THCS
THCS
montoan.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Khánh Hòa năm 2021 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.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết, giúp các em hiểu rõ từng dạng bài và phương pháp giải quyết. Hãy cùng montoan.com.vn chuẩn bị thật tốt cho kỳ thi quan trọng này!
Câu 1 (2,0 điểm): ( Không sử dụng máy tính cầm tay) a) Tính giá trị của biểu thức
Câu 1 (2,0 điểm): ( Không sử dụng máy tính cầm tay)
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 2y = 11\\x + 2y = 9\end{array} \right.\)
Câu 2 (2,5 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ, cho parabol \((P):\,y = {x^2}\) và đường thẳng \((d):\,y = 2x + {m^2} - 2m\) (m là tham số).
a) Biết \(A\) là một điểm thuộc \((P)\) và có hoành độ \({x_A} = - 2\). Xác định tọa độ điểm \(A\).
b) Tìm tất cả các giá trị của m để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Xác định tất cả các giá trị của m để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1}^2 + 2{x_2} = 3m\).
Câu 3 (1,5 điểm):
Theo kế hoạch, Công an tỉnh Khánh Hòa sẽ cấp 7200 thẻ Căn cước công dân cho địa phương A. Một tổ công tác được điều động đến địa phương A để cấp thẻ Căn cước công dân trong một thời gian nhất định. Khi thực hiện nhiệm vụ, tổ chức công tác đã cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày đã cấp tăng thêm được 40 thẻ Căn cước so với kế hoạch. Vì vậy, tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày.
Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được bao nhiêu thẻ Căn cước?
Câu 4 (2,0 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và hai đường cao \(BE,CF\) cắt nhau tại \(H\).
a) Chứng minh rằng \(BCEF\) nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh \(OA \bot EF\).
c) Hai đường thẳng \(BE,CF\) lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm lần lượt là \(N,P\). Đường thẳng \(AH\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(M\)và cắt \(BC\) tại \(D\). Tính giá trị biểu thức \(\dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}}\).
Câu 5 (1,0 điểm):
Giải phương trình: \(\sqrt {{x^2} - 1} - \sqrt {3{x^2} + 4x + 1} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \)
Câu 1:
Phương pháp:
a) Vận dụng phép khai căn và hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\)
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số tìm nghiệm của hệ phương trình
Cách giải:
a) \(A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \\\,\,\,\,\, = \sqrt {9.2} + 2\sqrt {4.2} - \dfrac{1}{5}\sqrt {25.2} \\\,\,\,\, = 3\sqrt 2 + 4\sqrt 2 - \dfrac{1}{5}5\sqrt 2 \\\,\,\,\, = 7\sqrt 2 - \sqrt 2 = 6\sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = 6\sqrt 2 \).
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 2y = 11\\x + 2y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 20\\y = \dfrac{{9 - x}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;2} \right)\).
Câu 2:
Phương pháp:
a) Thay \({x_A} = - 2\) vào hàm số \(\left( P \right)\), tìm được tung độ \({y_A}\).
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\), yêu cầu đề bài thì phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt, sau đó sử dụng biệt thức đen – ta tìm điều kiện.
c) Từ câu b, áp dụng hệ thức Vi – ét, xác định được \({x_1} + {x_2}\), kết hợp với giả thiết tìm được tham số \(m\).
Cách giải:
a) Thay \({x_A} = - 2\) vào hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) ta được \({y_A} = {\left( { - 2} \right)^2} = 4\).
Vậy \(A\left( { - 2;4} \right)\).
b) Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) là:
\({x^2} = 2x + {m^2} - 2m \Leftrightarrow {x^2} - 2x - {m^2} + 2m = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
\(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 + {m^2} - 2m > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 1\end{array}\)
Vậy với \(m \ne 1\) thì \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Với \(m \ne 1\). Áp dụng định lí Vi – ét phương trình (1) có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2\,}\\{{x_1}.{x_2} = - {m^2} + 2m\,}\end{array}} \right.\,\)
Do \({x_1}\) là nghiệm của phương trình (1) nên:
\({x_1}^2 = 2{x_1} + {m^2} - 2m\) mà \({x_1}^2 + 2{x_2} = 3m\) nên:
\(\begin{array}{l}2{x_1} + {m^2} - 2m + 2{x_2} = 3m\\ \Leftrightarrow 2({x_1} + {x_2}) + {m^2} - 5m = 0\\ \Rightarrow {m^2} - 5m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 1\,\,\,\,\left( {ktm} \right)}\\{m = 4\,\,\,\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 4\).
Câu 3:
Phương pháp:
Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là \(x\) thẻ \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\), lập phương trình để tìm \(x\)
Cách giải:
Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là \(x\) thẻ \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
\( \Rightarrow \) số ngày cần để cấp hết 7200 thẻ theo kế hoạch là \(\dfrac{{7200}}{x}\) (ngày).
Số thẻ cấp được trong một ngày theo thực tế là: \(x + 40\) (thẻ).
\( \Rightarrow \) Số ngày cấp hết 7200 thẻ theo thực tế là \(\dfrac{{7200}}{{x + 40}}\) (ngày).
Vì tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{7200}}{x} - \dfrac{{7200}}{{x + 40}} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{{3600}}{x} - \dfrac{{3600}}{{x + 40}} = 1\\ \Leftrightarrow 3600\left( {x + 40} \right) - 3600x = x\left( {x + 40} \right)\\ \Leftrightarrow 3600x + 144000 - 3600x = {x^2} + 40x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 40x - 144000 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {20^2} + 144000 = 144400 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
\(\left[ \begin{array}{l}x = - 20 + \sqrt {144400} = 360\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 20 - \sqrt {144400} = - 400\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được 360 thẻ Căn cước.
Câu 4:
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau
b) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) của \(\left( O \right)\)\( \Rightarrow OA \bot Ax\), chứng minh \(Ax//EF\) suy ra điều phải chứng minh.
c) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác, các tam giác bằng nhau
Cách giải:
a) Tứ giác \(BCEF\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\) (gt)
Suy ra tứ giác \(BCEF\) nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
b) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) của \(\left( O \right)\).
Ta có: \(\angle CAx = \angle CBA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung \(AC\)).
Mà \(\angle CBA = \angle CBF = \angle AEF\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BCEF\))
\( \Rightarrow \angle CAx = \angle AEF\).
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow Ax//EF\).
Theo cách vẽ ta có \(OA \bot Ax\) \( \Rightarrow OA \bot EF\) (đpcm).
c) Ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AD.BC,\,\,{S_{ABMC}} = \dfrac{1}{2}AM.BC\\ \Rightarrow \dfrac{{{S_{ABMC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}AM.BC}}{{\dfrac{1}{2}AD.BC}} = \dfrac{{AM}}{{AD}}\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta có: \(\dfrac{{{S_{ABCN}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{BN}}{{BE}},\,\,\dfrac{{{S_{ACBP}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{CP}}{{CF}}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = \dfrac{{{S_{ABMC}} + {S_{ABCN}} + {S_{ACBP}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = \dfrac{{{S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\end{array}\)
Lại có: \(\angle MBD = \angle MBC = \angle MAC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(MC\)).
\( \Rightarrow \angle MBC = {90^0} - \angle AHE = {90^0} - \angle BHD = \angle HBD\).
Xét tam giác \(HBD\) và tam giác \(MBD\) có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\angle MBD = \angle HBD\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle BDH = \angle BDM = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta HBD \sim \Delta MBD\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{HD}}{{BD}} = \dfrac{{MD}}{{BD}} \Rightarrow HD = MD\).
\( \Rightarrow {S_{\Delta HBC}} = \dfrac{1}{2}HD.BC = \dfrac{1}{2}MD.BC = {S_{\Delta MBC}}\).
Chứng minh tương tự ta có:
\({S_{\Delta NAC}} = {S_{\Delta HAC}},\,\,{S_{\Delta PAB}} = {S_{\Delta HAB}}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta HBC}} + {S_{\Delta HAC}} + {S_{\Delta HAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 4\end{array}\)
Vậy \(\dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = 4\).
Câu 5:
Phương pháp:
Xác định điều kiện của phương trình, biến đổi phương trình ban đầu về dạng phương trình tích: \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\), giải từng phương trình và đưa ra kết luận.
Cách giải:
ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 1 \ge 0\\x + 1 \ge 0\\3{x^2} + 4x + 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = - 1\) hoặc \(x \ge 1\)
Dễ thấy \(x = - 1\) là một nghiệm của phương trình.
Với \(x \ne - 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\sqrt {{x^2} - 1} - \sqrt {3{x^2} + 4x + 1} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \\ \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)} - \sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {3x + 1} \right)} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \\ \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} .\left( {\sqrt {x - 1} - \sqrt {3x + 1} - 8 + 2x} \right) = 0\end{array}\)
\( \Leftrightarrow \sqrt {x - 1} - \sqrt {3x + 1} - 8 + 2x = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (Do \(x \ge 1\)).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {\sqrt {x - 1} - 2} \right) + \left( {4 - \sqrt {3x + 1} } \right) + \left( {2x - 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt {x - 1} + 2}} + \dfrac{{15 - 3x}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - 3.\dfrac{{x - 5}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 5} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2} \right) = 0\end{array}\)
Ta có \(\sqrt {3x + 1} > 0 \Rightarrow 4 + \sqrt {3x + 1} > 4 \Rightarrow \dfrac{{ - 3}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} > \dfrac{{ - 3}}{4}\)
\(\sqrt {x - 1} \ge 0 \Rightarrow \sqrt {x - 1} + 2 > 0 \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} > 0\)
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2 > 0 - \dfrac{3}{4} + 2 > 0\)
Do đó ta có: \(\left( {x - 5} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 5 = 0 \Leftrightarrow x = 5\,\,\,\left( {TM} \right)\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;5} \right\}\).
Câu 1 (2,0 điểm): ( Không sử dụng máy tính cầm tay)
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 2y = 11\\x + 2y = 9\end{array} \right.\)
Câu 2 (2,5 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ, cho parabol \((P):\,y = {x^2}\) và đường thẳng \((d):\,y = 2x + {m^2} - 2m\) (m là tham số).
a) Biết \(A\) là một điểm thuộc \((P)\) và có hoành độ \({x_A} = - 2\). Xác định tọa độ điểm \(A\).
b) Tìm tất cả các giá trị của m để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Xác định tất cả các giá trị của m để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1}^2 + 2{x_2} = 3m\).
Câu 3 (1,5 điểm):
Theo kế hoạch, Công an tỉnh Khánh Hòa sẽ cấp 7200 thẻ Căn cước công dân cho địa phương A. Một tổ công tác được điều động đến địa phương A để cấp thẻ Căn cước công dân trong một thời gian nhất định. Khi thực hiện nhiệm vụ, tổ chức công tác đã cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày đã cấp tăng thêm được 40 thẻ Căn cước so với kế hoạch. Vì vậy, tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày.
Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được bao nhiêu thẻ Căn cước?
Câu 4 (2,0 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và hai đường cao \(BE,CF\) cắt nhau tại \(H\).
a) Chứng minh rằng \(BCEF\) nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh \(OA \bot EF\).
c) Hai đường thẳng \(BE,CF\) lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm lần lượt là \(N,P\). Đường thẳng \(AH\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(M\)và cắt \(BC\) tại \(D\). Tính giá trị biểu thức \(\dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}}\).
Câu 5 (1,0 điểm):
Giải phương trình: \(\sqrt {{x^2} - 1} - \sqrt {3{x^2} + 4x + 1} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \)
Câu 1:
Phương pháp:
a) Vận dụng phép khai căn và hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\)
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số tìm nghiệm của hệ phương trình
Cách giải:
a) \(A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \\\,\,\,\,\, = \sqrt {9.2} + 2\sqrt {4.2} - \dfrac{1}{5}\sqrt {25.2} \\\,\,\,\, = 3\sqrt 2 + 4\sqrt 2 - \dfrac{1}{5}5\sqrt 2 \\\,\,\,\, = 7\sqrt 2 - \sqrt 2 = 6\sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = 6\sqrt 2 \).
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 2y = 11\\x + 2y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 20\\y = \dfrac{{9 - x}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;2} \right)\).
Câu 2:
Phương pháp:
a) Thay \({x_A} = - 2\) vào hàm số \(\left( P \right)\), tìm được tung độ \({y_A}\).
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\), yêu cầu đề bài thì phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt, sau đó sử dụng biệt thức đen – ta tìm điều kiện.
c) Từ câu b, áp dụng hệ thức Vi – ét, xác định được \({x_1} + {x_2}\), kết hợp với giả thiết tìm được tham số \(m\).
Cách giải:
a) Thay \({x_A} = - 2\) vào hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) ta được \({y_A} = {\left( { - 2} \right)^2} = 4\).
Vậy \(A\left( { - 2;4} \right)\).
b) Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) là:
\({x^2} = 2x + {m^2} - 2m \Leftrightarrow {x^2} - 2x - {m^2} + 2m = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
\(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 + {m^2} - 2m > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 1\end{array}\)
Vậy với \(m \ne 1\) thì \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Với \(m \ne 1\). Áp dụng định lí Vi – ét phương trình (1) có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2\,}\\{{x_1}.{x_2} = - {m^2} + 2m\,}\end{array}} \right.\,\)
Do \({x_1}\) là nghiệm của phương trình (1) nên:
\({x_1}^2 = 2{x_1} + {m^2} - 2m\) mà \({x_1}^2 + 2{x_2} = 3m\) nên:
\(\begin{array}{l}2{x_1} + {m^2} - 2m + 2{x_2} = 3m\\ \Leftrightarrow 2({x_1} + {x_2}) + {m^2} - 5m = 0\\ \Rightarrow {m^2} - 5m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 1\,\,\,\,\left( {ktm} \right)}\\{m = 4\,\,\,\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 4\).
Câu 3:
Phương pháp:
Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là \(x\) thẻ \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\), lập phương trình để tìm \(x\)
Cách giải:
Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là \(x\) thẻ \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
\( \Rightarrow \) số ngày cần để cấp hết 7200 thẻ theo kế hoạch là \(\dfrac{{7200}}{x}\) (ngày).
Số thẻ cấp được trong một ngày theo thực tế là: \(x + 40\) (thẻ).
\( \Rightarrow \) Số ngày cấp hết 7200 thẻ theo thực tế là \(\dfrac{{7200}}{{x + 40}}\) (ngày).
Vì tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{7200}}{x} - \dfrac{{7200}}{{x + 40}} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{{3600}}{x} - \dfrac{{3600}}{{x + 40}} = 1\\ \Leftrightarrow 3600\left( {x + 40} \right) - 3600x = x\left( {x + 40} \right)\\ \Leftrightarrow 3600x + 144000 - 3600x = {x^2} + 40x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 40x - 144000 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {20^2} + 144000 = 144400 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
\(\left[ \begin{array}{l}x = - 20 + \sqrt {144400} = 360\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 20 - \sqrt {144400} = - 400\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được 360 thẻ Căn cước.
Câu 4:
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau
b) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) của \(\left( O \right)\)\( \Rightarrow OA \bot Ax\), chứng minh \(Ax//EF\) suy ra điều phải chứng minh.
c) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác, các tam giác bằng nhau
Cách giải:
a) Tứ giác \(BCEF\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\) (gt)
Suy ra tứ giác \(BCEF\) nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
b) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) của \(\left( O \right)\).
Ta có: \(\angle CAx = \angle CBA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung \(AC\)).
Mà \(\angle CBA = \angle CBF = \angle AEF\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BCEF\))
\( \Rightarrow \angle CAx = \angle AEF\).
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow Ax//EF\).
Theo cách vẽ ta có \(OA \bot Ax\) \( \Rightarrow OA \bot EF\) (đpcm).
c) Ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AD.BC,\,\,{S_{ABMC}} = \dfrac{1}{2}AM.BC\\ \Rightarrow \dfrac{{{S_{ABMC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}AM.BC}}{{\dfrac{1}{2}AD.BC}} = \dfrac{{AM}}{{AD}}\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta có: \(\dfrac{{{S_{ABCN}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{BN}}{{BE}},\,\,\dfrac{{{S_{ACBP}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{CP}}{{CF}}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = \dfrac{{{S_{ABMC}} + {S_{ABCN}} + {S_{ACBP}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = \dfrac{{{S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\end{array}\)
Lại có: \(\angle MBD = \angle MBC = \angle MAC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(MC\)).
\( \Rightarrow \angle MBC = {90^0} - \angle AHE = {90^0} - \angle BHD = \angle HBD\).
Xét tam giác \(HBD\) và tam giác \(MBD\) có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\angle MBD = \angle HBD\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle BDH = \angle BDM = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta HBD \sim \Delta MBD\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{HD}}{{BD}} = \dfrac{{MD}}{{BD}} \Rightarrow HD = MD\).
\( \Rightarrow {S_{\Delta HBC}} = \dfrac{1}{2}HD.BC = \dfrac{1}{2}MD.BC = {S_{\Delta MBC}}\).
Chứng minh tương tự ta có:
\({S_{\Delta NAC}} = {S_{\Delta HAC}},\,\,{S_{\Delta PAB}} = {S_{\Delta HAB}}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta HBC}} + {S_{\Delta HAC}} + {S_{\Delta HAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 4\end{array}\)
Vậy \(\dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = 4\).
Câu 5:
Phương pháp:
Xác định điều kiện của phương trình, biến đổi phương trình ban đầu về dạng phương trình tích: \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\), giải từng phương trình và đưa ra kết luận.
Cách giải:
ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 1 \ge 0\\x + 1 \ge 0\\3{x^2} + 4x + 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = - 1\) hoặc \(x \ge 1\)
Dễ thấy \(x = - 1\) là một nghiệm của phương trình.
Với \(x \ne - 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\sqrt {{x^2} - 1} - \sqrt {3{x^2} + 4x + 1} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \\ \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)} - \sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {3x + 1} \right)} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \\ \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} .\left( {\sqrt {x - 1} - \sqrt {3x + 1} - 8 + 2x} \right) = 0\end{array}\)
\( \Leftrightarrow \sqrt {x - 1} - \sqrt {3x + 1} - 8 + 2x = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (Do \(x \ge 1\)).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {\sqrt {x - 1} - 2} \right) + \left( {4 - \sqrt {3x + 1} } \right) + \left( {2x - 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt {x - 1} + 2}} + \dfrac{{15 - 3x}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - 3.\dfrac{{x - 5}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 5} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2} \right) = 0\end{array}\)
Ta có \(\sqrt {3x + 1} > 0 \Rightarrow 4 + \sqrt {3x + 1} > 4 \Rightarrow \dfrac{{ - 3}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} > \dfrac{{ - 3}}{4}\)
\(\sqrt {x - 1} \ge 0 \Rightarrow \sqrt {x - 1} + 2 > 0 \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} > 0\)
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2 > 0 - \dfrac{3}{4} + 2 > 0\)
Do đó ta có: \(\left( {x - 5} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 5 = 0 \Leftrightarrow x = 5\,\,\,\left( {TM} \right)\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;5} \right\}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Khánh Hòa năm 2021 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập thuộc chương trình Toán lớp 9, tập trung vào các chủ đề chính như Đại số, Hình học và số học. Việc nắm vững kiến thức cơ bản và luyện tập thường xuyên là yếu tố then chốt để đạt kết quả tốt trong kỳ thi này.
Đề thi thường có cấu trúc gồm hai phần chính:
Đề thi số 1 tập trung vào các kiến thức về Đại số, đặc biệt là phương trình bậc hai và hệ phương trình. Các bài toán yêu cầu học sinh vận dụng linh hoạt các công thức và kỹ năng giải toán để tìm ra đáp án chính xác. Điểm đặc biệt của đề thi này là có một số câu hỏi đòi hỏi học sinh phải suy luận logic và tư duy sáng tạo.
Đề thi số 2 chú trọng vào phần Hình học, với các bài toán về tam giác đồng dạng và đường tròn. Đề thi yêu cầu học sinh nắm vững các định lý và tính chất của các hình học cơ bản, đồng thời có khả năng vẽ hình và phân tích bài toán một cách chính xác. Một số câu hỏi trong đề thi này đòi hỏi học sinh phải kết hợp kiến thức về Đại số và Hình học để giải quyết.
Đề thi số 3 có sự cân bằng giữa các chủ đề Đại số, Hình học và Số học. Đề thi bao gồm các bài toán về phương trình, bất phương trình, tam giác, đường tròn và các phép toán cơ bản. Đề thi này đòi hỏi học sinh phải có kiến thức toàn diện và khả năng vận dụng linh hoạt các kiến thức đã học để giải quyết các bài toán khác nhau.
Để ôn thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2021 hiệu quả, các em học sinh nên:
montoan.com.vn cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2021, bao gồm:
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Khánh Hòa 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 tận dụng tối đa các tài liệu ôn thi và lời khuyên hữu ích từ montoan.com.vn để tự tin bước vào kỳ thi quan trọng này.
