THCS
THCS
montoan.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hòa Bình 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 đề thi chính thức và đáp án chi tiết, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm. Các em có thể sử dụng để tự học, luyện tập hoặc tham khảo ý tưởng giải bài.
Câu I (2 điểm): 1) Tính:
Câu I (2 điểm):
1) Tính:
a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2}\) b) \(B = \sqrt {25} - 1\)
2) Tìm \(x\) biết:
a) \(x + 2 = 9\) b) \(\sqrt {x + 1} = 3\)
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
Câu III (3 điểm):
1) Tìm giá trị \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;2} \right)\). Khi đó hãy vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Câu IV (2 điểm):
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) và \(C\) là một điểm nằm trên \(\left( O \right)\) (C khác A, B). Đường phân giác của góc \(ACB\) cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(E\) và cắt \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(K\).
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
Câu V (1 điểm):
Giải phương trình \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 1\).
Câu I (2 điểm):
1) Tính:
a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2}\) b) \(B = \sqrt {25} - 1\)
2) Tìm \(x\) biết:
a) \(x + 2 = 9\) b) \(\sqrt {x + 1} = 3\)
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
Câu III (3 điểm):
1) Tìm giá trị \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;2} \right)\). Khi đó hãy vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Câu IV (2 điểm):
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) và \(C\) là một điểm nằm trên \(\left( O \right)\) (C khác A, B). Đường phân giác của góc \(ACB\) cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(E\) và cắt \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(K\).
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
Câu V (1 điểm):
Giải phương trình \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 1\).
Câu I (VD):
Phương pháp:
1a) Quy đồng.
1b) Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\).
2a) Chuyển vế tìm \(x\).
2b) Tìm ĐKXĐ.
\(\sqrt A = B\,\,\left( {B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}\).
Cách giải:
1a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{6 + 1}}{2} = \dfrac{7}{2}\).
Vậy \(A = \dfrac{7}{2}\).
1b) \(B = \sqrt {25} - 1 = \sqrt {{5^2}} - 1 = 5 - 1 = 4\).
Vậy \(B = 4\).
2a) \(x + 2 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 2 \Leftrightarrow x = 7\).
Vậy \(x = 7\).
2b) ĐKXĐ: \(x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge - 1\).
\(\sqrt {x + 1} = 3 \Leftrightarrow x + 1 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 1 \Leftrightarrow x = 8\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x = 8\).
Câu II (VD)
Phương pháp:
1) Giải phương trình bằng cách đưa về dạng tích hoặc sử dụng biệt thức \(\Delta \).
2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
\(\begin{array}{l}{x^2} - 7x + 12 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4x + 12 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) - 4\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {3;4} \right\}\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 6y = - 2\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = - 5\\2x + 3y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 1\\2x - 3 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 2\\y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 1} \right)\).
Câu III (VD):
Phương pháp:
1) Thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(d\) tìm \(m\), xác định hai điểm mà đường thẳng \(d\) đi qua và vẽ đường thẳng \(d\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Áp dụng định lí Pytago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông.
3) - Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
- Từ mối liên hệ: Quãng đường = Vận tốc \( \times \) Thời gian, lập 2 phương trình liên quan đến \(x;y\).
- Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số và kết luận.
Cách giải:
1) \(A\left( {1;2} \right) \in \left( d \right):\,\,y = x + m\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(2 = 1 + m \Leftrightarrow m = 2 - 1 \Leftrightarrow m = 1\).
Khi đó, phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) là \(y = x + 1\).
Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow \left( d \right)\) đi qua điểm \(B\left( {0;1} \right)\).
Vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Leftrightarrow {6^2} + A{C^2} = {10^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = {10^2} - {6^2} = 64 \Leftrightarrow AC = 8\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(AH.BC = AB.AC \Leftrightarrow AH.10 = 6.8 \Leftrightarrow AH = \dfrac{{48}}{{10}} = 4,8\,\,\left( {cm} \right)\).
Diện tích tam giác vuông \(ABC\) là \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.6.8 = 24\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(xy\,\,\left( {km} \right)\).
+) Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x + 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích sớm hơn dự định 36 phút = \(\dfrac{{36}}{{60}} = \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y - \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x + 10} \right)\left( {y - \dfrac{3}{5}} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = xy \Leftrightarrow - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = 0 \Leftrightarrow - 3x + 50y - 30 = 0\,\,\left( 1 \right)\)
+) Nếu người đó đi chậm hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x - 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích muộn hơn dự định \(1\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y + 1\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x - 10} \right)\left( {y + 1} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy + x - 10y - 10 = xy \Leftrightarrow x - 10y - 10 = 0\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l} - 3x + 50y - 30 = 0\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 50y = - 30\\3x - 30y = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 20y = - 60\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 3\,\,\left( {tm} \right)\\x - 30 - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 40\\y = 3\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(40\,\,km/h\) và \(3h\), độ dài quãng đường AB là \(xy = 40.3 = 120\,\,\left( {km} \right)\).
Câu IV (VD):
Phương pháp:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\) theo trường hợp góc – góc.
2) Xác định điểm I. Chứng minh \(\left\{ \begin{array}{l}IE\parallel OK\\IE \bot MN\\OK \bot AB\end{array} \right.\), từ đó suy ra \(MN\parallel AB\).
Cách giải:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
Ta có \(\angle KAB = \angle KCB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)), lại có \(\angle KCB = \angle KCA\,\,\left( {gt} \right)\).
\( \Rightarrow \angle KAB = \angle KCA\) hay \(\angle KAE = \angle KCA\).
Xét tam giác \(KAE\) và tam giác \(KCA\) có:
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
* Xác định điểm \(I\).
Do \(\left( I \right)\) và \(\left( O \right)\) tiếp xúc tại \(C \Rightarrow I,\,\,O,\,\,C\) thẳng hàng \( \Rightarrow I \in OC\).
Lại có \(\left( I \right)\) đi qua \(C,\,\,E \Rightarrow IC = IE \Rightarrow I\) thuộc trung trực của \(CE\).
Do đó \(I\) là giao điểm của \(OC\) và đường trung trực của \(CE\).
* Chứng minh \(MN\parallel AB\).
Nối \(OK\) ta có: \(\Delta OCK\) cân tại \(O\,\,\left( {OC = OK} \right) \Rightarrow \angle OCK = \angle OKC\).
\(\Delta ICE\) cân tại \(I\,\,\left( {IC = IE} \right) \Rightarrow \angle ICE = \angle IEC\) hay \(\angle OCK = \angle IEC\).
\( \Rightarrow \angle OKC = \angle IEC\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau \( \Rightarrow IE\parallel OK\) (1).
Xét đường tròn \(\left( O \right)\): \(\angle ACK = \angle BCK\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow sdcung\,\,AK = \,\,sdcung\,\,BK\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow K\) là điểm chính giữa cung \(AB\) của \(\left( O \right) \Rightarrow OK \bot AB\) (2).
Xét đường tròn \(\left( I \right)\) ta có \(\angle MCN = {90^0} \Rightarrow \angle MCN\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow MN\) là đường kính của \(\left( I \right)\).
Ta có: \(\angle ACK = \angle BCK \Rightarrow \angle MCE = \angle NCE \Rightarrow sdcung\,\,ME = \,\,sdcung\,\,NE\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow E\) là điểm chính giữa cung \(MN\) của \(\left( O \right) \Rightarrow IE \bot MN\) (3).
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra được \(MN\parallel AB\) (đpcm).
Câu V (VDC) :
Phương pháp:
Biến đổi \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\) sau đó đặt ẩn phụ \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\).
Cách giải:
ĐK: \(x \ne - 1\).
Ta có: \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = {\left( {x - \dfrac{x}{{x + 1}}} \right)^2} + 2\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\).
Khi đó phương trình trở thành \({\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}} = 1\).
Đặt \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\) ta có phương trình \({t^2} + 2t = 1 \Leftrightarrow {t^2} + 2t - 1 = 0\,\,\left( * \right)\).
\({\Delta _t}' = {1^2} + 1 = 2 > 0 \Rightarrow \left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1 + \sqrt 2 \\{t_2} = - 1 - \sqrt 2 \end{array} \right.\).
Với \({t_1} = - 1 + \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 + \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {1 - \sqrt 2 } \right)x + 1 - \sqrt 2 = 0\).
\(\Delta = {\left( {1 - \sqrt 2 } \right)^2} - 4\left( {1 - \sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 - 1 > 0 \Rightarrow \) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\)
Với \({t_1} = - 1 - \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 - \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x + \sqrt 2 + 1 = 0\).
\(\Delta = {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^2} - 4\left( {\sqrt 2 + 1} \right) = - 1 - 2\sqrt 2 < 0 \Rightarrow \) Phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\).
Câu I (VD):
Phương pháp:
1a) Quy đồng.
1b) Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\).
2a) Chuyển vế tìm \(x\).
2b) Tìm ĐKXĐ.
\(\sqrt A = B\,\,\left( {B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}\).
Cách giải:
1a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{6 + 1}}{2} = \dfrac{7}{2}\).
Vậy \(A = \dfrac{7}{2}\).
1b) \(B = \sqrt {25} - 1 = \sqrt {{5^2}} - 1 = 5 - 1 = 4\).
Vậy \(B = 4\).
2a) \(x + 2 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 2 \Leftrightarrow x = 7\).
Vậy \(x = 7\).
2b) ĐKXĐ: \(x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge - 1\).
\(\sqrt {x + 1} = 3 \Leftrightarrow x + 1 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 1 \Leftrightarrow x = 8\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x = 8\).
Câu II (VD)
Phương pháp:
1) Giải phương trình bằng cách đưa về dạng tích hoặc sử dụng biệt thức \(\Delta \).
2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
\(\begin{array}{l}{x^2} - 7x + 12 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4x + 12 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) - 4\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {3;4} \right\}\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 6y = - 2\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = - 5\\2x + 3y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 1\\2x - 3 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 2\\y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 1} \right)\).
Câu III (VD):
Phương pháp:
1) Thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(d\) tìm \(m\), xác định hai điểm mà đường thẳng \(d\) đi qua và vẽ đường thẳng \(d\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Áp dụng định lí Pytago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông.
3) - Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
- Từ mối liên hệ: Quãng đường = Vận tốc \( \times \) Thời gian, lập 2 phương trình liên quan đến \(x;y\).
- Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số và kết luận.
Cách giải:
1) \(A\left( {1;2} \right) \in \left( d \right):\,\,y = x + m\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(2 = 1 + m \Leftrightarrow m = 2 - 1 \Leftrightarrow m = 1\).
Khi đó, phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) là \(y = x + 1\).
Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow \left( d \right)\) đi qua điểm \(B\left( {0;1} \right)\).
Vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Leftrightarrow {6^2} + A{C^2} = {10^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = {10^2} - {6^2} = 64 \Leftrightarrow AC = 8\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(AH.BC = AB.AC \Leftrightarrow AH.10 = 6.8 \Leftrightarrow AH = \dfrac{{48}}{{10}} = 4,8\,\,\left( {cm} \right)\).
Diện tích tam giác vuông \(ABC\) là \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.6.8 = 24\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(xy\,\,\left( {km} \right)\).
+) Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x + 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích sớm hơn dự định 36 phút = \(\dfrac{{36}}{{60}} = \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y - \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x + 10} \right)\left( {y - \dfrac{3}{5}} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = xy \Leftrightarrow - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = 0 \Leftrightarrow - 3x + 50y - 30 = 0\,\,\left( 1 \right)\)
+) Nếu người đó đi chậm hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x - 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích muộn hơn dự định \(1\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y + 1\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x - 10} \right)\left( {y + 1} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy + x - 10y - 10 = xy \Leftrightarrow x - 10y - 10 = 0\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l} - 3x + 50y - 30 = 0\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 50y = - 30\\3x - 30y = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 20y = - 60\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 3\,\,\left( {tm} \right)\\x - 30 - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 40\\y = 3\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(40\,\,km/h\) và \(3h\), độ dài quãng đường AB là \(xy = 40.3 = 120\,\,\left( {km} \right)\).
Câu IV (VD):
Phương pháp:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\) theo trường hợp góc – góc.
2) Xác định điểm I. Chứng minh \(\left\{ \begin{array}{l}IE\parallel OK\\IE \bot MN\\OK \bot AB\end{array} \right.\), từ đó suy ra \(MN\parallel AB\).
Cách giải:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
Ta có \(\angle KAB = \angle KCB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)), lại có \(\angle KCB = \angle KCA\,\,\left( {gt} \right)\).
\( \Rightarrow \angle KAB = \angle KCA\) hay \(\angle KAE = \angle KCA\).
Xét tam giác \(KAE\) và tam giác \(KCA\) có:
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
* Xác định điểm \(I\).
Do \(\left( I \right)\) và \(\left( O \right)\) tiếp xúc tại \(C \Rightarrow I,\,\,O,\,\,C\) thẳng hàng \( \Rightarrow I \in OC\).
Lại có \(\left( I \right)\) đi qua \(C,\,\,E \Rightarrow IC = IE \Rightarrow I\) thuộc trung trực của \(CE\).
Do đó \(I\) là giao điểm của \(OC\) và đường trung trực của \(CE\).
* Chứng minh \(MN\parallel AB\).
Nối \(OK\) ta có: \(\Delta OCK\) cân tại \(O\,\,\left( {OC = OK} \right) \Rightarrow \angle OCK = \angle OKC\).
\(\Delta ICE\) cân tại \(I\,\,\left( {IC = IE} \right) \Rightarrow \angle ICE = \angle IEC\) hay \(\angle OCK = \angle IEC\).
\( \Rightarrow \angle OKC = \angle IEC\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau \( \Rightarrow IE\parallel OK\) (1).
Xét đường tròn \(\left( O \right)\): \(\angle ACK = \angle BCK\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow sdcung\,\,AK = \,\,sdcung\,\,BK\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow K\) là điểm chính giữa cung \(AB\) của \(\left( O \right) \Rightarrow OK \bot AB\) (2).
Xét đường tròn \(\left( I \right)\) ta có \(\angle MCN = {90^0} \Rightarrow \angle MCN\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow MN\) là đường kính của \(\left( I \right)\).
Ta có: \(\angle ACK = \angle BCK \Rightarrow \angle MCE = \angle NCE \Rightarrow sdcung\,\,ME = \,\,sdcung\,\,NE\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow E\) là điểm chính giữa cung \(MN\) của \(\left( O \right) \Rightarrow IE \bot MN\) (3).
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra được \(MN\parallel AB\) (đpcm).
Câu V (VDC) :
Phương pháp:
Biến đổi \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\) sau đó đặt ẩn phụ \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\).
Cách giải:
ĐK: \(x \ne - 1\).
Ta có: \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = {\left( {x - \dfrac{x}{{x + 1}}} \right)^2} + 2\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\).
Khi đó phương trình trở thành \({\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}} = 1\).
Đặt \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\) ta có phương trình \({t^2} + 2t = 1 \Leftrightarrow {t^2} + 2t - 1 = 0\,\,\left( * \right)\).
\({\Delta _t}' = {1^2} + 1 = 2 > 0 \Rightarrow \left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1 + \sqrt 2 \\{t_2} = - 1 - \sqrt 2 \end{array} \right.\).
Với \({t_1} = - 1 + \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 + \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {1 - \sqrt 2 } \right)x + 1 - \sqrt 2 = 0\).
\(\Delta = {\left( {1 - \sqrt 2 } \right)^2} - 4\left( {1 - \sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 - 1 > 0 \Rightarrow \) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\)
Với \({t_1} = - 1 - \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 - \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x + \sqrt 2 + 1 = 0\).
\(\Delta = {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^2} - 4\left( {\sqrt 2 + 1} \right) = - 1 - 2\sqrt 2 < 0 \Rightarrow \) Phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá để các em học sinh ôn tập và làm quen với dạng đề thi thực tế.
Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Để giải quyết câu hỏi này, các em cần nắm vững các kiến thức về phương trình bậc hai, phương trình bậc ba, và các phương pháp giải phương trình khác. Ví dụ, nếu phương trình là phương trình bậc hai, các em có thể sử dụng công thức nghiệm hoặc phương pháp phân tích thành nhân tử.
Để chứng minh một mệnh đề toán học, các em cần sử dụng các định lý, tính chất, và các quy tắc logic đã học. Ví dụ, nếu mệnh đề liên quan đến tam giác, các em có thể sử dụng các định lý về tam giác đồng dạng, tam giác bằng nhau, hoặc các tính chất về góc và cạnh của tam giác.
Để tính giá trị của một biểu thức toán học, các em cần thực hiện các phép toán theo đúng thứ tự ưu tiên. Ví dụ, các em cần thực hiện các phép toán trong ngoặc trước, sau đó là các phép toán nhân, chia, cộng, trừ.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2019, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
montoan.com.vn cung cấp các khóa học luyện thi vào 10 môn Toán online chất lượng cao, với đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm và phương pháp giảng dạy hiện đại. Các em có thể tham gia các khóa học này để nâng cao kiến thức, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin đạt điểm cao trong kỳ thi sắp tới.
Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2019 là một tài liệu ôn thi quan trọng và hữu ích. Hy vọng rằng, với những phân tích và hướng dẫn giải chi tiết trong bài viết này, các em học sinh sẽ có thêm kiến thức và tự tin hơn trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10.
