Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2023 chính thức, được tổng hợp đầy đủ và cập nhật mới nhất. 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 đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp không chỉ đề thi mà còn cả đáp án chi tiết và lời giải bài bản, giúp các em hiểu rõ phương pháp giải từng dạng bài.
Câu 1: Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 1) \({x^2} + x - 6 = 0\) 2) \(x - 3\sqrt x {\rm{ \;}} = 4\). 3) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = {\rm{ \;}} - 1}\\{2x + 3y = 8}\end{array}} \right.\)
Câu 1: Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
1) \({x^2} + x - 6 = 0\)
2) \(x - 3\sqrt x {\rm{ \;}} = 4\).
3) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = {\rm{ \;}} - 1}\\{2x + 3y = 8}\end{array}} \right.\)
Câu 2: Cho Parabol \(\left( P \right):y = {\rm{ \;}} - 0,5{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = {\rm{ \;}} - 0,5x + 2\)
1) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = {\rm{ \;}} - 0,5{x^2}\)
2) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) biết \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)
Câu 3: Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + m = 0\) (m là tham số).
1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\).
2) Tìm hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m.
Câu 4: Bác Tư đến siêu thị mua một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc với tổng số tiền theo giá niêm yết là 630000 đồng. Tuy nhiên, trong tuần lễ tri ân khách hàng nên siêu thị đã giảm giá quạt máy 15% và giảm giá ấm đun siêu tốc 12% so với giá niêm yết của từng sản phẩm. Nên Bác Tư chỉ phải trả 543000 đồng khi mua 2 sản phẩm trên. Hỏi giá niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc là bao nhiêu?
Câu 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và một điểm C tùy ý trên (O), (C khác A, B và CA < CB). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Dựng CH vuông góc với BD tại H (H nằm trên BD). Đường thẳng DO cắt CH và CB lần lượt tai M và N.
1) Chứng minh: Tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn.
2) Chứng minh: \({\rm{CM}} = {\rm{CO}}\).
3) Các đường thẳng \({\rm{AB}}\) và \({\rm{CD}}\) cắt nhau tại \({\rm{E}}\). Chứng minh: \({\rm{EA}}.{\rm{EB}} = {\rm{E}}{{\rm{C}}^2}\).
4) Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón. Biết \({\rm{OB}} = 6\;{\rm{cm}},{\rm{BD}} = 8\;{\rm{cm}}\). Tính thể tích của hình nón tạo thành.
----- HẾT -----
Câu 1: Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
1) \({x^2} + x - 6 = 0\)
2) \(x - 3\sqrt x {\rm{ \;}} = 4\).
3) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = {\rm{ \;}} - 1}\\{2x + 3y = 8}\end{array}} \right.\)
Câu 2: Cho Parabol \(\left( P \right):y = {\rm{ \;}} - 0,5{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = {\rm{ \;}} - 0,5x + 2\)
1) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = {\rm{ \;}} - 0,5{x^2}\)
2) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) biết \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)
Câu 3: Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + m = 0\) (m là tham số).
1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\).
2) Tìm hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m.
Câu 4: Bác Tư đến siêu thị mua một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc với tổng số tiền theo giá niêm yết là 630000 đồng. Tuy nhiên, trong tuần lễ tri ân khách hàng nên siêu thị đã giảm giá quạt máy 15% và giảm giá ấm đun siêu tốc 12% so với giá niêm yết của từng sản phẩm. Nên Bác Tư chỉ phải trả 543000 đồng khi mua 2 sản phẩm trên. Hỏi giá niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc là bao nhiêu?
Câu 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và một điểm C tùy ý trên (O), (C khác A, B và CA < CB). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Dựng CH vuông góc với BD tại H (H nằm trên BD). Đường thẳng DO cắt CH và CB lần lượt tai M và N.
1) Chứng minh: Tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn.
2) Chứng minh: \({\rm{CM}} = {\rm{CO}}\).
3) Các đường thẳng \({\rm{AB}}\) và \({\rm{CD}}\) cắt nhau tại \({\rm{E}}\). Chứng minh: \({\rm{EA}}.{\rm{EB}} = {\rm{E}}{{\rm{C}}^2}\).
4) Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón. Biết \({\rm{OB}} = 6\;{\rm{cm}},{\rm{BD}} = 8\;{\rm{cm}}\). Tính thể tích của hình nón tạo thành.
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1)
Bước 1: Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {{\rm{b}}^2} - 4{\rm{ac}}\)
Bước 2: So sánh \(\Delta \) với 0
- \(\Delta {\rm{ \;}} < 0 = {\rm{ \;}} > \) phương trình (1) vô nghiệm
- \(\Delta {\rm{ \;}} = 0\) => phương trình (1) có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}}\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\) => phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}}\) và \({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}}\).
2) Đặt nhân tử chung.
3) Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc trừ vế.
Cách giải:
1) \({x^2} + x - 6 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {1^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{ - 1 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 2\\{x_2} = \frac{{ - 1 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 3\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {2; - 3} \right\}\).
2) \(x - 3\sqrt x = 4\).
ĐKXĐ: \(x \ge 0\)
Đặt \(t = \sqrt x \ge 0\), phương trình trở thành \({t^2} - 3t = 4 \Leftrightarrow {t^2} - 3t - 4 = 0\).
Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 3} \right) + \left( { - 4} \right) = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1\,\,\left( {ktm} \right)\\{t_2} = \frac{{ - c}}{a} = 4\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Với \(t = 4 \Rightarrow \sqrt x = 4 \Leftrightarrow x = 16\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {16} \right\}\).
3) \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2\left( {y - 1} \right) + 3y = 8\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2y - 2 + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\5y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.\end{array}\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;2).
Câu 2 (VD):
Cách giải:
Cho Parabol \(\left( P \right):y = - 0,5{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = - 0,5x + 2\)
1) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = - 0,5{x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2; - 2} \right);B\left( { - 1; - 0,5} \right);\,\,C\left( {1; - 0,5} \right);\,\,D\left( {2; - 2} \right)\)
Hệ số \(a = - 0,5 < 0\)nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = - 0,5{x^2}\) như sau:
2) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) biết \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)
Vì \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) nên phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) có dạng \(y = 2x + b\)
Để \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)thì phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm duy nhất, tức là:
\( - 0,5{x^2} = 2x + b \Leftrightarrow 0,5{x^2} + 2x + b = 0\)có nghiệmduy nhất.
hay\(\Delta ' = 1 - 0,5.b = 1 - 0,5b = 0 \Leftrightarrow 0,5b = 1 \Leftrightarrow b = 2\)
Với \(b = 2\) thì \(\left( {{d_1}} \right):y = 2x + 2\)
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) là \(y = 2x + 2.\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng vi ét.
Cách giải:
1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì
\(\begin{array}{l}\Delta ' > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {{m^2} + m} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} - m > 0\\ \Leftrightarrow m + 1 > 0\\ \Leftrightarrow m > - 1\end{array}\)
Vậy \(m > - 1\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
2) Tìm hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m.
Với m > -1, áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Thay (1) vào (2) ta có:
\(\begin{array}{l}{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}} \right)^2} + \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = \frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)}^2}}}{4} + \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\\ \Leftrightarrow 4{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)^2} + 2\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)\end{array}\)
Vậy hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m là
\(4{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)^2} + 2\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
Gọi giá niêm yết của 1 cái quạt máy và 1 ấm siêu tốc lần lượt là \(x,\,y\)(đồng, \(x,y > 0\))
Vì tổng số tiền mua 2 sản phẩm theo giá niêm yết là 630000 đồng nên ta có:
\(x + y = 630000\) (1)
Tuy nhiên, siêu thị đã giảm giá quạt máy 15% và giảm giá ấm đun siêu tốc 12% so với giá niêm yết của từng sản phẩm.
Do đó:
Số tiền Bác Tư phải trả cho 1 cái quạt máy là: \(x.\left( {100\% - 15\% } \right) = 0,85x\)(đồng)
Số tiền Bác Tư phải trả cho 1 ấm siêu tốc là: \(y.\left( {100\% - 12\% } \right) = 0,88y\)(đồng)
Do bác Tư phải trả 543000 đồng khi mua 2 sản phẩm nên ta có:
\(0,85x + 0,88y = 543000\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 630000\\0,85x + 0,88y = 543000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,85x + 0,85y = 535500\\0,85x + 0,88y = 543000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 630000 - y\\0,03y = 7500\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 630000 - y\\y = 250000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 380000\\y = 250000\end{array} \right.\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\end{array}\)
Vậy giá niêm yết của 1 cái quạt máy là 380000 đồng, giá niêm yết của 1 ấm siêu tốc là 250000 đồng. Câu 5 (VD):
Cách giải:
1) Chứng minh: Tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn.
Do DC, DB là 2 tiếp tuyến của \((O)\)cắt nhau tại D nên \(DC = DB\) (tính chất)
Mà OC = OB (bằng bán kính)
\( \Rightarrow OD\) là trung trực của BC (tính chất)
\( \Rightarrow OC \bot BC\) tại N \( \Rightarrow \angle DNC = {90^0}\)
Xét tứ giác DCNH có \(\angle DHC = {90^0}\) (\(CH \bot BD\left( {gt} \right)\)) và \(\angle DNC = {90^0}\) (cmt)
Mà H, N là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn DC dưới 2 góc bằng nhau
\( \Rightarrow N,F,D,C\) cùng thuộc một đường tròn (dhnb)
Hay tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn (đpcm)
2) Chứng minh: \({\rm{CM}} = {\rm{CO}}\).
Xét tam giác DBC có DN và CH là đường cao cắt nhau tại M nên M là trực tâm của tam giác DBC
\( \Rightarrow CM \bot DC\)
Mà \(CO \bot DC\) (tiếp tuyến) \( \Rightarrow BM\,{\rm{//}}\,CO\)
Lại có \(CH \bot BD\left( {gt} \right),OB \bot BD\) (tiếp tuyến) \( \Rightarrow CM\,{\rm{//}}\,OB\)
\( \Rightarrow OBMC\) là hình bình hành (dhnb)
\( \Rightarrow CM = OB\)(tính chất)
Mà \(OB = OC\) (cùng bằng bán kính) nên \(OC = CM\) (đpcm)
3) Các đường thẳng \({\rm{AB}}\) và \({\rm{CD}}\) cắt nhau tại \({\rm{E}}\). Chứng minh: \({\rm{EA}}.{\rm{EB}} = {\rm{E}}{{\rm{C}}^2}\).
Xét \(\Delta EAC\) và \(\Delta ECB\) có:
\(\angle CEA\) chung
\(\angle ECA = \angle ABC\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung)
\(\Rightarrow \Delta EAC\backsim \Delta ECB\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{EC}{EB}=\frac{EA}{EC}\Leftrightarrow E{{C}^{2}}=EA.EB\) (đpcm)
4) Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón. Biết \({\rm{OB}} = 6\;{\rm{cm}},{\rm{BD}} = 8\;{\rm{cm}}\). Tính thể tích của hình nón tạo thành.
Do \(\Delta OBD\) vuông tại B, đường cao BN nên ta có
\(O{D^2} = B{D^2} + O{B^2} = {6^2} + {8^2} = 100 \Rightarrow OD = 10\) (định lý Pytago)
\(B{D^2} = DN.OD \Rightarrow DN = \frac{{B{D^2}}}{{OD}} = \frac{{{8^2}}}{{10}} = 6,4\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow N{B^2} = B{D^2} - D{N^2} = {8^2} - 6,{4^2} = 23,04 \Rightarrow BN = 4,8\) (định lý Pytago)
Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón có chiều cao là DN = 6,4 và đáy là đường tròn có bán kính là BN = 4,8
Suy ra thể tích của hình nón bằng \(\frac{1}{3}.\pi .B{N^2}.DH = \frac{1}{3}\pi .4,{8^2}.6,4 \approx 154,4156c{m^3}\)
Vậy thể tích hình nón khoảng \(154,4156\,c{m^3}.\)
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1)
Bước 1: Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {{\rm{b}}^2} - 4{\rm{ac}}\)
Bước 2: So sánh \(\Delta \) với 0
- \(\Delta {\rm{ \;}} < 0 = {\rm{ \;}} > \) phương trình (1) vô nghiệm
- \(\Delta {\rm{ \;}} = 0\) => phương trình (1) có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}}\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\) => phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}}\) và \({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}}\).
2) Đặt nhân tử chung.
3) Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc trừ vế.
Cách giải:
1) \({x^2} + x - 6 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {1^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{ - 1 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 2\\{x_2} = \frac{{ - 1 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 3\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {2; - 3} \right\}\).
2) \(x - 3\sqrt x = 4\).
ĐKXĐ: \(x \ge 0\)
Đặt \(t = \sqrt x \ge 0\), phương trình trở thành \({t^2} - 3t = 4 \Leftrightarrow {t^2} - 3t - 4 = 0\).
Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 3} \right) + \left( { - 4} \right) = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1\,\,\left( {ktm} \right)\\{t_2} = \frac{{ - c}}{a} = 4\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Với \(t = 4 \Rightarrow \sqrt x = 4 \Leftrightarrow x = 16\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {16} \right\}\).
3) \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2\left( {y - 1} \right) + 3y = 8\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\2y - 2 + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\5y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y - 1\\y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.\end{array}\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;2).
Câu 2 (VD):
Cách giải:
Cho Parabol \(\left( P \right):y = - 0,5{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = - 0,5x + 2\)
1) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = - 0,5{x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2; - 2} \right);B\left( { - 1; - 0,5} \right);\,\,C\left( {1; - 0,5} \right);\,\,D\left( {2; - 2} \right)\)
Hệ số \(a = - 0,5 < 0\)nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = - 0,5{x^2}\) như sau:
2) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) biết \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)
Vì \(\left( {{d_1}} \right)\) vuông góc với \(\left( d \right)\) nên phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) có dạng \(y = 2x + b\)
Để \(\left( {{d_1}} \right)\) tiếp xúc \(\left( P \right)\)thì phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm duy nhất, tức là:
\( - 0,5{x^2} = 2x + b \Leftrightarrow 0,5{x^2} + 2x + b = 0\)có nghiệmduy nhất.
hay\(\Delta ' = 1 - 0,5.b = 1 - 0,5b = 0 \Leftrightarrow 0,5b = 1 \Leftrightarrow b = 2\)
Với \(b = 2\) thì \(\left( {{d_1}} \right):y = 2x + 2\)
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) là \(y = 2x + 2.\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng vi ét.
Cách giải:
1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì
\(\begin{array}{l}\Delta ' > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {{m^2} + m} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} - m > 0\\ \Leftrightarrow m + 1 > 0\\ \Leftrightarrow m > - 1\end{array}\)
Vậy \(m > - 1\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
2) Tìm hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m.
Với m > -1, áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Thay (1) vào (2) ta có:
\(\begin{array}{l}{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}} \right)^2} + \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = \frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)}^2}}}{4} + \frac{{{x_1} + {x_2} - 2}}{2}\\ \Leftrightarrow 4{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)^2} + 2\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)\end{array}\)
Vậy hệ thức liên hệ giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) mà không phụ thuộc vào tham số m là
\(4{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)^2} + 2\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right)\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
Gọi giá niêm yết của 1 cái quạt máy và 1 ấm siêu tốc lần lượt là \(x,\,y\)(đồng, \(x,y > 0\))
Vì tổng số tiền mua 2 sản phẩm theo giá niêm yết là 630000 đồng nên ta có:
\(x + y = 630000\) (1)
Tuy nhiên, siêu thị đã giảm giá quạt máy 15% và giảm giá ấm đun siêu tốc 12% so với giá niêm yết của từng sản phẩm.
Do đó:
Số tiền Bác Tư phải trả cho 1 cái quạt máy là: \(x.\left( {100\% - 15\% } \right) = 0,85x\)(đồng)
Số tiền Bác Tư phải trả cho 1 ấm siêu tốc là: \(y.\left( {100\% - 12\% } \right) = 0,88y\)(đồng)
Do bác Tư phải trả 543000 đồng khi mua 2 sản phẩm nên ta có:
\(0,85x + 0,88y = 543000\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 630000\\0,85x + 0,88y = 543000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,85x + 0,85y = 535500\\0,85x + 0,88y = 543000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 630000 - y\\0,03y = 7500\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 630000 - y\\y = 250000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 380000\\y = 250000\end{array} \right.\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\end{array}\)
Vậy giá niêm yết của 1 cái quạt máy là 380000 đồng, giá niêm yết của 1 ấm siêu tốc là 250000 đồng. Câu 5 (VD):
Cách giải:
1) Chứng minh: Tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn.
Do DC, DB là 2 tiếp tuyến của \((O)\)cắt nhau tại D nên \(DC = DB\) (tính chất)
Mà OC = OB (bằng bán kính)
\( \Rightarrow OD\) là trung trực của BC (tính chất)
\( \Rightarrow OC \bot BC\) tại N \( \Rightarrow \angle DNC = {90^0}\)
Xét tứ giác DCNH có \(\angle DHC = {90^0}\) (\(CH \bot BD\left( {gt} \right)\)) và \(\angle DNC = {90^0}\) (cmt)
Mà H, N là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn DC dưới 2 góc bằng nhau
\( \Rightarrow N,F,D,C\) cùng thuộc một đường tròn (dhnb)
Hay tứ giác \({\rm{CNHD}}\) nội tiếp được trong đường tròn (đpcm)
2) Chứng minh: \({\rm{CM}} = {\rm{CO}}\).
Xét tam giác DBC có DN và CH là đường cao cắt nhau tại M nên M là trực tâm của tam giác DBC
\( \Rightarrow CM \bot DC\)
Mà \(CO \bot DC\) (tiếp tuyến) \( \Rightarrow BM\,{\rm{//}}\,CO\)
Lại có \(CH \bot BD\left( {gt} \right),OB \bot BD\) (tiếp tuyến) \( \Rightarrow CM\,{\rm{//}}\,OB\)
\( \Rightarrow OBMC\) là hình bình hành (dhnb)
\( \Rightarrow CM = OB\)(tính chất)
Mà \(OB = OC\) (cùng bằng bán kính) nên \(OC = CM\) (đpcm)
3) Các đường thẳng \({\rm{AB}}\) và \({\rm{CD}}\) cắt nhau tại \({\rm{E}}\). Chứng minh: \({\rm{EA}}.{\rm{EB}} = {\rm{E}}{{\rm{C}}^2}\).
Xét \(\Delta EAC\) và \(\Delta ECB\) có:
\(\angle CEA\) chung
\(\angle ECA = \angle ABC\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung)
\(\Rightarrow \Delta EAC\backsim \Delta ECB\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{EC}{EB}=\frac{EA}{EC}\Leftrightarrow E{{C}^{2}}=EA.EB\) (đpcm)
4) Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón. Biết \({\rm{OB}} = 6\;{\rm{cm}},{\rm{BD}} = 8\;{\rm{cm}}\). Tính thể tích của hình nón tạo thành.
Do \(\Delta OBD\) vuông tại B, đường cao BN nên ta có
\(O{D^2} = B{D^2} + O{B^2} = {6^2} + {8^2} = 100 \Rightarrow OD = 10\) (định lý Pytago)
\(B{D^2} = DN.OD \Rightarrow DN = \frac{{B{D^2}}}{{OD}} = \frac{{{8^2}}}{{10}} = 6,4\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow N{B^2} = B{D^2} - D{N^2} = {8^2} - 6,{4^2} = 23,04 \Rightarrow BN = 4,8\) (định lý Pytago)
Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón có chiều cao là DN = 6,4 và đáy là đường tròn có bán kính là BN = 4,8
Suy ra thể tích của hình nón bằng \(\frac{1}{3}.\pi .B{N^2}.DH = \frac{1}{3}\pi .4,{8^2}.6,4 \approx 154,4156c{m^3}\)
Vậy thể tích hình nón khoảng \(154,4156\,c{m^3}.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Bình Dương là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi và luyện tập với các đề thi thử, đề thi chính thức các năm trước là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2023 thường bao gồm các dạng bài tập thuộc các chủ đề chính sau:
Nhìn chung, đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2023 có độ khó tương đương với các năm trước. Đề thi thường có sự phân hóa rõ rệt, với các câu hỏi cơ bản dành cho học sinh khá giỏi và các câu hỏi nâng cao dành cho học sinh xuất sắc. Để đạt điểm cao, các em cần nắm vững kiến thức cơ bản, rèn luyện kỹ năng giải toán và có khả năng vận dụng linh hoạt các kiến thức đã học vào giải quyết các bài toán thực tế.
Để luyện thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2023 hiệu quả, các em có thể áp dụng các phương pháp sau:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2023 mà giaibaitoan.com cung cấp, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Trước khi bước vào phòng thi, các em cần chuẩn bị đầy đủ các dụng cụ cần thiết, đọc kỹ hướng dẫn làm bài và phân bổ thời gian hợp lý cho từng câu hỏi. Trong quá trình làm bài, hãy đọc kỹ đề bài, suy nghĩ kỹ trước khi trả lời và kiểm tra lại kết quả sau khi làm xong. Chúc các em đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
Dưới đây là một số dạng bài thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2023:
| Dạng bài | Ví dụ |
|---|---|
| Giải phương trình bậc hai | Giải phương trình: x2 - 5x + 6 = 0 |
| Giải hệ phương trình | Giải hệ phương trình: { x + y = 5 2x - y = 1 |
| Tính góc trong tam giác | Cho tam giác ABC vuông tại A, biết góc B = 60o. Tính góc C. |
| Chứng minh đẳng thức hình học | Chứng minh rằng hai tam giác bằng nhau. |
Giaibaitoan.com luôn đồng hành cùng các em học sinh trên con đường chinh phục kiến thức. Chúng tôi hy vọng rằng bộ đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2023 này sẽ là một công cụ hữu ích giúp các em ôn tập và chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
