1. Môn Toán
  2. Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018

Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018

Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018: Tài liệu ôn thi không thể bỏ qua

montoan.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Nghệ An năm 2018 chính thức. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài và độ khó của kỳ thi tuyển sinh.

Việc luyện tập với đề thi thật sẽ giúp các em tự tin hơn, rèn luyện kỹ năng giải đề và quản lý thời gian hiệu quả. Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết để hỗ trợ tối đa quá trình ôn tập của các em.

Câu 1 (2,5 điểm): a) So sánh

Đề bài

    Câu 1 (2,5 điểm):

    a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)

    b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)

    c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)

    Câu 2 (2 điểm):

    Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số.

    a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)

    b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)

    Câu 3 (1,5 điểm):

    Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau).

    Câu 4 (3 điểm):

    Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng:

    a) BCEF là tứ giác nội tiếp.

    b) KM.KA = KE.KF.

    c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.

    Câu 5 (1 điểm):

    Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)

    Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
    • Đề bài
    • Lời giải chi tiết
    • Tải về

    Câu 1 (2,5 điểm):

    a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)

    b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)

    c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)

    Câu 2 (2 điểm):

    Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số.

    a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)

    b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)

    Câu 3 (1,5 điểm):

    Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau).

    Câu 4 (3 điểm):

    Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng:

    a) BCEF là tứ giác nội tiếp.

    b) KM.KA = KE.KF.

    c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.

    Câu 5 (1 điểm):

    Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)

    Câu 1:

    a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)

    b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)

    c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)

    Phương pháp:

    a) Rút gọn số hạng thứ nhất sau đó so sánh theo tính chất: với mọi \(a > b > 0\) ta có: \(\sqrt a > \sqrt b .\)

    b) Quy đồng mẫu các phân thức và rút gọn biểu thức ở vế trái sao cho bằng biểu thức ở vế phải.

    c) Thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số đểm tìm m.

    Cách giải:

    a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)

    Ta có: \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} = 2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 = 5\sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} = \sqrt {75} .\)

    Vì \(75 > 74 \Rightarrow \sqrt {75} > \sqrt {74} \Rightarrow 2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)

    Vậy \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)

    b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)

    \(\begin{array}{l}\;\;\;\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 2 - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{4}{{x - 4}}.\dfrac{{x - 4}}{4} = 1\;\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)

    Vậy với \(x \ge 0,\;x \ne 4\) ta có: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1.\)

    c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)

    Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right) \Rightarrow 2 = 3.1 + m \Leftrightarrow m = - 1.\)

    Vậy \(m = - 1.\)

    Câu 2:

    Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số.

    Phương pháp:

    a) Thay giá trị \(m = - 2\) vào phương trình sau đó giải phương trình bậc hai một ẩn.

    b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)

    +) Áp dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) và biểu thức bài cho để tìm \(m.\)

    Cách giải:

    a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)

    Với \(m = - 2\) ta có phương trình

    \(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right..\end{array}\)

    Vậy với \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3;\;1} \right\}.\)

    b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)

    Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)

    \( \Leftrightarrow 1 - m + 1 > 0 \Leftrightarrow m < 2.\)

    Với \(m < 2\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}.\)

    Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = m - 1\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)

    Theo đề bài ta có: \({x_1} = 2{x_2}.\)

    Kết hợp với phương trình (1) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} = 2{x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} - 2{x_2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = - \dfrac{4}{3}\\{x_2} = - \dfrac{2}{3}\end{array} \right..\)

    \( \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = m - 1 \Leftrightarrow \left( { - \dfrac{2}{3}} \right).\left( { - \dfrac{4}{3}} \right) = m - 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{{17}}{9}\;\;\left( {tm} \right).\)

    Vậy \(m = \dfrac{{17}}{9}\) thỏa mãn bài toán.

    Câu 3:

    Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau).

    Phương pháp:

    Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)

    Dựa vào giả thiết của bài toán để lập hệ phương trình và giải hệ phương trình.

    +) Phương trình thứ nhất: Số sách lớp 8 + số sách lớp 9 quyên góp được = 540.

    +) Phương trình thứ hai: Số sách mỗi học sinh khối 9 – số sách mỗi học sinh khối 8 = 1.

    Giải hệ phương trình vừa lập để tìm \(x,\;y\) và kết luận.

    Cách giải:

    Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)

    Số sách cả hai khối quyên góp được là: \(x + y = 540\;\;\;\;\left( 1 \right).\)

    Số sách một bạn học sinh khối 8 quyên góp là: \(\dfrac{x}{{120}}\) (quyển)

    Số sách một bạn học sinh khối 9 quyên góp là: \(\dfrac{y}{{100}}\) (quyển)

    Mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển nên ta có phương trình:

    \(\dfrac{y}{{100}} - \dfrac{x}{{120}} = 1 \Leftrightarrow - 5x + 6y = 600\;\;\;\left( 2 \right).\)

    Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình:

     \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 540\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 5y = 2700\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11y = 3300\\x = 540 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 300\;\;\left( {tm} \right)\\x = 240\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)

    Vậy khối 9 đã quyên góp được 300 quyển sách, khối 8 đã quyên góp được 240 quyển sách.

    Câu 4:

    Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng:

    Phương pháp:

    a) Chứng minh tứ giác BCEF có hai đỉnh E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc bằng nhau.

    b) Chứng minh tam giác MKB và tam giác CKA đồng dạng, chứng minh tam giác KBF và tam giác KEC đồng dạng.

    c) Kéo dài MH cắt (O) tại I. chứng minh AI là đường kính của đường tròn (O).

    Chứng minh BICH là hình bình hành, suy ra MH đi qua trung điểm của BC cố định.

    Cách giải:

    Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 1

    a) BCEF là tứ giác nội tiếp.

    Xét tứ giác \(BFEC\) ta có: \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^0}\)

    Mà hai đỉnh này cùng kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(BC\) dưới hai góc bằng nhau.

    \( \Rightarrow BCEF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

    b) KM.KA = KE.KF.

    Vì \(BMAC\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

    Xét \(\Delta MKB\) và \(\Delta CKA\) ta có:

    \(\begin{array}{l}\widehat {AKC}\;\;chung\\\widehat {KMB} = \widehat {ACK}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MKB \sim \Delta CKA\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{MK}}{{CK}} = \dfrac{{KB}}{{KA}} \Leftrightarrow KM.KA = KC.KB\;\;\;\;\left( 1 \right).\end{array}\)

    Vì tứ giác \(BCEF\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KBF} = \widehat {FEC}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

    Xét \(\Delta KBF\) và \(\Delta KEC\) ta có:

    \(\begin{array}{l}\widehat {CKF}\;\;chung\\\widehat {KBF} = \widehat {KEC}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta KBF \sim \Delta KEC\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{KB}}{{KE}} = \dfrac{{KF}}{{KC}} \Leftrightarrow KB.KC = KF.KF\;\;\;\;\left( 2 \right).\end{array}\)

    Từ (1) và (2) ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( { = KB.KC} \right).\;\;\;\left( {dpcm} \right)\)

    c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.

    Kéo dài \(MH\) cắt đường tròn tại \(I.\)

    Ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( {cmt} \right) \Rightarrow \dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}.\)

    Xét \(\Delta KME\) và \(\Delta KFA\) ta có:

    \(\begin{array}{l}\dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}\;\;\left( {cmt} \right)\\\widehat {AKE}\;\;chung.\\ \Rightarrow \Delta KME \sim \Delta KFA\;\left( {c.g.c} \right).\\ \Rightarrow \widehat {KAF} = \widehat {KEM}\;\;hay\;\;\widehat {MEF} = \widehat {MAF}.\end{array}\)

    Mà hai góc này là hai góc kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(MF\) dưới hai góc bằng nhau.

    \( \Rightarrow MAEF\) là tứ giác nội tiếp hay \(M,\;A,\;E,\;F\) cùng thuộc một đường tròn. (dhnb)

    Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.\)

    \( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp hay \(A,\;E,\;H,\;F\) cùng thuộc một đường tròn.

    \( \Rightarrow A,\;M,\;F,\;H,\;E\) cùng thuộc một đường tròn.

    Lại có \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = {90^0} \Rightarrow AH\) đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm \(A,\;M,\;F,\;H,\;E.\)

    Mặt khác, \(\widehat {AMH}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {AMH} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {AMI} = {90^0} \Rightarrow AI\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right).\)

    \(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {ABI} = {90^0}\;\;hay\;\;AB \bot BI.\\ \Rightarrow BI//CF\;\;hay\;\;BC//CF\end{array}\)

    Chứng minh tương tự ta được \(CI//BE\;\;hay\;\;CI//BH.\)

    \( \Rightarrow BHCI\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

    \( \Rightarrow BC \cap HI = \left\{ J \right\}\) hay \(BC \cap MH = \left\{ J \right\}\) với \(J\) là trung điểm của \(BC.\)

    Mà \(BC\) cố định nên \(J\) cố định.

    Vậy khi \(A\) thay đổi ta có \(MH\) luôn đi qua trung điểm \(J\) cố định của cạnh \(BC.\) 

    Câu 5:

    Cách giải:

    Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)

    \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)

    Điều kiện: \(1 - x - 2{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le \dfrac{1}{2}.\)

    Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y \Leftrightarrow 2{x^2} - 2xy + x - y = 0\)

    \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2x\left( {x - y} \right) + \left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + 1 = 0\\x - y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \dfrac{1}{2}\;\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = y\end{array} \right..\end{array}\)

    +) Với \(x = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow y + 2\sqrt {1 + \dfrac{1}{2} - 2.\dfrac{1}{4}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\)

    \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y + 2 = 2 + 2{y^2} \Leftrightarrow 2{y^2} - y = 0\\ \Leftrightarrow y\left( {2y - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\2y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right..\end{array}\)

    Khi đó hệ có tập nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}.\)

    +) Với \(x = y \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow x + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {x^2}} \right)\)

    \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 + 1\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 - 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow 4{x^2} + {\left( {\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 0\\\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\1 - x - 2{x^2} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} + x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0\;\;\left( {tm} \right) \Rightarrow y = 0.\end{array}\)

    Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right),\;\;\left( {0;\;0} \right)} \right\}.\)

    Lời giải chi tiết

      Câu 1:

      a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)

      b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)

      c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)

      Phương pháp:

      a) Rút gọn số hạng thứ nhất sau đó so sánh theo tính chất: với mọi \(a > b > 0\) ta có: \(\sqrt a > \sqrt b .\)

      b) Quy đồng mẫu các phân thức và rút gọn biểu thức ở vế trái sao cho bằng biểu thức ở vế phải.

      c) Thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số đểm tìm m.

      Cách giải:

      a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)

      Ta có: \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} = 2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 = 5\sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} = \sqrt {75} .\)

      Vì \(75 > 74 \Rightarrow \sqrt {75} > \sqrt {74} \Rightarrow 2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)

      Vậy \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)

      b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)

      \(\begin{array}{l}\;\;\;\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 2 - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{4}{{x - 4}}.\dfrac{{x - 4}}{4} = 1\;\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)

      Vậy với \(x \ge 0,\;x \ne 4\) ta có: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1.\)

      c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)

      Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right) \Rightarrow 2 = 3.1 + m \Leftrightarrow m = - 1.\)

      Vậy \(m = - 1.\)

      Câu 2:

      Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số.

      Phương pháp:

      a) Thay giá trị \(m = - 2\) vào phương trình sau đó giải phương trình bậc hai một ẩn.

      b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)

      +) Áp dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) và biểu thức bài cho để tìm \(m.\)

      Cách giải:

      a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)

      Với \(m = - 2\) ta có phương trình

      \(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right..\end{array}\)

      Vậy với \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3;\;1} \right\}.\)

      b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)

      Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)

      \( \Leftrightarrow 1 - m + 1 > 0 \Leftrightarrow m < 2.\)

      Với \(m < 2\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}.\)

      Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = m - 1\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)

      Theo đề bài ta có: \({x_1} = 2{x_2}.\)

      Kết hợp với phương trình (1) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} = 2{x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} - 2{x_2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = - \dfrac{4}{3}\\{x_2} = - \dfrac{2}{3}\end{array} \right..\)

      \( \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = m - 1 \Leftrightarrow \left( { - \dfrac{2}{3}} \right).\left( { - \dfrac{4}{3}} \right) = m - 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{{17}}{9}\;\;\left( {tm} \right).\)

      Vậy \(m = \dfrac{{17}}{9}\) thỏa mãn bài toán.

      Câu 3:

      Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau).

      Phương pháp:

      Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)

      Dựa vào giả thiết của bài toán để lập hệ phương trình và giải hệ phương trình.

      +) Phương trình thứ nhất: Số sách lớp 8 + số sách lớp 9 quyên góp được = 540.

      +) Phương trình thứ hai: Số sách mỗi học sinh khối 9 – số sách mỗi học sinh khối 8 = 1.

      Giải hệ phương trình vừa lập để tìm \(x,\;y\) và kết luận.

      Cách giải:

      Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)

      Số sách cả hai khối quyên góp được là: \(x + y = 540\;\;\;\;\left( 1 \right).\)

      Số sách một bạn học sinh khối 8 quyên góp là: \(\dfrac{x}{{120}}\) (quyển)

      Số sách một bạn học sinh khối 9 quyên góp là: \(\dfrac{y}{{100}}\) (quyển)

      Mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển nên ta có phương trình:

      \(\dfrac{y}{{100}} - \dfrac{x}{{120}} = 1 \Leftrightarrow - 5x + 6y = 600\;\;\;\left( 2 \right).\)

      Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình:

       \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 540\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 5y = 2700\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11y = 3300\\x = 540 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 300\;\;\left( {tm} \right)\\x = 240\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)

      Vậy khối 9 đã quyên góp được 300 quyển sách, khối 8 đã quyên góp được 240 quyển sách.

      Câu 4:

      Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng:

      Phương pháp:

      a) Chứng minh tứ giác BCEF có hai đỉnh E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc bằng nhau.

      b) Chứng minh tam giác MKB và tam giác CKA đồng dạng, chứng minh tam giác KBF và tam giác KEC đồng dạng.

      c) Kéo dài MH cắt (O) tại I. chứng minh AI là đường kính của đường tròn (O).

      Chứng minh BICH là hình bình hành, suy ra MH đi qua trung điểm của BC cố định.

      Cách giải:

      Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 1 1

      a) BCEF là tứ giác nội tiếp.

      Xét tứ giác \(BFEC\) ta có: \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^0}\)

      Mà hai đỉnh này cùng kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(BC\) dưới hai góc bằng nhau.

      \( \Rightarrow BCEF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

      b) KM.KA = KE.KF.

      Vì \(BMAC\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

      Xét \(\Delta MKB\) và \(\Delta CKA\) ta có:

      \(\begin{array}{l}\widehat {AKC}\;\;chung\\\widehat {KMB} = \widehat {ACK}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MKB \sim \Delta CKA\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{MK}}{{CK}} = \dfrac{{KB}}{{KA}} \Leftrightarrow KM.KA = KC.KB\;\;\;\;\left( 1 \right).\end{array}\)

      Vì tứ giác \(BCEF\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KBF} = \widehat {FEC}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

      Xét \(\Delta KBF\) và \(\Delta KEC\) ta có:

      \(\begin{array}{l}\widehat {CKF}\;\;chung\\\widehat {KBF} = \widehat {KEC}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta KBF \sim \Delta KEC\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{KB}}{{KE}} = \dfrac{{KF}}{{KC}} \Leftrightarrow KB.KC = KF.KF\;\;\;\;\left( 2 \right).\end{array}\)

      Từ (1) và (2) ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( { = KB.KC} \right).\;\;\;\left( {dpcm} \right)\)

      c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.

      Kéo dài \(MH\) cắt đường tròn tại \(I.\)

      Ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( {cmt} \right) \Rightarrow \dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}.\)

      Xét \(\Delta KME\) và \(\Delta KFA\) ta có:

      \(\begin{array}{l}\dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}\;\;\left( {cmt} \right)\\\widehat {AKE}\;\;chung.\\ \Rightarrow \Delta KME \sim \Delta KFA\;\left( {c.g.c} \right).\\ \Rightarrow \widehat {KAF} = \widehat {KEM}\;\;hay\;\;\widehat {MEF} = \widehat {MAF}.\end{array}\)

      Mà hai góc này là hai góc kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(MF\) dưới hai góc bằng nhau.

      \( \Rightarrow MAEF\) là tứ giác nội tiếp hay \(M,\;A,\;E,\;F\) cùng thuộc một đường tròn. (dhnb)

      Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.\)

      \( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp hay \(A,\;E,\;H,\;F\) cùng thuộc một đường tròn.

      \( \Rightarrow A,\;M,\;F,\;H,\;E\) cùng thuộc một đường tròn.

      Lại có \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = {90^0} \Rightarrow AH\) đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm \(A,\;M,\;F,\;H,\;E.\)

      Mặt khác, \(\widehat {AMH}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {AMH} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {AMI} = {90^0} \Rightarrow AI\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right).\)

      \(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {ABI} = {90^0}\;\;hay\;\;AB \bot BI.\\ \Rightarrow BI//CF\;\;hay\;\;BC//CF\end{array}\)

      Chứng minh tương tự ta được \(CI//BE\;\;hay\;\;CI//BH.\)

      \( \Rightarrow BHCI\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

      \( \Rightarrow BC \cap HI = \left\{ J \right\}\) hay \(BC \cap MH = \left\{ J \right\}\) với \(J\) là trung điểm của \(BC.\)

      Mà \(BC\) cố định nên \(J\) cố định.

      Vậy khi \(A\) thay đổi ta có \(MH\) luôn đi qua trung điểm \(J\) cố định của cạnh \(BC.\) 

      Câu 5:

      Cách giải:

      Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)

      \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)

      Điều kiện: \(1 - x - 2{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le \dfrac{1}{2}.\)

      Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y \Leftrightarrow 2{x^2} - 2xy + x - y = 0\)

      \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2x\left( {x - y} \right) + \left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + 1 = 0\\x - y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \dfrac{1}{2}\;\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = y\end{array} \right..\end{array}\)

      +) Với \(x = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow y + 2\sqrt {1 + \dfrac{1}{2} - 2.\dfrac{1}{4}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\)

      \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y + 2 = 2 + 2{y^2} \Leftrightarrow 2{y^2} - y = 0\\ \Leftrightarrow y\left( {2y - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\2y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right..\end{array}\)

      Khi đó hệ có tập nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}.\)

      +) Với \(x = y \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow x + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {x^2}} \right)\)

      \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 + 1\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 - 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow 4{x^2} + {\left( {\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 0\\\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\1 - x - 2{x^2} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} + x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0\;\;\left( {tm} \right) \Rightarrow y = 0.\end{array}\)

      Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right),\;\;\left( {0;\;0} \right)} \right\}.\)

      Bạn đang khám phá nội dung Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 trong chuyên mục sgk toán 9 trên nền tảng đề thi toán. Được biên soạn chuyên sâu và bám sát chương trình sách giáo khoa hiện hành, bộ bài tập toán trung học cơ sở này cam kết tối ưu hóa toàn diện quá trình ôn luyện, củng cố kiến thức Toán lớp 9 cho học sinh, đặc biệt là chuẩn bị cho các kỳ thi quan trọng, thông qua phương pháp tiếp cận trực quan và mang lại hiệu quả học tập vượt trội.
      Ghi chú: Quý thầy, cô giáo và bạn đọc có thể chia sẻ tài liệu trên MonToan.com.vn bằng cách gửi về:
      Facebook: MÔN TOÁN
      Email: montoanmath@gmail.com

      Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018: Tổng quan và phân tích

      Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Nghệ An luôn là một kỳ thi quan trọng đánh giá năng lực học tập của học sinh THCS. Môn Toán đóng vai trò then chốt, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức nền tảng và kỹ năng giải quyết vấn đề. Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 không nằm ngoài xu hướng này, với cấu trúc đề thi bao gồm các dạng bài tập khác nhau, từ trắc nghiệm đến tự luận, đòi hỏi học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng.

      Cấu trúc đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018

      Đề thi thường bao gồm các phần sau:

      • Phần trắc nghiệm: Kiểm tra kiến thức cơ bản và khả năng vận dụng nhanh các công thức, định lý.
      • Phần tự luận: Yêu cầu học sinh trình bày chi tiết lời giải, chứng minh các bài toán hình học, đại số và các bài toán thực tế.

      Tỷ lệ điểm giữa phần trắc nghiệm và tự luận có thể thay đổi tùy theo từng năm, nhưng nhìn chung, phần tự luận thường chiếm trọng số lớn hơn, đòi hỏi học sinh phải có khả năng phân tích, suy luận và trình bày logic.

      Các chủ đề kiến thức thường xuất hiện trong đề thi

      Dựa trên phân tích các đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An các năm trước, đặc biệt là năm 2018, có thể xác định một số chủ đề kiến thức thường xuyên xuất hiện:

      • Đại số: Phương trình bậc nhất, bậc hai, hệ phương trình, bất phương trình, hàm số, phương trình vô tỷ.
      • Hình học: Tam giác, tứ giác, đường tròn, hệ thức lượng trong tam giác vuông, diện tích hình.
      • Số học: Các phép toán cơ bản, chia hết, ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất, phân số, phần trăm.
      • Toán thực tế: Các bài toán ứng dụng trong đời sống, liên quan đến tính toán diện tích, thể tích, vận tốc, thời gian.

      Luyện thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 hiệu quả với montoan.com.vn

      montoan.com.vn cung cấp một hệ thống luyện thi vào 10 môn Toán online toàn diện, giúp học sinh chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi quan trọng này. Chúng tôi cung cấp:

      • Đề thi thử: Đề thi được biên soạn theo cấu trúc đề thi chính thức, giúp học sinh làm quen với áp lực thi cử.
      • Đáp án và lời giải chi tiết: Giúp học sinh hiểu rõ phương pháp giải và khắc phục các lỗi sai.
      • Bài giảng video: Các bài giảng được trình bày một cách dễ hiểu, giúp học sinh nắm vững kiến thức.
      • Luyện tập theo chủ đề: Giúp học sinh tập trung vào các chủ đề kiến thức còn yếu.
      • Hỗ trợ trực tuyến: Đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm sẵn sàng giải đáp mọi thắc mắc của học sinh.

      Một số lời khuyên khi làm bài thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018

      1. Đọc kỹ đề bài: Đảm bảo hiểu rõ yêu cầu của bài toán trước khi bắt đầu giải.
      2. Lập kế hoạch giải: Xác định các bước cần thực hiện để giải bài toán.
      3. Trình bày rõ ràng: Viết lời giải một cách logic, dễ hiểu.
      4. Kiểm tra lại kết quả: Đảm bảo kết quả cuối cùng là chính xác.
      5. Quản lý thời gian: Phân bổ thời gian hợp lý cho từng bài toán.

      Ví dụ minh họa một bài toán trong đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018

      Bài toán: Cho phương trình x2 - 2(m+1)x + m2 + 2 = 0. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + x2 = 4.

      Lời giải:

      Để phương trình có hai nghiệm phân biệt, điều kiện là Δ > 0. Ta có:

      Δ = [ -2(m+1) ]2 - 4(m2 + 2) = 4(m2 + 2m + 1) - 4m2 - 8 = 8m - 4

      Δ > 0 ⇔ 8m - 4 > 0 ⇔ m > 1/2

      Theo định lý Viète, ta có:

      x1 + x2 = 2(m+1)

      Mà x1 + x2 = 4, nên 2(m+1) = 4 ⇔ m+1 = 2 ⇔ m = 1

      Kết hợp điều kiện m > 1/2, ta có m = 1.

      Kết luận

      Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. montoan.com.vn hy vọng với những thông tin và tài liệu mà chúng tôi cung cấp, các em sẽ tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới.

      Tài liệu, đề thi và đáp án Toán 9

      Tài liệu, đề thi và đáp án Toán 9