THCS
THCS
montoan.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bạc Liêu năm 2019 chính thức. 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 được biên soạn dựa trên đề thi chính thức của kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2019 tại tỉnh Bạc Liêu, đảm bảo tính chính xác và độ tin cậy cao.
Câu 1 (2 điểm): Rút gọn biểu thức
Câu 1 (2 điểm): Rút gọn biểu thức
\(a)\,A = \sqrt {45} - 2\sqrt {20} \) \(b)\,B = \dfrac{{3\sqrt 5 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}} \)
Câu 2 (2,0 điểm):
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + 4 = 5\end{array} \right.\)
b) Cho hàm số \(y = 3{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + 1\) . Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Câu 3 (3,0 điểm)
Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 4m - 5 = 0\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
a) Giải phương trình khi \(m = - 2\).
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm \(m\) để: \(\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019\).
Câu 4 (3,0 điểm) Trên nửa đường tròn, đường kính \(AB\), lấy hai điểm \(I,\,\,Q\) sao cho \(I\) thuộc cung \(AQ\). Gọi \(C\) là giao điểm hai tia \(AI\) và \(BQ\); \(H\) là giao điểm hai dây \(AQ\) và \(BI\).
a) Chứng minh tứ giác \(CIHQ\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(CI.AI = HI.BI\).
c) Biết \(AB = 2R\). Tính giá trị của biểu thức \(M = AI.AC + BQ.BC\) theo \(R\).
Câu 1 (2 điểm): Rút gọn biểu thức
\(a)\,A = \sqrt {45} - 2\sqrt {20} \) \(b)\,B = \dfrac{{3\sqrt 5 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}} \)
Câu 2 (2,0 điểm):
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + 4 = 5\end{array} \right.\)
b) Cho hàm số \(y = 3{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + 1\) . Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Câu 3 (3,0 điểm)
Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 4m - 5 = 0\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
a) Giải phương trình khi \(m = - 2\).
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm \(m\) để: \(\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019\).
Câu 4 (3,0 điểm) Trên nửa đường tròn, đường kính \(AB\), lấy hai điểm \(I,\,\,Q\) sao cho \(I\) thuộc cung \(AQ\). Gọi \(C\) là giao điểm hai tia \(AI\) và \(BQ\); \(H\) là giao điểm hai dây \(AQ\) và \(BI\).
a) Chứng minh tứ giác \(CIHQ\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(CI.AI = HI.BI\).
c) Biết \(AB = 2R\). Tính giá trị của biểu thức \(M = AI.AC + BQ.BC\) theo \(R\).
Câu 1:
Phương pháp:
Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
\(a)\,A = \sqrt {45} - 2\sqrt {20} = \sqrt {{3^2}.5} - 2\sqrt {{2^2}.5} = \,3\sqrt 5 - 2.2\sqrt 5 = 3\sqrt 5 - 4\sqrt 5 = \, - \sqrt 5 \)
\(\begin{array}{l}b)\,B = \dfrac{{3\sqrt 5 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}} = \dfrac{{3\sqrt 5 - 3\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \left| {3 - \sqrt {12} } \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3\left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \left( { - 3 + \sqrt {12} } \right)\,\,\left( {do\,\,{3^2} < 12\,\, \Rightarrow 3 < \sqrt {12} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\, = - 3 + 3 - \sqrt {12} \, = - \sqrt {12} \, = - 2\sqrt 3 \end{array}\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
b) Số giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) chính bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\). Từ đó ta tìm được giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\).
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\y = 5 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\)
b) Cho hàm số \(y = 3{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + 1\) . Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(3{x^2} = 2x + 1 \Leftrightarrow 3{x^2} - 2x - 1 = 0\,\,\left( * \right)\)
Phương trình \(\left( * \right)\) có hệ số: \(a = 3;\,\,\,b = - 2;\,\,\,c = - 1 \Rightarrow a + b + c = 3 - 2 - 1 = 0\).
\( \Rightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 1}}{3}\end{array} \right.\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = 3{x^2} = {3.1^2} = 3\,\, \Rightarrow A\left( {1;3} \right)\)
Với \(x = \dfrac{{ - 1}}{3} \Rightarrow y = 3{x^2} = 3.{\left( {\dfrac{{ - 1}}{3}} \right)^2} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow B\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\,\dfrac{1}{3}} \right)\)
Vậy tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\)là \(A\left( {1;3} \right)\) và \(\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\dfrac{1}{3}} \right)\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Thay \(m = - 2\) vào phương trình và giải phương trình bậc hai.
b) Chứng minh \(\Delta > 0\,\,\forall m\), sử dụng hằng đẳng thức.
c) Áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
a) Thay \(m = - 2\) vào phương trình (1) ta có: \({x^2} + 4x + 3 = 0\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 3x + x + 3 = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) + \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy khi \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3; - 1} \right\}\).
b) Ta có \(\Delta ' = {m^2} - \left( { - 4m - 5} \right) = {m^2} + 4m + 5 = {\left( {m + 2} \right)^2} + 1 > 0\,\,\forall m\).
Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = - 4m - 5\end{array} \right.\)
Theo bài ra ta có: \(\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2{x_2} - 4m + 33 = 1524038\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000\end{array}\)
Do \({x_1}\) là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right) \Rightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 = 0\).
\( \Rightarrow 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000 \Leftrightarrow 2.2m = 1524000 \Leftrightarrow m = 381000\).
Vậy \(m = 381000\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (VD):
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(CIHQ\) nội tiếp.
Ta có \(\angle AIB = \angle AQB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle CIH = \angle CQH = {90^0}\).
Xét tứ giác \(CIHQ\) có: \(\angle CIH + \angle CQH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(CIHQ\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Chứng minh \(CI.AI = HI.BI\).
Xét tam giác \(AHI\) và tam giác \(BCI\) có:
\(\angle AIH = \angle BIH = {90^0};\)
\(\angle IAH = \angle IBC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(IQ\));
c) Biết \(AB = 2R\). Tính giá trị của biểu thức \(M = AI.AC + BQ.BC\) theo \(R\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}M = AI.AC + BQ.BC\\\,\,\,\,\,\,\, = AC\left( {AC - IC} \right) + BQ\left( {BQ + QC} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = A{C^2} - AC.IC + B{Q^2} + BQ.QC\\\,\,\,\,\,\,\, = A{Q^2} + Q{C^2} - AC.IC + B{Q^2} + BQ.QC\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {A{Q^2} + B{Q^2}} \right) + QC\left( {QC + BQ} \right) - AC.IC\\\,\,\,\,\,\,\, = A{B^2} + QC.BC - AC.IC\end{array}\)
Tứ giác \(AIQB\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right) \Rightarrow \angle CIQ = \angle CBA\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Xét tam giác \(CIQ\) và tam giác \(CBA\) có:
\(\angle ACB\) chung;
\(\angle CIQ = \angle CBA\,\,\left( {cmt} \right);\)
Vậy \(M = AI.AC + BQ.BC = A{B^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}\).
Câu 1:
Phương pháp:
Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
\(a)\,A = \sqrt {45} - 2\sqrt {20} = \sqrt {{3^2}.5} - 2\sqrt {{2^2}.5} = \,3\sqrt 5 - 2.2\sqrt 5 = 3\sqrt 5 - 4\sqrt 5 = \, - \sqrt 5 \)
\(\begin{array}{l}b)\,B = \dfrac{{3\sqrt 5 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}} = \dfrac{{3\sqrt 5 - 3\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \left| {3 - \sqrt {12} } \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3\left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \left( { - 3 + \sqrt {12} } \right)\,\,\left( {do\,\,{3^2} < 12\,\, \Rightarrow 3 < \sqrt {12} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\, = - 3 + 3 - \sqrt {12} \, = - \sqrt {12} \, = - 2\sqrt 3 \end{array}\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
b) Số giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) chính bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\). Từ đó ta tìm được giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\).
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\y = 5 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\)
b) Cho hàm số \(y = 3{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + 1\) . Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(3{x^2} = 2x + 1 \Leftrightarrow 3{x^2} - 2x - 1 = 0\,\,\left( * \right)\)
Phương trình \(\left( * \right)\) có hệ số: \(a = 3;\,\,\,b = - 2;\,\,\,c = - 1 \Rightarrow a + b + c = 3 - 2 - 1 = 0\).
\( \Rightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 1}}{3}\end{array} \right.\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = 3{x^2} = {3.1^2} = 3\,\, \Rightarrow A\left( {1;3} \right)\)
Với \(x = \dfrac{{ - 1}}{3} \Rightarrow y = 3{x^2} = 3.{\left( {\dfrac{{ - 1}}{3}} \right)^2} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow B\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\,\dfrac{1}{3}} \right)\)
Vậy tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\)là \(A\left( {1;3} \right)\) và \(\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\dfrac{1}{3}} \right)\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Thay \(m = - 2\) vào phương trình và giải phương trình bậc hai.
b) Chứng minh \(\Delta > 0\,\,\forall m\), sử dụng hằng đẳng thức.
c) Áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
a) Thay \(m = - 2\) vào phương trình (1) ta có: \({x^2} + 4x + 3 = 0\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 3x + x + 3 = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) + \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy khi \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3; - 1} \right\}\).
b) Ta có \(\Delta ' = {m^2} - \left( { - 4m - 5} \right) = {m^2} + 4m + 5 = {\left( {m + 2} \right)^2} + 1 > 0\,\,\forall m\).
Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = - 4m - 5\end{array} \right.\)
Theo bài ra ta có: \(\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2{x_2} - 4m + 33 = 1524038\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000\end{array}\)
Do \({x_1}\) là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right) \Rightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 = 0\).
\( \Rightarrow 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000 \Leftrightarrow 2.2m = 1524000 \Leftrightarrow m = 381000\).
Vậy \(m = 381000\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (VD):
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(CIHQ\) nội tiếp.
Ta có \(\angle AIB = \angle AQB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle CIH = \angle CQH = {90^0}\).
Xét tứ giác \(CIHQ\) có: \(\angle CIH + \angle CQH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(CIHQ\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Chứng minh \(CI.AI = HI.BI\).
Xét tam giác \(AHI\) và tam giác \(BCI\) có:
\(\angle AIH = \angle BIH = {90^0};\)
\(\angle IAH = \angle IBC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(IQ\));
c) Biết \(AB = 2R\). Tính giá trị của biểu thức \(M = AI.AC + BQ.BC\) theo \(R\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}M = AI.AC + BQ.BC\\\,\,\,\,\,\,\, = AC\left( {AC - IC} \right) + BQ\left( {BQ + QC} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = A{C^2} - AC.IC + B{Q^2} + BQ.QC\\\,\,\,\,\,\,\, = A{Q^2} + Q{C^2} - AC.IC + B{Q^2} + BQ.QC\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {A{Q^2} + B{Q^2}} \right) + QC\left( {QC + BQ} \right) - AC.IC\\\,\,\,\,\,\,\, = A{B^2} + QC.BC - AC.IC\end{array}\)
Tứ giác \(AIQB\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right) \Rightarrow \angle CIQ = \angle CBA\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Xét tam giác \(CIQ\) và tam giác \(CBA\) có:
\(\angle ACB\) chung;
\(\angle CIQ = \angle CBA\,\,\left( {cmt} \right);\)
Vậy \(M = AI.AC + BQ.BC = A{B^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bạc Liêu năm 2019 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho các em một cái nhìn tổng quan về đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019, cùng với phân tích chi tiết và hướng dẫn giải các bài tập điển hình.
Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019 thường bao gồm các phần sau:
Trong đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019, các em học sinh thường gặp các dạng bài tập sau:
Dưới đây là hướng dẫn giải một số bài tập điển hình thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019:
Cho phương trình: 2x + 3 = 7. Hãy tìm nghiệm của phương trình.
Hướng dẫn giải:
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2.
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm và AC = 4cm. Hãy tính diện tích của tam giác ABC.
Hướng dẫn giải:
Diện tích của tam giác ABC được tính theo công thức: S = (1/2) * AB * AC
Thay số vào công thức, ta có: S = (1/2) * 3 * 4 = 6 cm2
Vậy diện tích của tam giác ABC là 6 cm2.
Để ôn thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019 hiệu quả, các em học sinh nên:
Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng rằng với những thông tin và hướng dẫn trong bài viết này, các em sẽ có thêm kiến thức và tự tin hơn để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
