Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán của tỉnh Thái Nguyên năm 2019. 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 2019, đi kèm với đáp án chi tiết và lời giải bài tập. Các em có thể sử dụng để tự học, ôn tập hoặc làm bài kiểm tra đánh giá năng lực.
Câu 1: Chứng minh
Câu 1: Chứng minh \(A = \sqrt {2\sqrt 5 + 6} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} + 2018\) là một số nguyên.
Câu 2: Rút gọn biểu thức \(P = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}\sqrt {\dfrac{{b - 2\sqrt b + 1}}{{{a^2} - 2a + 1}}} \) với \(a < 1\) và \(b > 1\).
Câu 3: Tìm các giá trị của \(m \ne \dfrac{1}{2}\) để hàm số \(y = \left( {2m - 1} \right){x^2}\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(0\) tại \(x = 0\).
Câu 5: Một địa phương cấy \(10ha\) giống lúa loại \(I\) và \(8ha\) giống lúa loại \(II\). Sau một mùa vụ, địa phương đó thu hoạch và tính toán sản lượng thấy:
+ Tổng sản lượng của hai giống lúa thu về là \(139\) tấn;
+ Sản lượng thu về từ \(4ha\) giống lúa loại \(I\) nhiều hơn sản lượng thu về từ \(3ha\) giống lúa loại \(II\) là \(6\) tấn.
Hãy tính năng suất lúa trung bình (đơn vị: tấn/ha) của mỗi loại giống lúa.
Câu 6: Cho phương trình \({x^2} - 4x + m + 1 = 0\). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - 10{x_1}{x_2} = 2020\).
Câu 7: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) , đường cao \(AH\) . Biết \(AB = 10cm;\,AH = 6cm\). Tính độ dài các cạnh \(AC,BC\) của tam giác \(ABC\).
Câu 8: Cho đường tròn \(\left( O \right)\). Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với \(\left( O \right)\) tại \(A\). Trên \(d\) lấy một điểm \(B\,\,\,\left( {B \ne A} \right),\) vẽ đường tròn \(\left( {B,BA} \right)\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(C\,\,\,\left( {C \ne A} \right).\) Chứng minh \(BC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\).
Câu 9: Cho tam giác \(ABC\,\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right).\) Lấy các điểm \(P,Q\) lần lượt thuộc các cung nhỏ \(AC\) và \(AB\) sao cho \(BP\) vuông góc với \(AC,CQ\) vuông góc với \(AB.\) Gọi \(I,J\) lần lượt là giao điểm của \(PQ\) với \(AB\) và \(AC.\) Chứng minh \(IJ.AC = AI.CB.\)
Câu 10: Từ điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ các tiếp tuyến \(AB,AC\) đến đường tròn \((B,C\) là tiếp điểm). Gọi \(H\) là giao điểm của \(OA\) và \(BC\).
a) Chứng minh \(O{B^2} = OH.OA\)
b) \(EF\) là một dây cung của \(\left( O \right)\) đi qua \(H\) sao cho \(A,E,F\) không thẳng hàng.
Chứng minh bốn điểm \(A,E,O,F\) nằm trên cùng một đường tròn.
Câu 1
Phương pháp:
Rút gọn \(A\), sử dụng hẳng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\).
Cách giải:
Ta có :
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {2\sqrt 5 + 6} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} + 2018\\A = \sqrt {{1^2} + 2.\sqrt 5 .1 + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} + 2018\\A = \sqrt {{{\left( {1 + \sqrt 5 } \right)}^2}} - \left| {\sqrt 5 - 1} \right| + 2018\\A = \left| {1 + \sqrt 5 } \right| - \left| {\sqrt 5 - 1} \right| + 2018\\A = 1 + \sqrt 5 - \sqrt 5 + 1 + 2018\,\,\left( {Do\,\,1 + \sqrt 5 > 0;\,\,\sqrt 5 - 1 > 0} \right)\\A = 2020\,\\ \Rightarrow A \in \mathbb{Z}\end{array}\)
Vậy \(A\) là một số nguyên.
Câu 2
Phương pháp:
+) Sử dụng hằng đẳng thức.
+) Xét dấu, phá trị tuyệt đối và rút gọn.
Cách giải:
Với \(a < 1\) và \(b > 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}\sqrt {\dfrac{{b - 2\sqrt b + 1}}{{{a^2} - 2a + 1}}} = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}\sqrt {\dfrac{{{{\left( {\sqrt b - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {a - 1} \right)}^2}}}} = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}.\left| {\dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}}} \right|\\Do\,\,\left\{ \begin{array}{l}a < 1 \Rightarrow a - 1 < 0\\b > 1 \Rightarrow \sqrt b > 1 \Leftrightarrow \sqrt b - 1 > 0\end{array} \right.\\ \Rightarrow \dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}} < 0 \Leftrightarrow \left| {\dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}}} \right| = - \dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}}\\ \Rightarrow A = - \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}.\dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}} = - 1\end{array}\)
Câu 3
Phương pháp:
Hàm số \(y = a{x^2}\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(0\) tại \(x = 0\) khi \(a < 0.\)
Cách giải:
Ta thấy hàm số \(y = \left( {2m - 1} \right){x^2}\,\,\left( {m \ne \dfrac{1}{2}} \right)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(0\) tại \(x = 0\)
\( \Leftrightarrow 2m - 1 < 0 \Leftrightarrow m < \dfrac{1}{2}\)
Vậy \(m < \dfrac{1}{2}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
Đồ thị hàm số song song với đường thẳng \(y = 2x + 2019\)suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b \ne 2019\end{array} \right..\)
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là 2020, suy ra tọa độ giao điểm \(A\left( {0;2020} \right)\) Thay tọa độ giao điểm vào \(y = 2x + b\) ta tìm được b.
Cách giải :
Vì đồ thị hàm số \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2019\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b \ne 2019\end{array} \right..\)
\( \Rightarrow y = ax + b \Leftrightarrow y = 2x + b\,\,\,\left( {b \ne 2019} \right)\)
Mà đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là \(2020 \Rightarrow \) đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;\,\,\,2020} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2020 = 2.0 + b\\ \Rightarrow b = 2020\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(a = 2;\,\,\,\,b = 2020.\)
Câu 5
Phương pháp:
- Bước 1: Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.
- Bước 2: Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.
- Bước 3: Lập hệ phương trình.
- Bước 4: Giải hệ phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi sản lượng lúa của loại I và II trên mỗi \(ha\) lần lượt là \(x\) và \(y\) (tấn/ha). Điều kiện: \(x,y > 0\).
\(10ha\) giống lúa loại I thu về sản lượng \(10x\) tấn; \(8ha\) giống lúa loại II thu về sản lượng \(8y\) tấn
Tổng sản lượng thu về là \(139\) tấn nên ta có phương trình: \(10x + 8y = 139\,\,\left( 1 \right)\).
\(4ha\) giống lúa loại I thu về sản lượng \(4x\) tấn; \(3ha\) giống lúa loại II thu về sản lượng \(3y\) tấn.
Sản lượng thu về từ \(4ha\) giống lúa loại \(I\) nhiều hơn sản lượng thu về từ \(3ha\) giống lúa loại \(II\) là \(6\) tấn nên ta có phương trình: \(4x - 3y = 6\,\,\left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}10x + 8y = 139\\4x - 3y = 6\end{array} \right.\)
Giải hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}10x + 8y = 139\\4x - 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}20x + 16y = 278\\20x - 15y = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}31y = 248\\4x - 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 8\\x = 7,5\end{array} \right.\left( {TM} \right)\)
Vậy năng suất lúa trung bình của giống lúa loại I là \(7,5\) tấn/ha; năng suất lúa trung bình của giống lúa loại II là \(8\) tấn/ha.
Câu 6
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' \ge 0\end{array} \right.\)
Biến đổi để xuất hiện tổng và tích hai nghiệm rồi sử dụng hệ thức Vi-et.
Cách giải:
Phương trình \({x^2} - 4x + m + 1 = 0\) (*) có \(\Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - 1.\left( {m + 1} \right) = 3 - m\)
Để phương trình (*) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \ne 0\\3 - m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le 3\)
Theo hệ thức Vi-et ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}x_1^2 + x_2^2 - 10{x_1}{x_2} = 2020\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 12{x_1}{x_2} = 2020\\ \Leftrightarrow {4^2} - 12\left( {m + 1} \right) = 2020\\ \Leftrightarrow 12m = - 2016\\ \Leftrightarrow m = - 168\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = - 168\) là giá trị cần tìm.
Câu 7:
Phương pháp:
+ Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông. Tính BH
+ Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác. Tính BC
+ Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác ABC. Tính AC.
Cách giải:
Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác \(ABH\) vuông tại H. Ta có:
\(\begin{array}{l}A{H^2} + B{H^2} = A{B^2}\\ \Rightarrow B{H^2} = A{B^2} - A{H^2} = {10^2} - {6^2} = 100 - 36 = 64\\ \Rightarrow B{H^2} = {8^2}\\ \Rightarrow BH = 8\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Trong tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \(A\) có AH là đường cao
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A{B^2} = BH.BC\\ \Rightarrow BC = \dfrac{{A{B^2}}}{{BH}} = \dfrac{{{{10}^2}}}{8} = \dfrac{{100}}{8} = 12,5\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác vuông ABC ta có:
\(\begin{array}{l}A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = 12,{5^2} - {10^2} = 56,25\\ \Rightarrow AC = 7,5\,\,\,\,\left( {cm} \right).\end{array}\)
Vậy: \(AC = 7,5\,\left( {cm} \right);\,\,\,\,BC = 12,5\,\left( {cm} \right).\)
Câu 8
Phương pháp:
Chứng minh \(\Delta OAB = \Delta OCB\left( {c.c.c} \right)\) và suy ra điều phải chứng minh.
Cách giải:
\(d\) là tiếp tuyến với \(\left( O \right)\) tại \(A\) \( \Rightarrow OA \bot d \Rightarrow \angle OAB = {90^0}\)
\(C = \left( O \right) \cap \left( {B,BA} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC = BA\\OC = OA\end{array} \right.\) (cùng là các bán kính).
Xét tam giác \(OAB\) và \(OCB\) có:
\(\left. \begin{array}{l}BC = BA\\OC = OA\\OB\,\,chung\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta OAB = \Delta OCB\left( {c - c - c} \right) \Rightarrow \angle OCB = \angle OAB = {90^0}\)
\( \Rightarrow OC \bot BC\) hay \(BC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) (đpcm).
Câu 9
Phương pháp:
+ Góc có đỉnh bên trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn
+ Góc nội tiếp có số đo bằng nửa số đo cung bị chắn.
+ Chứng minh hai tam giác \(AIJ\) và tam giác \(ACB\) đồng dạng để suy ra hệ thức cần chứng minh.
Cách giải:
Gọi \(BP \cap AC = \left\{ D \right\};\,\,AB \cap CQ = \left\{ E \right\}.\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có:
\(\angle BDC = \dfrac{1}{2}\,\,\,\left( {sd\,\,cung\,\,\,BC + \,\,sd\,\,AP} \right)\)
\(\angle BEC = \dfrac{1}{2}\left( {sd\,\,cung\,\,BC + \,\,sd\,\,\,AQ} \right)\,\,\,\left( 1 \right)\) (góc có đỉnh bên trong đường tròn)
Mà theo giả thiết thì \(BD \bot AC\) tại \(D,\) \(CQ \bot AB\) tại \(E \Rightarrow \angle BDC = \angle BEC = {90^0}\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra: \(sd\,\,cung\,\,AP = sd\,\,\,cung\,\,\,AQ\,\,\,\,\left( 3 \right).\)
Ta lại có: \(\angle AIJ = \dfrac{1}{2}\left( {sd\,\,cung\,\,\,BQ + sd\,\,\,cung\,\,\,AP} \right)\,\,\,\left( 4 \right)\) (góc có đỉnh bên trong đường tròn)
Và \(\angle ACB = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,\,AB = \dfrac{1}{2}\left( {sd\,\,\,cung\,\,BQ + sd\,\,\,cung\,\,AQ} \right)\,\,\,\,\left( 5 \right)\) (góc nội tiếp chắn cung \(AB\))
Từ (3), (4), (5) suy ra \(\angle ACB = \angle AIJ\)
Xét \(\Delta AIJ\) và \(\Delta ACB\) có:
Câu 10:
Phương pháp:
a) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OBA\).
b) Chứng minh hai tam giác \(OHF\) và \(OFA\) đồng dạng suy ra các góc tương ứng bằng nhau.
Từ đó sử dụng dáu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp để chứng minh tứ giác \(OEAF\) nội tiếp.
Cách giải:
a) Vì \(AB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) , \(B\) là tiếp điểm.
\( \Rightarrow AB \bot OB\)
\( \Rightarrow \Delta OBA\) vuông tại B.
Lại có: \(OB = OC \Rightarrow O\) nằm trên trung trực của \(BC\).
\(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow A\) nằm trên trung trực của \(BC\).
Do đó \(AO\) là trung trực của \(BC\) hay \(AO \bot BC\) tại \(H\)\( \Rightarrow BH \bot OA\)
\( \Rightarrow O{B^2} = OH.OA\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OBA\))
Vậy: \(O{B^2} = OH.OA\)(đpcm).
b) Theo câu a) \(O{B^2} = OH.OA \Rightarrow \dfrac{{OB}}{{OH}} = \dfrac{{OA}}{{OB}}\)
Mà \(OB = OF\) (cùng bằng bán kính) \( \Rightarrow \dfrac{{OF}}{{OH}} = \dfrac{{OA}}{{OF}}\)
Xét \(\Delta OHF\) và \(\Delta OFA\) có:
\(\angle O\,\,\,\,chung\)
\(\dfrac{{OF}}{{OH}} = \dfrac{{OA}}{{OF}}\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta OHF \sim \Delta OFA\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow \angle OAF = \angle OFH = \angle OFE\,\,\left( 1 \right)\) (góc tương ứng)
Mà tam giác \(OEF\) cân tại \(O\) \( \Rightarrow \angle OEF = \angle OFE\,\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\angle OEF = \angle OAF\left( { = \angle OFE} \right)\)
Xét tứ giác \(AEOF\) có \(\angle OEF = \angle OAF\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \) tứ giác \(AEOF\) nội tiếp (tứ giác có hai đinh kề cùng nhìn một cạnh các góc bằng nhau)
Hay bốn điểm \(A,O,E,F\) cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
Câu 1: Chứng minh \(A = \sqrt {2\sqrt 5 + 6} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} + 2018\) là một số nguyên.
Câu 2: Rút gọn biểu thức \(P = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}\sqrt {\dfrac{{b - 2\sqrt b + 1}}{{{a^2} - 2a + 1}}} \) với \(a < 1\) và \(b > 1\).
Câu 3: Tìm các giá trị của \(m \ne \dfrac{1}{2}\) để hàm số \(y = \left( {2m - 1} \right){x^2}\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(0\) tại \(x = 0\).
Câu 5: Một địa phương cấy \(10ha\) giống lúa loại \(I\) và \(8ha\) giống lúa loại \(II\). Sau một mùa vụ, địa phương đó thu hoạch và tính toán sản lượng thấy:
+ Tổng sản lượng của hai giống lúa thu về là \(139\) tấn;
+ Sản lượng thu về từ \(4ha\) giống lúa loại \(I\) nhiều hơn sản lượng thu về từ \(3ha\) giống lúa loại \(II\) là \(6\) tấn.
Hãy tính năng suất lúa trung bình (đơn vị: tấn/ha) của mỗi loại giống lúa.
Câu 6: Cho phương trình \({x^2} - 4x + m + 1 = 0\). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - 10{x_1}{x_2} = 2020\).
Câu 7: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) , đường cao \(AH\) . Biết \(AB = 10cm;\,AH = 6cm\). Tính độ dài các cạnh \(AC,BC\) của tam giác \(ABC\).
Câu 8: Cho đường tròn \(\left( O \right)\). Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với \(\left( O \right)\) tại \(A\). Trên \(d\) lấy một điểm \(B\,\,\,\left( {B \ne A} \right),\) vẽ đường tròn \(\left( {B,BA} \right)\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(C\,\,\,\left( {C \ne A} \right).\) Chứng minh \(BC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\).
Câu 9: Cho tam giác \(ABC\,\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right).\) Lấy các điểm \(P,Q\) lần lượt thuộc các cung nhỏ \(AC\) và \(AB\) sao cho \(BP\) vuông góc với \(AC,CQ\) vuông góc với \(AB.\) Gọi \(I,J\) lần lượt là giao điểm của \(PQ\) với \(AB\) và \(AC.\) Chứng minh \(IJ.AC = AI.CB.\)
Câu 10: Từ điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ các tiếp tuyến \(AB,AC\) đến đường tròn \((B,C\) là tiếp điểm). Gọi \(H\) là giao điểm của \(OA\) và \(BC\).
a) Chứng minh \(O{B^2} = OH.OA\)
b) \(EF\) là một dây cung của \(\left( O \right)\) đi qua \(H\) sao cho \(A,E,F\) không thẳng hàng.
Chứng minh bốn điểm \(A,E,O,F\) nằm trên cùng một đường tròn.
Câu 1
Phương pháp:
Rút gọn \(A\), sử dụng hẳng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\).
Cách giải:
Ta có :
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {2\sqrt 5 + 6} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} + 2018\\A = \sqrt {{1^2} + 2.\sqrt 5 .1 + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} + 2018\\A = \sqrt {{{\left( {1 + \sqrt 5 } \right)}^2}} - \left| {\sqrt 5 - 1} \right| + 2018\\A = \left| {1 + \sqrt 5 } \right| - \left| {\sqrt 5 - 1} \right| + 2018\\A = 1 + \sqrt 5 - \sqrt 5 + 1 + 2018\,\,\left( {Do\,\,1 + \sqrt 5 > 0;\,\,\sqrt 5 - 1 > 0} \right)\\A = 2020\,\\ \Rightarrow A \in \mathbb{Z}\end{array}\)
Vậy \(A\) là một số nguyên.
Câu 2
Phương pháp:
+) Sử dụng hằng đẳng thức.
+) Xét dấu, phá trị tuyệt đối và rút gọn.
Cách giải:
Với \(a < 1\) và \(b > 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}\sqrt {\dfrac{{b - 2\sqrt b + 1}}{{{a^2} - 2a + 1}}} = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}\sqrt {\dfrac{{{{\left( {\sqrt b - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {a - 1} \right)}^2}}}} = \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}.\left| {\dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}}} \right|\\Do\,\,\left\{ \begin{array}{l}a < 1 \Rightarrow a - 1 < 0\\b > 1 \Rightarrow \sqrt b > 1 \Leftrightarrow \sqrt b - 1 > 0\end{array} \right.\\ \Rightarrow \dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}} < 0 \Leftrightarrow \left| {\dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}}} \right| = - \dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}}\\ \Rightarrow A = - \dfrac{{a - 1}}{{\sqrt b - 1}}.\dfrac{{\sqrt b - 1}}{{a - 1}} = - 1\end{array}\)
Câu 3
Phương pháp:
Hàm số \(y = a{x^2}\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(0\) tại \(x = 0\) khi \(a < 0.\)
Cách giải:
Ta thấy hàm số \(y = \left( {2m - 1} \right){x^2}\,\,\left( {m \ne \dfrac{1}{2}} \right)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(0\) tại \(x = 0\)
\( \Leftrightarrow 2m - 1 < 0 \Leftrightarrow m < \dfrac{1}{2}\)
Vậy \(m < \dfrac{1}{2}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
Đồ thị hàm số song song với đường thẳng \(y = 2x + 2019\)suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b \ne 2019\end{array} \right..\)
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là 2020, suy ra tọa độ giao điểm \(A\left( {0;2020} \right)\) Thay tọa độ giao điểm vào \(y = 2x + b\) ta tìm được b.
Cách giải :
Vì đồ thị hàm số \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2019\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b \ne 2019\end{array} \right..\)
\( \Rightarrow y = ax + b \Leftrightarrow y = 2x + b\,\,\,\left( {b \ne 2019} \right)\)
Mà đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là \(2020 \Rightarrow \) đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;\,\,\,2020} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2020 = 2.0 + b\\ \Rightarrow b = 2020\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(a = 2;\,\,\,\,b = 2020.\)
Câu 5
Phương pháp:
- Bước 1: Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.
- Bước 2: Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.
- Bước 3: Lập hệ phương trình.
- Bước 4: Giải hệ phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi sản lượng lúa của loại I và II trên mỗi \(ha\) lần lượt là \(x\) và \(y\) (tấn/ha). Điều kiện: \(x,y > 0\).
\(10ha\) giống lúa loại I thu về sản lượng \(10x\) tấn; \(8ha\) giống lúa loại II thu về sản lượng \(8y\) tấn
Tổng sản lượng thu về là \(139\) tấn nên ta có phương trình: \(10x + 8y = 139\,\,\left( 1 \right)\).
\(4ha\) giống lúa loại I thu về sản lượng \(4x\) tấn; \(3ha\) giống lúa loại II thu về sản lượng \(3y\) tấn.
Sản lượng thu về từ \(4ha\) giống lúa loại \(I\) nhiều hơn sản lượng thu về từ \(3ha\) giống lúa loại \(II\) là \(6\) tấn nên ta có phương trình: \(4x - 3y = 6\,\,\left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}10x + 8y = 139\\4x - 3y = 6\end{array} \right.\)
Giải hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}10x + 8y = 139\\4x - 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}20x + 16y = 278\\20x - 15y = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}31y = 248\\4x - 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 8\\x = 7,5\end{array} \right.\left( {TM} \right)\)
Vậy năng suất lúa trung bình của giống lúa loại I là \(7,5\) tấn/ha; năng suất lúa trung bình của giống lúa loại II là \(8\) tấn/ha.
Câu 6
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' \ge 0\end{array} \right.\)
Biến đổi để xuất hiện tổng và tích hai nghiệm rồi sử dụng hệ thức Vi-et.
Cách giải:
Phương trình \({x^2} - 4x + m + 1 = 0\) (*) có \(\Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - 1.\left( {m + 1} \right) = 3 - m\)
Để phương trình (*) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \ne 0\\3 - m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le 3\)
Theo hệ thức Vi-et ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}x_1^2 + x_2^2 - 10{x_1}{x_2} = 2020\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 12{x_1}{x_2} = 2020\\ \Leftrightarrow {4^2} - 12\left( {m + 1} \right) = 2020\\ \Leftrightarrow 12m = - 2016\\ \Leftrightarrow m = - 168\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = - 168\) là giá trị cần tìm.
Câu 7:
Phương pháp:
+ Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông. Tính BH
+ Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác. Tính BC
+ Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác ABC. Tính AC.
Cách giải:
Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác \(ABH\) vuông tại H. Ta có:
\(\begin{array}{l}A{H^2} + B{H^2} = A{B^2}\\ \Rightarrow B{H^2} = A{B^2} - A{H^2} = {10^2} - {6^2} = 100 - 36 = 64\\ \Rightarrow B{H^2} = {8^2}\\ \Rightarrow BH = 8\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Trong tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \(A\) có AH là đường cao
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A{B^2} = BH.BC\\ \Rightarrow BC = \dfrac{{A{B^2}}}{{BH}} = \dfrac{{{{10}^2}}}{8} = \dfrac{{100}}{8} = 12,5\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác vuông ABC ta có:
\(\begin{array}{l}A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = 12,{5^2} - {10^2} = 56,25\\ \Rightarrow AC = 7,5\,\,\,\,\left( {cm} \right).\end{array}\)
Vậy: \(AC = 7,5\,\left( {cm} \right);\,\,\,\,BC = 12,5\,\left( {cm} \right).\)
Câu 8
Phương pháp:
Chứng minh \(\Delta OAB = \Delta OCB\left( {c.c.c} \right)\) và suy ra điều phải chứng minh.
Cách giải:
\(d\) là tiếp tuyến với \(\left( O \right)\) tại \(A\) \( \Rightarrow OA \bot d \Rightarrow \angle OAB = {90^0}\)
\(C = \left( O \right) \cap \left( {B,BA} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC = BA\\OC = OA\end{array} \right.\) (cùng là các bán kính).
Xét tam giác \(OAB\) và \(OCB\) có:
\(\left. \begin{array}{l}BC = BA\\OC = OA\\OB\,\,chung\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta OAB = \Delta OCB\left( {c - c - c} \right) \Rightarrow \angle OCB = \angle OAB = {90^0}\)
\( \Rightarrow OC \bot BC\) hay \(BC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) (đpcm).
Câu 9
Phương pháp:
+ Góc có đỉnh bên trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn
+ Góc nội tiếp có số đo bằng nửa số đo cung bị chắn.
+ Chứng minh hai tam giác \(AIJ\) và tam giác \(ACB\) đồng dạng để suy ra hệ thức cần chứng minh.
Cách giải:
Gọi \(BP \cap AC = \left\{ D \right\};\,\,AB \cap CQ = \left\{ E \right\}.\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có:
\(\angle BDC = \dfrac{1}{2}\,\,\,\left( {sd\,\,cung\,\,\,BC + \,\,sd\,\,AP} \right)\)
\(\angle BEC = \dfrac{1}{2}\left( {sd\,\,cung\,\,BC + \,\,sd\,\,\,AQ} \right)\,\,\,\left( 1 \right)\) (góc có đỉnh bên trong đường tròn)
Mà theo giả thiết thì \(BD \bot AC\) tại \(D,\) \(CQ \bot AB\) tại \(E \Rightarrow \angle BDC = \angle BEC = {90^0}\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra: \(sd\,\,cung\,\,AP = sd\,\,\,cung\,\,\,AQ\,\,\,\,\left( 3 \right).\)
Ta lại có: \(\angle AIJ = \dfrac{1}{2}\left( {sd\,\,cung\,\,\,BQ + sd\,\,\,cung\,\,\,AP} \right)\,\,\,\left( 4 \right)\) (góc có đỉnh bên trong đường tròn)
Và \(\angle ACB = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,\,AB = \dfrac{1}{2}\left( {sd\,\,\,cung\,\,BQ + sd\,\,\,cung\,\,AQ} \right)\,\,\,\,\left( 5 \right)\) (góc nội tiếp chắn cung \(AB\))
Từ (3), (4), (5) suy ra \(\angle ACB = \angle AIJ\)
Xét \(\Delta AIJ\) và \(\Delta ACB\) có:
Câu 10:
Phương pháp:
a) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OBA\).
b) Chứng minh hai tam giác \(OHF\) và \(OFA\) đồng dạng suy ra các góc tương ứng bằng nhau.
Từ đó sử dụng dáu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp để chứng minh tứ giác \(OEAF\) nội tiếp.
Cách giải:
a) Vì \(AB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) , \(B\) là tiếp điểm.
\( \Rightarrow AB \bot OB\)
\( \Rightarrow \Delta OBA\) vuông tại B.
Lại có: \(OB = OC \Rightarrow O\) nằm trên trung trực của \(BC\).
\(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow A\) nằm trên trung trực của \(BC\).
Do đó \(AO\) là trung trực của \(BC\) hay \(AO \bot BC\) tại \(H\)\( \Rightarrow BH \bot OA\)
\( \Rightarrow O{B^2} = OH.OA\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OBA\))
Vậy: \(O{B^2} = OH.OA\)(đpcm).
b) Theo câu a) \(O{B^2} = OH.OA \Rightarrow \dfrac{{OB}}{{OH}} = \dfrac{{OA}}{{OB}}\)
Mà \(OB = OF\) (cùng bằng bán kính) \( \Rightarrow \dfrac{{OF}}{{OH}} = \dfrac{{OA}}{{OF}}\)
Xét \(\Delta OHF\) và \(\Delta OFA\) có:
\(\angle O\,\,\,\,chung\)
\(\dfrac{{OF}}{{OH}} = \dfrac{{OA}}{{OF}}\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta OHF \sim \Delta OFA\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow \angle OAF = \angle OFH = \angle OFE\,\,\left( 1 \right)\) (góc tương ứng)
Mà tam giác \(OEF\) cân tại \(O\) \( \Rightarrow \angle OEF = \angle OFE\,\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\angle OEF = \angle OAF\left( { = \angle OFE} \right)\)
Xét tứ giác \(AEOF\) có \(\angle OEF = \angle OAF\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \) tứ giác \(AEOF\) nội tiếp (tứ giác có hai đinh kề cùng nhìn một cạnh các góc bằng nhau)
Hay bốn điểm \(A,O,E,F\) cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tại Thái Nguyên luôn là một kỳ thi quan trọng đối với học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi và luyện tập với các đề thi thử là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho bạn phân tích chi tiết về đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2019, cùng với hướng dẫn giải các bài toán thường gặp.
Đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Đề thi lần 1 thường tập trung vào các kiến thức cơ bản và trọng tâm của chương trình Toán lớp 9. Các bài toán thường có tính ứng dụng cao và đòi hỏi học sinh phải có khả năng phân tích và giải quyết vấn đề. Ví dụ, một bài toán về phương trình bậc hai có thể được biến đổi thành một bài toán thực tế về việc tính toán diện tích hoặc thể tích.
Đề thi lần 2 thường có độ khó cao hơn so với đề thi lần 1. Các bài toán thường đòi hỏi học sinh phải có kiến thức sâu rộng và khả năng tư duy logic. Ví dụ, một bài toán về hình học có thể yêu cầu học sinh phải chứng minh một tính chất hoặc tìm một mối quan hệ giữa các yếu tố hình học.
Để giải tốt các bài toán trong đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2019, bạn cần nắm vững các kiến thức cơ bản và các kỹ năng giải toán sau:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2019, bạn có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2019 là một kỳ thi quan trọng. Để đạt kết quả tốt nhất, bạn cần chuẩn bị kỹ lưỡng và luyện tập thường xuyên. Hy vọng rằng bài viết này sẽ cung cấp cho bạn những thông tin hữu ích và giúp bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
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!
