháp:
+) Thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số để tìm m.
+) Hàm số bậc nhất \(y = ax + b\) đồng biến trên \(R \Leftrightarrow a > 0.\)
Cách giải:
Cho hàm số bậc nhất \(y = mx + 1\) với \(m\) là tham số. Tìm \(m\) để đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;4} \right).\) Với giá trị \(m\) vừa tìm được, hàm số đồng biến hay nghịch biến trên \(R.\)
Hàm số \(y = mx + 1\) là hàm số bậc nhất khi \(m \ne 0\)
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;4} \right) \Rightarrow 4 = m.1 + 1 \Leftrightarrow m = 3.\left( {tm} \right)\)
Khi đó hàm số có dạng: \(y = 3x + 1.\)
Hàm số có \(a = 3 > 0\) nên hàm số đồng biến trên \(R.\)
Câu 5:
Phương pháp:
+) Cách 1: Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ.
+) Cách 2: Biến đổi và thu gọn từng phương trình sau đó giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp đặt ẩn phụ.
Cách giải:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x + 1} \right) + 2\left( {x + 2y} \right) = 4\\4\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 2y} \right) = 9\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x + 1} \right) + 2\left( {x + 2y} \right) = 4\\4\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 2y} \right) = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 3 + 2x + 4y = 4\\4x + 4 - x - 2y = 9\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 4y = 1\\3x - 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 4y = 1\\6x - 4y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = 11\\2y = 3x - 5\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\2y = 3 - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\2y = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\;y} \right) = \left( {1;\; - 1} \right).\)
Câu 6:
Phương pháp:
+) Phương trình có hai nghiệm \({x_1},\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0.\)
+) 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 hệ thức bài cho để tìm \(m.\)
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - 4x + 4m - 3 = 0\) với \(m\) là tham số. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1};\;{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 14.\)
Phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4 - 4m + 3 \ge 0\\ \Leftrightarrow 4m \le 7\\ \Leftrightarrow m \le \dfrac{7}{4}.\end{array}\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = 4m - 3\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = 14\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 14\\ \Leftrightarrow {4^2} - 2\left( {4m - 3} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 16 - 8m + 6 = 14\\ \Leftrightarrow 8m = 8\\ \Leftrightarrow m = 1\;\;\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy \(m = 1.\)
Câu 7:
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức lượng giác của góc nhọn, định lý Pi-ta-go và hệ thức lượng trong tam giác vuông để làm bài toán.
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\) đường cao \(AH,\) biết \(AC = 16cm\) và \(\sin \widehat {CAH} = \dfrac{4}{5}.\) Tính độ dài các cạnh \(BC,\;AB.\)
Xét tam giác \(CAH\) vuông tại \(H\) ta có:
\(\sin \widehat {CAH} = \dfrac{4}{5} \Leftrightarrow \dfrac{{HC}}{{AC}} = \dfrac{{HC}}{{16}} = \dfrac{4}{5} \Leftrightarrow HC = \dfrac{{4.16}}{5} = 12,8cm.\)
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\) đường cao \(AH\) ta có:
\(A{C^2} = HC.BC \Rightarrow BC = \dfrac{{A{C^2}}}{{HC}} = \dfrac{{{{16}^2}}}{{12,8}} = 20\left( {cm} \right)\)
Áp dụng định lý Pi-ta-go trong tam giác vuông ABC ta có:
\(\begin{array}{l}B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} \Rightarrow A{B^2} = B{C^2} - A{C^2} = {20^2} - {16^2} = 144\\ \Rightarrow AB = 12\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy BC = 20 cm; AB = 12 cm.
Câu 8:
Phương pháp:
Cho hai đường tròn \(\left( {O;\;{R_1}} \right)\) và \(\left( {O';\;{R_2}} \right)\)
+) Hai đường tròn tiếp xúc ngoài nhau nếu: \(OO' = {R_1} + {R_2}.\)
+) Hai đường tròn tiếp xúc trong nhau nếu: \(OO' = \left| {{R_1} - {R_2}} \right|.\)
Cách giải:
Cho hai đường tròn \(\left( {O;\;4cm} \right)\) và \(\left( {O';\;11cm} \right).\) Biết khoảng cách \(OO' = 2a + 3\;\left( {cm} \right)\) với \(a\) là số thực dương. Tìm \(a\) để hai đường tròn tiếp xúc nhau.
Hai đường tròn tiếp xúc ngoài nhau nếu: \(OO' = 4 + 11 = 15 \Rightarrow 2a + 3 = 15 \Leftrightarrow a = 6\;\;\left( {tm} \right).\)
Hai đường tròn tiếp xúc trong nhau nếu: \(OO' = \left| {4 - 11} \right| = 7 \Rightarrow 2a + 3 = 7 \Leftrightarrow a = 2\;\;\left( {tm} \right).\)
Vậy \(a = 2\) hoặc \(a = 6\) thỏa mãn bài toán.
Câu 9:
Phương pháp:
+) Sử dụng tính chất giữa đường kính và dây cung.
+) Tam giác cân có hai góc kề đáy bằng nhau.
+) Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì chúng song song với nhau.
Cách giải:
Cho đường tròn tâm O, dây cung AB không đi qua tâm O. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Vẽ dây cung MC không đi qua tâm O cắt đoạn thẳng AB tại D (D khác A, D khác B). Đường thẳng vuông góc với AB tại D, cắt OC tại K.Chứng minh rằng tam giác KCD là tam giác đều.
Ta có \(M\) là điểm chính giữa cung (trong một đường tròn thì hai cung căng hai dây bằng nhau); Lại có OA = OB (bán kính của (O))
Nên ta có OM là đường trung trực của \(AB\;\;hay\;\;AB \bot OM.\)
Lại có \(KD \bot AB\;\;\left( {gt} \right)\)
\( \Rightarrow KD//OM\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \widehat {CMO} = \widehat {CDK}\) (hai góc đồng vị).
Ta có \(OC = OM = R \Rightarrow \Delta MOC\) cân tại O \( \Rightarrow \widehat {OMC} = \widehat {OCM}.\) (hai góc kề đáy).
\( \Rightarrow \widehat {MCO} = \widehat {CDK}\left( { = \widehat {CMO}} \right) \Rightarrow \Delta KCD\) cân tại \(K.\) (đpcm).
Câu 10:
Phương pháp:
Ta có:
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB < AC nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp được trong một đường tròn. Xác định tâm và bán kính của đường tròn đó.
Ta có \(\Delta AFH\) vuông tại \(F\left( {do\,\,CF \bot AB} \right) \Rightarrow A,\;F,\;H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH.\) (1)
\(\Delta AEH\) vuông tại \(E\left( {do\,\,BE \bot AC} \right) \Rightarrow A,\;E,\;H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH.\) (2)
Từ (1) và (2) ta có 4 điểm \(A,\;E,\;F,\;H\) cùng thuộc đường tròn tâm là trung điểm của \(AH\) và bán kính \(R = \dfrac{{AH}}{2}.\)
Hay tứ giác \(AEHF\) nội tiếp đường tròn tâm là trung điểm của \(AH\) và bán kính \(R = \dfrac{{AH}}{2}.\)
b) Gọi M là giao điểm của EF và BC, đường thẳng MA cắt (O) tại điểm thứ hai là I khác A. Chứng minh tứ giác AEFI nội tiếp được một đường tròn.
Xét tứ giác \(BCEF\) ta có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\) là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn đoạn \(BC\)
\( \Rightarrow BCEF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
\( \Rightarrow \angle MFB = \angle ECM\) (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Xét \(\Delta MBF\) và \(\Delta MEC\) ta có:
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tại Thái Nguyên luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước chuyển mình của học sinh từ bậc THCS lên THPT. Môn Toán đóng vai trò then chốt trong việc xét tuyển vào các trường THPT chuyên và không chuyên. Do đó, việc nắm vững kiến thức và kỹ năng giải Toán là vô cùng cần thiết.
Đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2018 thường có cấu trúc tương đối ổn định qua các năm. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Độ khó của đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2018 được đánh giá là ở mức trung bình đến khá. Đề thi thường có các câu hỏi cơ bản để kiểm tra kiến thức nền tảng, và một số câu hỏi nâng cao để phân loại học sinh. Để đạt được kết quả tốt, học sinh cần nắm vững kiến thức cơ bản, rèn luyện kỹ năng giải toán, và có khả năng tư duy logic.
Dưới đây là hướng dẫn giải một số dạng bài tập thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2018:
Để giải phương trình bậc hai, ta 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 thể phân tích thành nhân tử: (x - 2)(x - 3) = 0
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2 hoặc x = 3.
Để chứng minh hình học, ta cần sử dụng các kiến thức về các định lý, tính chất hình học, và các phương pháp chứng minh như chứng minh bằng tam giác bằng nhau, chứng minh bằng góc, chứng minh bằng diện tích, v.v.
Các bài toán về số học thường yêu cầu học sinh phải nắm vững các kiến thức về số nguyên tố, ước số, bội số, và các tính chất chia hết. Để giải các bài toán này, ta cần sử dụng các phương pháp như phân tích thành thừa số nguyên tố, sử dụng các tính chất chia hết, v.v.
Để ôn thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2018 hiệu quả, học sinh nên:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2018, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Loigiai.com.vn hy vọng rằng bộ đề thi này sẽ giúp các em học sinh ôn thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2018 đạt kết quả tốt nhất. 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!
