THCS
THCS
montoan.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Huế năm 2020 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 chuyên và không chuyên của tỉnh Huế năm 2020, đảm bảo tính chính xác và độ tin cậy cao.
Câu 1: a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức
Câu 1:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Câu 2:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Câu 3:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Câu 4:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Câu 5:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Câu 6:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Câu 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
Ta có: \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)\( = 5 - 4 = 1\)
Vậy \(A = 1.\)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
Ta có: \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
\(\begin{array}{l} = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 2\sqrt {{4^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 - 2.5\sqrt 2 + 2.4\sqrt 2 \\ = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 8\sqrt 2 \\ = \sqrt 2 \left( {3 - 10 + 8} \right) = \sqrt 2 .1 = \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(B = \sqrt 2 .\)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Với \(x > 0;x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x }} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \dfrac{1}{{x - 1}}\end{array}\)
Vậy \(C = \dfrac{1}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\).
Câu 2 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2y = 6\\ - 2x + 3y = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = y + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 4\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;1} \right)\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\)song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\) thì
\(\left\{ \begin{array}{l}m = 2\\2m \ne 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\m \ne 1010\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 2\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Gọi vận tốc lúc về của người đó là \(x\) (km/h) (ĐK: \(x > 0\)).
\( \Rightarrow \) Vận tốc lúc đi là \(x + 0,5\) (km/h).
Thời gian lúc đi là: \(\dfrac{2}{{x + 0,5}}\,\,\left( h \right)\).
Thời gian lúc về là \(\dfrac{2}{x}\,\,\left( h \right)\).
Vì người đó khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\dfrac{2}{{x + 0,5}} + \dfrac{2}{x} = \dfrac{{17}}{{18}}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 36x + 36\left( {x + 0,5} \right) = 17x\left( {x + 0,5} \right)\\ \Leftrightarrow 36x + 36x + 18 = 17{x^2} + \dfrac{{17}}{2}x\\ \Leftrightarrow 17{x^2} - \dfrac{{127}}{2}x - 18 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 127x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 136x + 9x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34x\left( {x - 4} \right) + 9\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {34x + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\34x + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - \dfrac{9}{{34}}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của người đó lúc về là 4km/h.
Câu 4 (2 điểm)
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
Với \(m = 2\) thì phương trình (1) trở thành
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) thì phương trình (1) có hai nghiệm \(x = 1;\,\,x = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Xét phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1)
Ta có: \(\Delta = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4.1.m\)
\(\begin{array}{l} = {m^2} + 2m + 1 - 4m\\ = {m^2} - 2m + 1\\ = {\left( {m - 1} \right)^2}\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m\) nên \(\Delta \ge 0\) với mọi \(m\) .
Suy ra phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Theo câu b) ta có phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Theo hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 3m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 4} \right) - 3\left( {m + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 4} \right)\left( {m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 4 = 0\\m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 4\\m = 3\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 4;\,\,m = 3\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 5 (VD)
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
Ta có: \(MF \bot AC \Rightarrow \angle MFC = {90^0}\)
\(ME \bot BC \Rightarrow \angle MEC = {90^0}\)
Tứ giác \(MFEC\) có \(\angle MFC = \angle MEC = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau) (đpcm).
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
Theo câu a, tứ giác \(MFEC\) nội tiếp nên \(\angle EFM + \angle ECM = {180^0}\) (tính chất) (1)
Tứ giác \(ABCM\) nội tiếp nên \(\angle BAM + \angle BCM = {180^0}\) (tính chất) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle BAM = \angle EFM\) (cùng bù với \(\angle BCM\))
\(\angle FEM = \angle FCM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FM\)) (3)
\(\angle FCM = \angle ABM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\)) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\angle FEM = \angle ABM\)
Xét \(\Delta FEM\) và \(\Delta ABM\) có:
\(\begin{array}{l}\angle BAM = \angle EFM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle FEM = \angle ABM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FEM \sim \Delta ABM\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Từ câu b ta có: \(\Delta FEM \sim \Delta ABM\) \( \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{AB}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow \dfrac{{2FQ}}{{2AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}} \Rightarrow \dfrac{{FQ}}{{AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\)
Xét \(\Delta MAP\) và \(\Delta MFQ\) có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\\\angle MAP = \angle MFQ\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow MA.MQ = MP.MF\) (đpcm)
Lại có \(\Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \angle AMP = \angle FMQ\) (hai góc tương ứng)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle {M_1} + \angle {M_2} = \angle {M_2} + \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle {M_1} = \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle AMF = \angle PMQ\end{array}\)
Xét \(\Delta MAF\) và \(\Delta MPQ\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMF = \angle PMQ\left( {cmt} \right)\\\dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAF \sim \Delta MPQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle MFA = \angle MQP\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle MFA = {90^0}\) nên \(\angle MQP = {90^0}\) (đpcm).
Câu 6 (1,0 điểm)
Cách giải:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Theo đề bài ta có:
Thể tích nước trong cốc hình trụ = Thể tích chiếc cốc hình nón = \(\dfrac{1}{2}\) thể tích chiếc cốc hình trụ.
Gọi bán kính đáy của hai chiếc cốc là: \(R\,\,\,\left( {R > 0} \right)\).
Chiều cao của chiếc cốc hình trụ là \(h = 10\,\,cm\,\,\,\left( {gt} \right).\)
Gọi chiều cao của chiếc cốc hình nón là \({h_1}\,\,\left( {{h_1} > 0} \right).\)
Gọi thể tích chiếc cốc hình trụ là \(V,\) thể tích chiếc cốc hình nón là \({V_1}.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = \dfrac{1}{2}V \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}\pi {R^2}{h_1} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2}h\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}{h_1} = \dfrac{1}{2}.10 \Leftrightarrow {h_1} = 15\,\,cm\,\,\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy chiều cao của chiếc cốc hình nón là \(15\,\,cm.\)
Câu 1:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Câu 2:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Câu 3:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Câu 4:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Câu 5:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Câu 6:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Câu 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
Ta có: \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)\( = 5 - 4 = 1\)
Vậy \(A = 1.\)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
Ta có: \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
\(\begin{array}{l} = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 2\sqrt {{4^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 - 2.5\sqrt 2 + 2.4\sqrt 2 \\ = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 8\sqrt 2 \\ = \sqrt 2 \left( {3 - 10 + 8} \right) = \sqrt 2 .1 = \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(B = \sqrt 2 .\)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Với \(x > 0;x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x }} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \dfrac{1}{{x - 1}}\end{array}\)
Vậy \(C = \dfrac{1}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\).
Câu 2 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2y = 6\\ - 2x + 3y = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = y + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 4\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;1} \right)\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\)song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\) thì
\(\left\{ \begin{array}{l}m = 2\\2m \ne 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\m \ne 1010\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 2\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Gọi vận tốc lúc về của người đó là \(x\) (km/h) (ĐK: \(x > 0\)).
\( \Rightarrow \) Vận tốc lúc đi là \(x + 0,5\) (km/h).
Thời gian lúc đi là: \(\dfrac{2}{{x + 0,5}}\,\,\left( h \right)\).
Thời gian lúc về là \(\dfrac{2}{x}\,\,\left( h \right)\).
Vì người đó khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\dfrac{2}{{x + 0,5}} + \dfrac{2}{x} = \dfrac{{17}}{{18}}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 36x + 36\left( {x + 0,5} \right) = 17x\left( {x + 0,5} \right)\\ \Leftrightarrow 36x + 36x + 18 = 17{x^2} + \dfrac{{17}}{2}x\\ \Leftrightarrow 17{x^2} - \dfrac{{127}}{2}x - 18 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 127x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 136x + 9x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34x\left( {x - 4} \right) + 9\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {34x + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\34x + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - \dfrac{9}{{34}}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của người đó lúc về là 4km/h.
Câu 4 (2 điểm)
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
Với \(m = 2\) thì phương trình (1) trở thành
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) thì phương trình (1) có hai nghiệm \(x = 1;\,\,x = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Xét phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1)
Ta có: \(\Delta = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4.1.m\)
\(\begin{array}{l} = {m^2} + 2m + 1 - 4m\\ = {m^2} - 2m + 1\\ = {\left( {m - 1} \right)^2}\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m\) nên \(\Delta \ge 0\) với mọi \(m\) .
Suy ra phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Theo câu b) ta có phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Theo hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 3m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 4} \right) - 3\left( {m + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 4} \right)\left( {m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 4 = 0\\m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 4\\m = 3\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 4;\,\,m = 3\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 5 (VD)
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
Ta có: \(MF \bot AC \Rightarrow \angle MFC = {90^0}\)
\(ME \bot BC \Rightarrow \angle MEC = {90^0}\)
Tứ giác \(MFEC\) có \(\angle MFC = \angle MEC = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau) (đpcm).
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
Theo câu a, tứ giác \(MFEC\) nội tiếp nên \(\angle EFM + \angle ECM = {180^0}\) (tính chất) (1)
Tứ giác \(ABCM\) nội tiếp nên \(\angle BAM + \angle BCM = {180^0}\) (tính chất) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle BAM = \angle EFM\) (cùng bù với \(\angle BCM\))
\(\angle FEM = \angle FCM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FM\)) (3)
\(\angle FCM = \angle ABM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\)) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\angle FEM = \angle ABM\)
Xét \(\Delta FEM\) và \(\Delta ABM\) có:
\(\begin{array}{l}\angle BAM = \angle EFM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle FEM = \angle ABM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FEM \sim \Delta ABM\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Từ câu b ta có: \(\Delta FEM \sim \Delta ABM\) \( \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{AB}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow \dfrac{{2FQ}}{{2AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}} \Rightarrow \dfrac{{FQ}}{{AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\)
Xét \(\Delta MAP\) và \(\Delta MFQ\) có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\\\angle MAP = \angle MFQ\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow MA.MQ = MP.MF\) (đpcm)
Lại có \(\Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \angle AMP = \angle FMQ\) (hai góc tương ứng)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle {M_1} + \angle {M_2} = \angle {M_2} + \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle {M_1} = \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle AMF = \angle PMQ\end{array}\)
Xét \(\Delta MAF\) và \(\Delta MPQ\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMF = \angle PMQ\left( {cmt} \right)\\\dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAF \sim \Delta MPQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle MFA = \angle MQP\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle MFA = {90^0}\) nên \(\angle MQP = {90^0}\) (đpcm).
Câu 6 (1,0 điểm)
Cách giải:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Theo đề bài ta có:
Thể tích nước trong cốc hình trụ = Thể tích chiếc cốc hình nón = \(\dfrac{1}{2}\) thể tích chiếc cốc hình trụ.
Gọi bán kính đáy của hai chiếc cốc là: \(R\,\,\,\left( {R > 0} \right)\).
Chiều cao của chiếc cốc hình trụ là \(h = 10\,\,cm\,\,\,\left( {gt} \right).\)
Gọi chiều cao của chiếc cốc hình nón là \({h_1}\,\,\left( {{h_1} > 0} \right).\)
Gọi thể tích chiếc cốc hình trụ là \(V,\) thể tích chiếc cốc hình nón là \({V_1}.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = \dfrac{1}{2}V \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}\pi {R^2}{h_1} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2}h\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}{h_1} = \dfrac{1}{2}.10 \Leftrightarrow {h_1} = 15\,\,cm\,\,\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy chiều cao của chiếc cốc hình nón là \(15\,\,cm.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại tỉnh Huế luôn được đánh giá là một kỳ thi quan trọng, quyết định đến con đường học vấn của các em học sinh. Môn Toán, với vai trò là một trong những môn thi chính, đòi hỏi các em phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng về kiến thức và kỹ năng giải đề.
Đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Độ khó của đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020 thường ở mức trung bình đến khá. Các bài toán đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc về các khái niệm và định lý cơ bản, cũng như khả năng vận dụng linh hoạt các kiến thức đó để giải quyết các bài toán thực tế.
Để giải quyết tốt các bài toán trong đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020, các em học sinh cần:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020, các em học sinh 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 Huế năm 2020 chất lượng cao, với đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm và phương pháp giảng dạy hiệu quả. Các khóa học của chúng tôi sẽ giúp các em học sinh nắm vững kiến thức, rèn luyện kỹ năng giải đề, và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Bài toán: Giải phương trình: 2x2 - 5x + 2 = 0
Hướng dẫn giải:
Ta có phương trình: 2x2 - 5x + 2 = 0
Sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai, ta có:
x = (-b ± √(b2 - 4ac)) / 2a
Trong đó: a = 2, b = -5, c = 2
Thay các giá trị vào công thức, ta được:
x = (5 ± √((-5)2 - 4 * 2 * 2)) / (2 * 2)
x = (5 ± √(25 - 16)) / 4
x = (5 ± √9) / 4
x = (5 ± 3) / 4
Vậy, phương trình có hai nghiệm:
x1 = (5 + 3) / 4 = 2
x2 = (5 - 3) / 4 = 1/2
Việc chuẩn bị kỹ lưỡng và luyện tập thường xuyên là chìa khóa để thành công trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Huế năm 2020. montoan.com.vn hy vọng rằng bộ đề thi và các tài liệu ôn thi mà chúng tôi cung cấp sẽ giúp các em học sinh đạt được kết quả tốt nhất.
