THCS
THCS
montoan.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hòa Bình năm 2021. 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 các đề thi thử được chọn lọc kỹ lưỡng, đảm bảo độ chính xác và tính cập nhật cao.
Câu I (2,0 điểm) 1) Tìm điều kiện xác định:
Câu I (2,0 điểm)
1) Tìm điều kiện xác định:
a) \(A = \sqrt {x - 4} \) b) \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\)
2) Rút gọn:
a) \(A = \sqrt {75} - \sqrt 3 \) b) \(B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} - \sqrt 2 \)
Câu II (2,0 điểm)
1) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = - 2x + 3\).
2) Cho phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\). Tìm \(m\) để phương trình có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 14\).
Câu III (3,0 điểm)
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\), biết \(HB = 2\,\,cm,\,\,HC = 8\,\,cm\). Tính độ dài các cạnh \(AB,\,\,AC\).
2) Một ô tô và một xe máy khởi hình cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ. Tìm vận tốc của ô tô và xe máy, biết rằng nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy.
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\sqrt {x - 6} + 7\sqrt {y + 5} = 27\\\sqrt {x - 6} + 2\sqrt {y + 5} = 8\end{array} \right.\).
Câu IV (2,0 điểm)
Cho hình vuông \(ABCD,\) các điểm \(M,N\) thay đổi trên các cạnh \(BC,CD\) sao cho góc \(MAN\) bằng \({45^0}\) (\(M,N\) không trùng với các đỉnh của hình vuông). Gọi \(P,Q\) lần lượt là giao điểm của \(AM,AN\) với \(BD.\) Chứng minh rằng:
1) Tứ giác \(ABMQ\) và tứ giác \(MNQP\) là các tứ giác nội tiếp.
2) \(NA\) là phân giác của góc \(MND.\)
3) \(MN\) tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Câu V (1,0 điểm)
1) Cho \(a > b > 0\). Hãy so sánh \(\sqrt {a + 2} - \sqrt a \) với \(\sqrt {b + 2} - \sqrt b \).
2) Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + 3y \le 10\). Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{3\sqrt y }} \ge 10\).
Câu I (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) a) \(\sqrt {f\left( x \right)} \) xác định khi \(f\left( x \right) \ge 0\).
b) \(\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\) xác định khi \(g\left( x \right) \ne 0\).
2) Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\), thực hiện tính toán với các căn bậc hai.
Cách giải:
1) a) Biểu thức \(A = \sqrt {x - 4} \) xác định khi và chỉ khi \(x - 4 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 4\).
Vậy \(A = \sqrt {x - 4} \) xác định khi và chỉ khi \(x \ge 4\).
b) Biểu thức \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\) xác định khi và chỉ khi \(x - 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 2\).
Vậy \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\) xác định khi và chỉ khi \(x \ne 2\).
2) a) Ta có: \(A = \sqrt {75} - \sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} - \sqrt 3 = 5\sqrt 3 - \sqrt 3 = 4\sqrt 3 \)
Vậy \(A = 4\sqrt 3 \).
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} - \sqrt 2 = \left| {\sqrt 2 + 1} \right| - \sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 2 + 1 - \sqrt 2 \,\left( {do\,\,\sqrt 2 + 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\, = 1\end{array}\)
Vậy \(B = 1\).
Câu II (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\), tìm được các giao điểm và vẽ đồ thị.
2) + Phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\Delta ' > 0\)
+ Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\), thay vào biểu thức \({x_1}^2 + {x_2}^2\) để tìm giá trị của tham số \(m\)
Chú ý: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\)
Cách giải:
1) Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \(1\) |
\(y = - 2x + 3\) | \(3\) | \(1\) |
\( \Rightarrow y = - 2x + 3\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0;3} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\).
Đồ thị hàm số:
2) Phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\) có \(\Delta ' = {2^2} - \left( {m - 1} \right) = 4 - m + 1 = 5 - m\).
Để phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\) có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 5 - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 5\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 = 14\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 14\\ \Leftrightarrow {4^2} - 2\left( {m - 1} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 16 - 2\left( {m - 1} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 2\left( {m - 1} \right) = 12\\ \Leftrightarrow m - 1 = 1\\ \Leftrightarrow m = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 2\).
Câu III (3,0 điểm)
Phương pháp:
1) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và định lý Py – ta – go với tam giác vuông.
2) + Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là \(x,\,\,y\) (km/h) (ĐK: \(x,\,\,y > 0\)).
+ Tính được quãng đường sau 2 giờ của ô tô và xe máy đi được, ta lập được phương trình (1)
+ Từ giả thiết còn lại, ta lập được phương trình (2)
+ Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình, giải hệ phương trình, tìm được \(x,\,\,y\)
3) + Xác định điều kiện của hệ phương trình
+ Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {x - 6} \\b = \sqrt {y + 5} \end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b \ge 0} \right)\), hệ phương trình ban đầu trở thành hệ phương trình hai ẩn \(a,b\)
+ Áp dụng phương pháp cộng đại số, tìm được \(a,b\), từ đó suy ra được \(x,y\)
+ Chú ý trong quá trình giải, luôn phải kiểm tra điều kiện của các nghiệm khi tìm được.
Cách giải:
1)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), đường cao \(AH\) ta có:
\(A{H^2} = HB.HC = 2.8 = 16\)
\( \Rightarrow AH = \sqrt {16} = 4\,\,\left( {cm} \right)\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}\\ \Rightarrow A{B^2} = {4^2} + {2^2} = 20\\ \Rightarrow AB = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ACH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A{C^2} = A{H^2} + H{C^2}\\ \Rightarrow A{C^2} = {4^2} + {8^2} = 80\\ \Rightarrow AC = \sqrt {80} = 4\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy \(AB = 2\sqrt 5 \,\,cm,\,\,AC = 8\sqrt 5 \,\,cm\).
2) Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là \(x,\,\,y\) (km/h) (ĐK: \(x,\,\,y > 0\)).
Sau 2 giờ ô tô đi được quãng đường là \(2x\,\,\left( {km} \right)\).
Sau 2 giờ xe máy đi được quãng đường là \(2y\,\,\left( {km} \right)\).
Vì 2 xe khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ nên ta có phương trình \(2x + 2y = 200 \Leftrightarrow x + y = 10\,\,\,\left( 1 \right)\).
Nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10 km/h thì vận tốc mới của ô tô và \(x + 10\) (km/h).
Nếu vận tốc của xe máy giảm đi 5 km/h thì vận tốc mới của xe máy là \(y - 5\) (km/h).
Vì nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy nên ta có phương trình \(x + 10 = 2\left( {y - 5} \right) \Leftrightarrow x - 2y = - 20\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 100\\x - 2y = - 20\end{array} \right.\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y = 120\\x = 2y - 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40\,\,\left( {tm} \right)\\x = 2.40 - 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40\\x = 60\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy vận tốc của ô tô là 60 km/h, vận tốc của xe máy là 40 km/h.
3) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 6 \ge 0\\y + 5 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 6\\y \ge - 5\end{array} \right.\).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {x - 6} \\b = \sqrt {y + 5} \end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b \ge 0} \right)\), hệ phương trình trở thành: \(\left\{ \begin{array}{l}3a + 7b = 27\\a + 2b = 8\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 7b = 27\\3a + 6b = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 8 - 2b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 8 - 2.3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 6} = 2\\\sqrt {y + 5} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 6 = 4\\y + 5 = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {10;4} \right)\).
Câu IV (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) Chứng minh được:\(\angle QMP = {45^0}\) và \(\angle QNP = {45^0}\) nên tứ giác \(MNQP\) nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau)
2) Chứng minh: \(\angle DNA = \angle QNM = {90^0} - \angle QPN\) suy ra \(\angle DNA = \angle ANM\) hay \(AN\) là phân giác góc \(\angle MND.\)
3) + Gọi \(H\) là giao điểm của \(NP\) và \(MQ\).
+ \(H\) là trực tâm của tam giác \(AMN\).
+ Gọi giao điểm của \(AH\) và \(MN\) là \(I \Rightarrow AI \bot MN\)
+ \(\Delta AMB = \Delta AMI\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\( \Rightarrow AB = AI\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(AI\) có độ dài không đổi.
\( \Rightarrow \left( {A;AI} \right)\) cố định.
\( \Rightarrow \) Đpcm
Cách giải:
1) Ta có: \(\angle MAN = {45^0}\) hay \(\angle MAQ = {45^0}\).
Lại có \(\angle CBD = {45^0}\) (do \(BD\) là đường chéo của hình vuông \(ABCD\) nên \(BD\) là phân giác của \(\angle ABC\)) nên \(\angle MBQ = {45^0}\).
Do đó \(\angle MAQ = \angle MBQ = {45^0}\) suy ra tứ giác \(ABMQ\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Suy ra \(\angle QMA = \angle QBA = {45^0}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AQ\)) \( \Rightarrow \angle QMP = {45^0}\) (1)
Ta có: \(\angle BDC = {45^0}\) (do \(BD\) là đường chéo của hình vuông) nên \(\angle NDP = {45^0}\).
Mà \(\angle MAN = {45^0}\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle PAN = {45^0}\).
Do đó \(\angle NDP = \angle PAN\) suy ra tứ giác \(ADNP\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Suy ra \(\angle ANP = \angle ADP = {45^0} = \angle QNP\) (2) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AP\)).
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)\) ta có \(\angle QMP = \angle QNP = {45^0}\) suy ra tứ giác \(MNQP\) nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau) (đpcm).
2) Do tứ giác \(ADNP\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle APN + \angle ADN = {180^0}\) (tính chất tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle ADN = {90^0}\) (do \(ABCD\) là hình vuông) nên \(\angle APN = {90^0}\).
Xét tam giác vuông \(ADN\) ta có: \(\angle DNA = {90^0} - \angle DAN = {90^0} - \angle DPN = {90^0} - \angle QPN\) (\(\angle DAN = \angle DPN\) do là hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DN\)).
Do tứ giác \(MPQN\) nội tiếp đường tròn (cmt) nên \(\angle QNM = \angle APQ = {90^0} - \angle QPN\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Do đó \(\angle DNA = \angle QNM\) suy ra \(\angle DNA = \angle ANM\) hay \(AN\) là phân giác góc \(\angle MND.\) (đpcm).
3) Gọi \(H\) là giao điểm của \(NP\) và \(MQ\).
Vì tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle ABM + \angle AQM = {180^0}\).
Mà \(\angle ABM = \angle ABC = {90^0}\) \( \Rightarrow \angle AQM = {90^0}\) \( \Rightarrow MQ \bot AN\).
Lại có \(\angle APN = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(NP \bot AM\).
Mà \(MQ \cap NP = \left\{ H \right\}\) \( \Rightarrow \) \(H\) là trực tâm của tam giác \(AMN\).
Gọi giao điểm của \(AH\) và \(MN\) là \(I.\)
Suy ra \(AI \bot MN\) (do \(AI\) là đường cao thứ ba của tam giác \(AMN\)).
Ta có: tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle AQB = \angle AMB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
Mà tứ giác \(MPQN\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle AQP = \angle NMP\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Suy ra \(\angle AMB = \angle NMP\) hay \(\angle AMB = \angle IMA\).
Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta AMI\) ta có:
\(\angle ABM = \angle AIM = {90^0}\)
\(\angle AMB = \angle IMA\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(AM\) là cạnh chung
Do đó \(\Delta AMB = \Delta AMI\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\( \Rightarrow AB = AI\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(AI\) có độ dài không đổi.
\( \Rightarrow \left( {A;AI} \right)\) cố định.
Lại có \(AI \bot MN\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow MN\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {A;AI} \right)\) tại \(I\).
Vậy \(MN\) luôn tiếp xúc với đường tròn tâm \(A\) bán kính \(AI\) cố định (đpcm).
Câu V (1,0 điểm)
Phương pháp:
1) Xét hiệu \(H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right)\)
Từ giả thiết của đề bài, chứng minh \(H < 0\)
2) Áp dụng lần lượt hai BĐT Svac-xơ và BĐT Bunhiacopxki.
Cách giải:
1) Xét hiệu
\(\begin{array}{l}H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right)\\H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt {b + 2} } \right) - \left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)\\H = \dfrac{{a + 2 - b - 2}}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{{a - b}}{{\sqrt a + \sqrt b }}\\H = \dfrac{{a - b}}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{{a - b}}{{\sqrt a + \sqrt b }}\\H = \left( {a - b} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}} \right)\end{array}\)
Vì \(a > b > 0 \Rightarrow a - b > 0\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {a + 2} > \sqrt a \\\sqrt {b + 2} > \sqrt b \end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} > \sqrt a + \sqrt b \)
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} < \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}\) \( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }} < 0\).
Do đó \(\left( {a - b} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}} \right) < 0\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right) < 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {a + 2} - \sqrt a < \sqrt {b + 2} - \sqrt b \end{array}\)
Vậy với \(a > b > 0\) thì \(\sqrt {a + 2} - \sqrt a < \sqrt {b + 2} - \sqrt b \).
2) Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{\sqrt {3y} }} = \dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }}\\ = \dfrac{{{1^2}}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{{{\left( {1 + 3 + 3 + 3} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }} = \dfrac{{100}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }}\end{array}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {x + 3y} \right)\left( {1 + 9} \right) \ge {\left( {\sqrt x + 3\sqrt {3y} } \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x + 3\sqrt {3y} \le \sqrt {10\left( {x + 3y} \right)} \le \sqrt {10.10} = 10\end{array}\)
Do đó \(\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{100}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{100}}{{10}} = 10\) (đpcm).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\sqrt x }}{1} = \dfrac{{\sqrt {3y} }}{3}\\x + 3y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 3\end{array} \right.\).
Câu I (2,0 điểm)
1) Tìm điều kiện xác định:
a) \(A = \sqrt {x - 4} \) b) \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\)
2) Rút gọn:
a) \(A = \sqrt {75} - \sqrt 3 \) b) \(B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} - \sqrt 2 \)
Câu II (2,0 điểm)
1) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = - 2x + 3\).
2) Cho phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\). Tìm \(m\) để phương trình có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 14\).
Câu III (3,0 điểm)
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\), biết \(HB = 2\,\,cm,\,\,HC = 8\,\,cm\). Tính độ dài các cạnh \(AB,\,\,AC\).
2) Một ô tô và một xe máy khởi hình cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ. Tìm vận tốc của ô tô và xe máy, biết rằng nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy.
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\sqrt {x - 6} + 7\sqrt {y + 5} = 27\\\sqrt {x - 6} + 2\sqrt {y + 5} = 8\end{array} \right.\).
Câu IV (2,0 điểm)
Cho hình vuông \(ABCD,\) các điểm \(M,N\) thay đổi trên các cạnh \(BC,CD\) sao cho góc \(MAN\) bằng \({45^0}\) (\(M,N\) không trùng với các đỉnh của hình vuông). Gọi \(P,Q\) lần lượt là giao điểm của \(AM,AN\) với \(BD.\) Chứng minh rằng:
1) Tứ giác \(ABMQ\) và tứ giác \(MNQP\) là các tứ giác nội tiếp.
2) \(NA\) là phân giác của góc \(MND.\)
3) \(MN\) tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Câu V (1,0 điểm)
1) Cho \(a > b > 0\). Hãy so sánh \(\sqrt {a + 2} - \sqrt a \) với \(\sqrt {b + 2} - \sqrt b \).
2) Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + 3y \le 10\). Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{3\sqrt y }} \ge 10\).
Câu I (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) a) \(\sqrt {f\left( x \right)} \) xác định khi \(f\left( x \right) \ge 0\).
b) \(\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\) xác định khi \(g\left( x \right) \ne 0\).
2) Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\), thực hiện tính toán với các căn bậc hai.
Cách giải:
1) a) Biểu thức \(A = \sqrt {x - 4} \) xác định khi và chỉ khi \(x - 4 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 4\).
Vậy \(A = \sqrt {x - 4} \) xác định khi và chỉ khi \(x \ge 4\).
b) Biểu thức \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\) xác định khi và chỉ khi \(x - 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 2\).
Vậy \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\) xác định khi và chỉ khi \(x \ne 2\).
2) a) Ta có: \(A = \sqrt {75} - \sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} - \sqrt 3 = 5\sqrt 3 - \sqrt 3 = 4\sqrt 3 \)
Vậy \(A = 4\sqrt 3 \).
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} - \sqrt 2 = \left| {\sqrt 2 + 1} \right| - \sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 2 + 1 - \sqrt 2 \,\left( {do\,\,\sqrt 2 + 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\, = 1\end{array}\)
Vậy \(B = 1\).
Câu II (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\), tìm được các giao điểm và vẽ đồ thị.
2) + Phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\Delta ' > 0\)
+ Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\), thay vào biểu thức \({x_1}^2 + {x_2}^2\) để tìm giá trị của tham số \(m\)
Chú ý: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\)
Cách giải:
1) Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \(1\) |
\(y = - 2x + 3\) | \(3\) | \(1\) |
\( \Rightarrow y = - 2x + 3\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0;3} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\).
Đồ thị hàm số:
2) Phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\) có \(\Delta ' = {2^2} - \left( {m - 1} \right) = 4 - m + 1 = 5 - m\).
Để phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\) có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 5 - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 5\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 = 14\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 14\\ \Leftrightarrow {4^2} - 2\left( {m - 1} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 16 - 2\left( {m - 1} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 2\left( {m - 1} \right) = 12\\ \Leftrightarrow m - 1 = 1\\ \Leftrightarrow m = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 2\).
Câu III (3,0 điểm)
Phương pháp:
1) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và định lý Py – ta – go với tam giác vuông.
2) + Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là \(x,\,\,y\) (km/h) (ĐK: \(x,\,\,y > 0\)).
+ Tính được quãng đường sau 2 giờ của ô tô và xe máy đi được, ta lập được phương trình (1)
+ Từ giả thiết còn lại, ta lập được phương trình (2)
+ Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình, giải hệ phương trình, tìm được \(x,\,\,y\)
3) + Xác định điều kiện của hệ phương trình
+ Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {x - 6} \\b = \sqrt {y + 5} \end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b \ge 0} \right)\), hệ phương trình ban đầu trở thành hệ phương trình hai ẩn \(a,b\)
+ Áp dụng phương pháp cộng đại số, tìm được \(a,b\), từ đó suy ra được \(x,y\)
+ Chú ý trong quá trình giải, luôn phải kiểm tra điều kiện của các nghiệm khi tìm được.
Cách giải:
1)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), đường cao \(AH\) ta có:
\(A{H^2} = HB.HC = 2.8 = 16\)
\( \Rightarrow AH = \sqrt {16} = 4\,\,\left( {cm} \right)\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}\\ \Rightarrow A{B^2} = {4^2} + {2^2} = 20\\ \Rightarrow AB = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ACH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A{C^2} = A{H^2} + H{C^2}\\ \Rightarrow A{C^2} = {4^2} + {8^2} = 80\\ \Rightarrow AC = \sqrt {80} = 4\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy \(AB = 2\sqrt 5 \,\,cm,\,\,AC = 8\sqrt 5 \,\,cm\).
2) Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là \(x,\,\,y\) (km/h) (ĐK: \(x,\,\,y > 0\)).
Sau 2 giờ ô tô đi được quãng đường là \(2x\,\,\left( {km} \right)\).
Sau 2 giờ xe máy đi được quãng đường là \(2y\,\,\left( {km} \right)\).
Vì 2 xe khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ nên ta có phương trình \(2x + 2y = 200 \Leftrightarrow x + y = 10\,\,\,\left( 1 \right)\).
Nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10 km/h thì vận tốc mới của ô tô và \(x + 10\) (km/h).
Nếu vận tốc của xe máy giảm đi 5 km/h thì vận tốc mới của xe máy là \(y - 5\) (km/h).
Vì nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy nên ta có phương trình \(x + 10 = 2\left( {y - 5} \right) \Leftrightarrow x - 2y = - 20\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 100\\x - 2y = - 20\end{array} \right.\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y = 120\\x = 2y - 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40\,\,\left( {tm} \right)\\x = 2.40 - 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40\\x = 60\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy vận tốc của ô tô là 60 km/h, vận tốc của xe máy là 40 km/h.
3) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 6 \ge 0\\y + 5 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 6\\y \ge - 5\end{array} \right.\).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {x - 6} \\b = \sqrt {y + 5} \end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b \ge 0} \right)\), hệ phương trình trở thành: \(\left\{ \begin{array}{l}3a + 7b = 27\\a + 2b = 8\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 7b = 27\\3a + 6b = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 8 - 2b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 8 - 2.3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 6} = 2\\\sqrt {y + 5} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 6 = 4\\y + 5 = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {10;4} \right)\).
Câu IV (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) Chứng minh được:\(\angle QMP = {45^0}\) và \(\angle QNP = {45^0}\) nên tứ giác \(MNQP\) nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau)
2) Chứng minh: \(\angle DNA = \angle QNM = {90^0} - \angle QPN\) suy ra \(\angle DNA = \angle ANM\) hay \(AN\) là phân giác góc \(\angle MND.\)
3) + Gọi \(H\) là giao điểm của \(NP\) và \(MQ\).
+ \(H\) là trực tâm của tam giác \(AMN\).
+ Gọi giao điểm của \(AH\) và \(MN\) là \(I \Rightarrow AI \bot MN\)
+ \(\Delta AMB = \Delta AMI\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\( \Rightarrow AB = AI\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(AI\) có độ dài không đổi.
\( \Rightarrow \left( {A;AI} \right)\) cố định.
\( \Rightarrow \) Đpcm
Cách giải:
1) Ta có: \(\angle MAN = {45^0}\) hay \(\angle MAQ = {45^0}\).
Lại có \(\angle CBD = {45^0}\) (do \(BD\) là đường chéo của hình vuông \(ABCD\) nên \(BD\) là phân giác của \(\angle ABC\)) nên \(\angle MBQ = {45^0}\).
Do đó \(\angle MAQ = \angle MBQ = {45^0}\) suy ra tứ giác \(ABMQ\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Suy ra \(\angle QMA = \angle QBA = {45^0}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AQ\)) \( \Rightarrow \angle QMP = {45^0}\) (1)
Ta có: \(\angle BDC = {45^0}\) (do \(BD\) là đường chéo của hình vuông) nên \(\angle NDP = {45^0}\).
Mà \(\angle MAN = {45^0}\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle PAN = {45^0}\).
Do đó \(\angle NDP = \angle PAN\) suy ra tứ giác \(ADNP\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Suy ra \(\angle ANP = \angle ADP = {45^0} = \angle QNP\) (2) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AP\)).
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)\) ta có \(\angle QMP = \angle QNP = {45^0}\) suy ra tứ giác \(MNQP\) nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau) (đpcm).
2) Do tứ giác \(ADNP\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle APN + \angle ADN = {180^0}\) (tính chất tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle ADN = {90^0}\) (do \(ABCD\) là hình vuông) nên \(\angle APN = {90^0}\).
Xét tam giác vuông \(ADN\) ta có: \(\angle DNA = {90^0} - \angle DAN = {90^0} - \angle DPN = {90^0} - \angle QPN\) (\(\angle DAN = \angle DPN\) do là hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DN\)).
Do tứ giác \(MPQN\) nội tiếp đường tròn (cmt) nên \(\angle QNM = \angle APQ = {90^0} - \angle QPN\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Do đó \(\angle DNA = \angle QNM\) suy ra \(\angle DNA = \angle ANM\) hay \(AN\) là phân giác góc \(\angle MND.\) (đpcm).
3) Gọi \(H\) là giao điểm của \(NP\) và \(MQ\).
Vì tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle ABM + \angle AQM = {180^0}\).
Mà \(\angle ABM = \angle ABC = {90^0}\) \( \Rightarrow \angle AQM = {90^0}\) \( \Rightarrow MQ \bot AN\).
Lại có \(\angle APN = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(NP \bot AM\).
Mà \(MQ \cap NP = \left\{ H \right\}\) \( \Rightarrow \) \(H\) là trực tâm của tam giác \(AMN\).
Gọi giao điểm của \(AH\) và \(MN\) là \(I.\)
Suy ra \(AI \bot MN\) (do \(AI\) là đường cao thứ ba của tam giác \(AMN\)).
Ta có: tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle AQB = \angle AMB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
Mà tứ giác \(MPQN\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle AQP = \angle NMP\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Suy ra \(\angle AMB = \angle NMP\) hay \(\angle AMB = \angle IMA\).
Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta AMI\) ta có:
\(\angle ABM = \angle AIM = {90^0}\)
\(\angle AMB = \angle IMA\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(AM\) là cạnh chung
Do đó \(\Delta AMB = \Delta AMI\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\( \Rightarrow AB = AI\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(AI\) có độ dài không đổi.
\( \Rightarrow \left( {A;AI} \right)\) cố định.
Lại có \(AI \bot MN\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow MN\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {A;AI} \right)\) tại \(I\).
Vậy \(MN\) luôn tiếp xúc với đường tròn tâm \(A\) bán kính \(AI\) cố định (đpcm).
Câu V (1,0 điểm)
Phương pháp:
1) Xét hiệu \(H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right)\)
Từ giả thiết của đề bài, chứng minh \(H < 0\)
2) Áp dụng lần lượt hai BĐT Svac-xơ và BĐT Bunhiacopxki.
Cách giải:
1) Xét hiệu
\(\begin{array}{l}H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right)\\H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt {b + 2} } \right) - \left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)\\H = \dfrac{{a + 2 - b - 2}}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{{a - b}}{{\sqrt a + \sqrt b }}\\H = \dfrac{{a - b}}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{{a - b}}{{\sqrt a + \sqrt b }}\\H = \left( {a - b} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}} \right)\end{array}\)
Vì \(a > b > 0 \Rightarrow a - b > 0\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {a + 2} > \sqrt a \\\sqrt {b + 2} > \sqrt b \end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} > \sqrt a + \sqrt b \)
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} < \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}\) \( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }} < 0\).
Do đó \(\left( {a - b} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}} \right) < 0\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right) < 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {a + 2} - \sqrt a < \sqrt {b + 2} - \sqrt b \end{array}\)
Vậy với \(a > b > 0\) thì \(\sqrt {a + 2} - \sqrt a < \sqrt {b + 2} - \sqrt b \).
2) Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{\sqrt {3y} }} = \dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }}\\ = \dfrac{{{1^2}}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{{{\left( {1 + 3 + 3 + 3} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }} = \dfrac{{100}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }}\end{array}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {x + 3y} \right)\left( {1 + 9} \right) \ge {\left( {\sqrt x + 3\sqrt {3y} } \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x + 3\sqrt {3y} \le \sqrt {10\left( {x + 3y} \right)} \le \sqrt {10.10} = 10\end{array}\)
Do đó \(\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{100}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{100}}{{10}} = 10\) (đpcm).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\sqrt x }}{1} = \dfrac{{\sqrt {3y} }}{3}\\x + 3y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 3\end{array} \right.\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Hòa Bình năm 2021 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc nắm vững cấu trúc đề thi và luyện tập thường xuyên là vô cùng cần thiết. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập thuộc các chủ đề chính sau:
Điểm khác biệt của đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình so với các tỉnh khác thường nằm ở độ khó và tính ứng dụng của các bài toán. Đề thi thường yêu cầu học sinh không chỉ nắm vững kiến thức lý thuyết mà còn phải có khả năng vận dụng linh hoạt vào giải quyết các vấn đề thực tế.
Để giúp các em học sinh hiểu rõ hơn về đề thi, chúng ta sẽ phân tích chi tiết một số đề thi chính thức và đề thi thử năm 2021:
Đề thi chính thức năm 2021 có cấu trúc gồm 4 câu hỏi, trong đó câu 1 và câu 2 là các bài toán trắc nghiệm, câu 3 và câu 4 là các bài toán tự luận. Đề thi tập trung vào các kiến thức cơ bản của chương trình Toán lớp 9, đồng thời có một số câu hỏi đòi hỏi học sinh phải có khả năng tư duy logic và sáng tạo.
Đề thi thử của trường THPT Chuyên Luong Van Tuy được đánh giá là có độ khó cao hơn so với đề thi chính thức. Đề thi tập trung vào các dạng bài toán nâng cao, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải toán tốt. Đề thi này là một cơ hội tốt để các em học sinh rèn luyện khả năng giải quyết các bài toán khó và làm quen với áp lực thi cử.
Để luyện thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2021 hiệu quả, các em học sinh cần có một kế hoạch học tập khoa học và hợp lý. Dưới đây là một số lời khuyên:
Ngoài bộ đề thi do montoan.com.vn cung cấp, các em học sinh có thể tham khảo thêm các nguồn tài liệu ôn thi sau:
Kỳ thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2021 là một thử thách lớn, nhưng với sự chuẩn bị kỹ lưỡng và tinh thần quyết tâm, các em học sinh hoàn toàn có thể đạt được kết quả tốt nhất. Hãy luôn tin tưởng vào bản thân và cố gắng hết mình!
| Năm | Loại đề | Link tải |
|---|---|---|
| 2021 | Đề chính thức | [Link đến đề thi chính thức] |
| 2021 | Đề thử (Luong Văn Tuy) | [Link đến đề thi thử] |
