Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bạc Liêu năm 2023. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị bước vào kỳ thi quan trọng này.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi chính thức, đề thi thử với cấu trúc tương tự, kèm theo đáp án chi tiết và lời giải bài bản, giúp các em nắm vững kiến thức và kỹ năng làm bài.
Câu 1: a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {80} + \sqrt {45} \). b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\).
Câu 1:
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {80} + \sqrt {45} \).
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\).
Câu 2:
a) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\)đi qua điểm M(-1;2). Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) với giá trị \(a\) vừa tìm được.
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\2x + y = 3\end{array} \right.\)
Câu 3:
Cho phương trình bậc hai \({x^2} - 2x + m - 2 = 0\) (1), với \(m\) là tham số.
a) Xác định các hệ số a, b, c của phương trình (1).
b) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1\).
c) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\).
Câu 4:
Trên đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R, lấy hai điểm C, D sao cho CD vuông góc với AB tại H (H thuộc đoạn OA, khác O và A). Gọi M là điểm trên đoạn CD (M khác C và D, CM > DM), E là giao điểm của AM với đường tròn (O), N là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD.
a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp
b) Chứng minh NC. ND = NB. NE
c) Khi AC = R, xác định vị trí của điểm M để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất
-----HẾT-----
Câu 1:
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {80} + \sqrt {45} \).
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\).
Câu 2:
a) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\)đi qua điểm M(-1;2). Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) với giá trị \(a\) vừa tìm được.
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\2x + y = 3\end{array} \right.\)
Câu 3:
Cho phương trình bậc hai \({x^2} - 2x + m - 2 = 0\) (1), với \(m\) là tham số.
a) Xác định các hệ số a, b, c của phương trình (1).
b) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1\).
c) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\).
Câu 4:
Trên đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R, lấy hai điểm C, D sao cho CD vuông góc với AB tại H (H thuộc đoạn OA, khác O và A). Gọi M là điểm trên đoạn CD (M khác C và D, CM > DM), E là giao điểm của AM với đường tròn (O), N là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD.
a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp
b) Chứng minh NC. ND = NB. NE
c) Khi AC = R, xác định vị trí của điểm M để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất
-----HẾT-----
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Biến đổi \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\) và \(\sqrt {A.B} = \sqrt A .\sqrt B \)
b) Tìm mẫu số chung, quy đồng và rút gọn biểu thức
Cách giải:
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {80} + \sqrt {45} \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {80} + \sqrt {45} \\A = \sqrt {16.5} + \sqrt {9.5} \\A = \sqrt {{4^2}.5} + \sqrt {{3^2}.5} \\A = 4\sqrt 5 + 3\sqrt 5 \\A = 7\sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(A = 7\sqrt 5 \).
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\).
Với \(x > 0\) và \(x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\\B = \frac{{\sqrt x + 1 + 3\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\\B = \frac{{\sqrt x + 1 + 3\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\frac{{\sqrt x + 1}}{2}\\B = \frac{{4\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}.\frac{1}{2}\\B = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}\end{array}\)
Vậy \(B = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}.\)
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
a) Thay tọa độ M vào hàm số tìm a, lập bảng vẽ đồ thị hàm số và nhận xét
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số
Cách giải:
a) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\)đi qua điểm M(-1;2). Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) với giá trị \(a\) vừa tìm được.
Đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\)đi qua điểm \(M\left( { - 1;2} \right)\) khi và chỉ khi: \(a.{\left( { - 1} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow a = 2\)
Vậy \(a = 2\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
=> Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 1;2} \right);\,\,B\left( {1;2} \right);\,C\left( { - 2;8} \right);\,D\left( {2;8} \right)\).
Hệ số a = 2 > 0 nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) như sau:
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\2x + y = 3\end{array} \right.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\2x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\4x + 2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\y = 3 - 2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {2; - 1} \right)\).
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
a) Hệ số a, b, c của phương trình là các hệ số của số hạng \({x^2},x\)và hệ số tự do
b) Thay m = -1 vào phương trình, giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm
c) Tính \(\Delta '\). Cho \(\Delta ' > 0\) tìm m, áp dụng Viet thay vào \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\)
Cách giải:
a) Xác định các hệ số a, b, c của phương trình (1).
Hệ số \(a = 1;\,\,b = - 2;\,\,c = m - 2.\)
b) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1\).
Khi \(m = - 1\) phương trình (1) \( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0\).
Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 2} \right) + \left( { - 3} \right) = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1\\{x_2} = - \frac{c}{a} = 3\end{array} \right.\).
Vậy khi m = -1 thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;3} \right\}\).
c) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\).
Phương trình (1) có \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} - 1\left( {m - 2} \right) = - m + 3\).
Để phương trình có hai nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow - m + 3 \ge 0 \Leftrightarrow m \le 3\)
Áp dụng định lí Vi – ét ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = m - 2}\end{array}} \right.\)
Theo bài ra ta có: \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\)
\( \Leftrightarrow 3\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}.{x_2}} \right] + x_1^2x_2^2 = 11\) (2)
Thay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = m - 2}\end{array}} \right.\) vào (2) ta có:
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3\left[ {{2^2} - 2\left( {m - 2} \right)} \right] + {\left( {m - 2} \right)^2} = 11\\ \Leftrightarrow 3\left( {8 - 2m} \right) + {m^2} - 4m + 4 = 11\\ \Leftrightarrow {m^2} - 10m + 17 = 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \({\Delta _m}' = {5^2} - 17 = 8 > 0\) nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}m = 5 + 2\sqrt 2 \,\,\,\left( {ktm} \right)\\m = 5 - 2\sqrt 2 \,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy với \(m = 5 - 2\sqrt 2 \,\) phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
a) Tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)
b) Chứng minh $\Delta NCE\backsim \Delta NBD\left( g.g \right)$
c) Gọi \(HM = x\,\,\left( {0 < x < R} \right)\). Tính AE, AM theo x và áp dụng bất đẳng thức Cô-si
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp
Ta có \(\angle AEB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\angle MHB = {90^0}\) (do \(CD \bot AB\) tại H) (gt)
\( \Rightarrow \angle MEB + \angle MHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác MEBH nội tiếp (dhnb)
b) Chứng minh NC. ND = NB. NE
Xét \(\Delta NCE\) và \(\Delta NBD\) có:
\(\angle BNC\) chung
\(\angle NCE = \angle NBD\) (góc nội tiếp cùng chắn cung DE)
$\Rightarrow \Delta NCE\backsim \Delta NBD\left( g.g \right)$
\( \Rightarrow \frac{{NC}}{{NB}} = \frac{{NE}}{{ND}} \Leftrightarrow NC.ND = NE.NB\) (đpcm)
c) Khi AC = R, xác định vị trí của điểm M để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất
Xét tam giác OAC có OA = OC = AC = R => Tam giác OAC đều.
\( \Rightarrow \) Đường cao CH đồng thời là đường trung tuyến \( \Rightarrow H\) là trung điểm của OA \( \Rightarrow AH = \frac{1}{2}OA = \frac{R}{2}\).
Đặt \(HM = x\,\,\left( {0 < x < R} \right)\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông AHM ta có: \(AM = \sqrt {\frac{{{R^2}}}{4} + {x^2}} \Rightarrow 2AM = \sqrt {{R^2} + 4{x^2}} \).
Xét tam giác AHM và tam giác AEB có:
\(\begin{array}{l}\angle BAE\,\,chung\\\angle AHM = \angle AEB = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\end{array}\)
\(\Rightarrow \Delta AHM\backsim \Delta AEB\,\,\left( g.g \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{HM}}{{BE}} = \frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{AM}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
\( \Rightarrow AE = \frac{{AH.AB}}{{AM}} = \frac{{\frac{R}{2}.2R}}{{\sqrt {\frac{{{R^2}}}{4} + {x^2}} }} = \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}\)
\( \Rightarrow 2AM + AE = \sqrt {{R^2} + 4{x^2}} + \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} + \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }} \ge 2\sqrt {\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} .\frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}} = 2\sqrt 2 R\)
Dấu “=” xảy ra
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {{R^2} + 4{x^2}} = \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}\\ \Leftrightarrow {R^2} + 4{x^2} = 2{R^2} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{{R^2}}}{4} \Leftrightarrow x = \frac{R}{2}\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow HM = \frac{R}{2} \Rightarrow M\) là trung điểm của HD.
Vậy để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất thì M là trung điểm của HD.
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Biến đổi \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\) và \(\sqrt {A.B} = \sqrt A .\sqrt B \)
b) Tìm mẫu số chung, quy đồng và rút gọn biểu thức
Cách giải:
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {80} + \sqrt {45} \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {80} + \sqrt {45} \\A = \sqrt {16.5} + \sqrt {9.5} \\A = \sqrt {{4^2}.5} + \sqrt {{3^2}.5} \\A = 4\sqrt 5 + 3\sqrt 5 \\A = 7\sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(A = 7\sqrt 5 \).
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\).
Với \(x > 0\) và \(x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\\B = \frac{{\sqrt x + 1 + 3\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\\B = \frac{{\sqrt x + 1 + 3\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\frac{{\sqrt x + 1}}{2}\\B = \frac{{4\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}.\frac{1}{2}\\B = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}\end{array}\)
Vậy \(B = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}.\)
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
a) Thay tọa độ M vào hàm số tìm a, lập bảng vẽ đồ thị hàm số và nhận xét
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số
Cách giải:
a) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\)đi qua điểm M(-1;2). Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) với giá trị \(a\) vừa tìm được.
Đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\)đi qua điểm \(M\left( { - 1;2} \right)\) khi và chỉ khi: \(a.{\left( { - 1} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow a = 2\)
Vậy \(a = 2\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
=> Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 1;2} \right);\,\,B\left( {1;2} \right);\,C\left( { - 2;8} \right);\,D\left( {2;8} \right)\).
Hệ số a = 2 > 0 nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) như sau:
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\2x + y = 3\end{array} \right.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\2x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\4x + 2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\y = 3 - 2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {2; - 1} \right)\).
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
a) Hệ số a, b, c của phương trình là các hệ số của số hạng \({x^2},x\)và hệ số tự do
b) Thay m = -1 vào phương trình, giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm
c) Tính \(\Delta '\). Cho \(\Delta ' > 0\) tìm m, áp dụng Viet thay vào \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\)
Cách giải:
a) Xác định các hệ số a, b, c của phương trình (1).
Hệ số \(a = 1;\,\,b = - 2;\,\,c = m - 2.\)
b) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1\).
Khi \(m = - 1\) phương trình (1) \( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0\).
Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 2} \right) + \left( { - 3} \right) = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1\\{x_2} = - \frac{c}{a} = 3\end{array} \right.\).
Vậy khi m = -1 thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;3} \right\}\).
c) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\).
Phương trình (1) có \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} - 1\left( {m - 2} \right) = - m + 3\).
Để phương trình có hai nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow - m + 3 \ge 0 \Leftrightarrow m \le 3\)
Áp dụng định lí Vi – ét ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = m - 2}\end{array}} \right.\)
Theo bài ra ta có: \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\)
\( \Leftrightarrow 3\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}.{x_2}} \right] + x_1^2x_2^2 = 11\) (2)
Thay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = m - 2}\end{array}} \right.\) vào (2) ta có:
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3\left[ {{2^2} - 2\left( {m - 2} \right)} \right] + {\left( {m - 2} \right)^2} = 11\\ \Leftrightarrow 3\left( {8 - 2m} \right) + {m^2} - 4m + 4 = 11\\ \Leftrightarrow {m^2} - 10m + 17 = 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \({\Delta _m}' = {5^2} - 17 = 8 > 0\) nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}m = 5 + 2\sqrt 2 \,\,\,\left( {ktm} \right)\\m = 5 - 2\sqrt 2 \,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy với \(m = 5 - 2\sqrt 2 \,\) phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
a) Tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)
b) Chứng minh $\Delta NCE\backsim \Delta NBD\left( g.g \right)$
c) Gọi \(HM = x\,\,\left( {0 < x < R} \right)\). Tính AE, AM theo x và áp dụng bất đẳng thức Cô-si
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp
Ta có \(\angle AEB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\angle MHB = {90^0}\) (do \(CD \bot AB\) tại H) (gt)
\( \Rightarrow \angle MEB + \angle MHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác MEBH nội tiếp (dhnb)
b) Chứng minh NC. ND = NB. NE
Xét \(\Delta NCE\) và \(\Delta NBD\) có:
\(\angle BNC\) chung
\(\angle NCE = \angle NBD\) (góc nội tiếp cùng chắn cung DE)
$\Rightarrow \Delta NCE\backsim \Delta NBD\left( g.g \right)$
\( \Rightarrow \frac{{NC}}{{NB}} = \frac{{NE}}{{ND}} \Leftrightarrow NC.ND = NE.NB\) (đpcm)
c) Khi AC = R, xác định vị trí của điểm M để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất
Xét tam giác OAC có OA = OC = AC = R => Tam giác OAC đều.
\( \Rightarrow \) Đường cao CH đồng thời là đường trung tuyến \( \Rightarrow H\) là trung điểm của OA \( \Rightarrow AH = \frac{1}{2}OA = \frac{R}{2}\).
Đặt \(HM = x\,\,\left( {0 < x < R} \right)\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông AHM ta có: \(AM = \sqrt {\frac{{{R^2}}}{4} + {x^2}} \Rightarrow 2AM = \sqrt {{R^2} + 4{x^2}} \).
Xét tam giác AHM và tam giác AEB có:
\(\begin{array}{l}\angle BAE\,\,chung\\\angle AHM = \angle AEB = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\end{array}\)
\(\Rightarrow \Delta AHM\backsim \Delta AEB\,\,\left( g.g \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{HM}}{{BE}} = \frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{AM}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
\( \Rightarrow AE = \frac{{AH.AB}}{{AM}} = \frac{{\frac{R}{2}.2R}}{{\sqrt {\frac{{{R^2}}}{4} + {x^2}} }} = \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}\)
\( \Rightarrow 2AM + AE = \sqrt {{R^2} + 4{x^2}} + \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} + \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }} \ge 2\sqrt {\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} .\frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}} = 2\sqrt 2 R\)
Dấu “=” xảy ra
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {{R^2} + 4{x^2}} = \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}\\ \Leftrightarrow {R^2} + 4{x^2} = 2{R^2} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{{R^2}}}{4} \Leftrightarrow x = \frac{R}{2}\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow HM = \frac{R}{2} \Rightarrow M\) là trung điểm của HD.
Vậy để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất thì M là trung điểm của HD.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bạc Liêu năm 2023 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, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết là vô cùng cần thiết.
Năm 2023, đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu tiếp tục duy trì cấu trúc ổn định, bao gồm các nội dung chính sau:
Độ khó của đề thi được đánh giá là tương đương với các năm trước, tập trung vào việc kiểm tra khả năng vận dụng kiến thức vào giải quyết các bài toán thực tế. Một số dạng bài tập thường gặp bao gồm:
Dưới đây là phân tích chi tiết một số đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2023:
Đề thi chính thức 1 tập trung vào các kiến thức về đại số, đặc biệt là phương trình và hệ phương trình. Đề thi có độ khó vừa phải, đòi hỏi học sinh phải nắm vững các công thức và phương pháp giải quyết. Một số câu hỏi trong đề thi yêu cầu học sinh phải vận dụng kiến thức vào giải quyết các bài toán thực tế.
Đề thi chính thức 2 tập trung vào các kiến thức về hình học, đặc biệt là tam giác và tứ giác. Đề thi có độ khó cao hơn đề thi chính thức 1, đòi hỏi học sinh phải có khả năng tư duy logic và sáng tạo. Một số câu hỏi trong đề thi yêu cầu học sinh phải chứng minh các tính chất hình học.
Đề thi thử 1 có cấu trúc tương tự như đề thi chính thức, nhưng độ khó cao hơn. Đề thi này giúp học sinh làm quen với áp lực thời gian và rèn luyện kỹ năng làm bài.
Đề thi thử 2 tập trung vào các kiến thức tổng hợp, bao gồm cả đại số và hình học. Đề thi này giúp học sinh đánh giá lại kiến thức và kỹ năng của mình trước khi bước vào kỳ thi chính thức.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2023, các em học sinh cần có một kế hoạch ôn tập khoa học và hiệu quả. Dưới đây là một số lời khuyên và phương pháp ôn thi:
Ngoài các đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2023 mà giaibaitoan.com cung cấp, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2023 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng với bộ đề thi và những lời khuyên trên, các em sẽ đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
