Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bình Phước năm 2020. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Bộ đề thi này được tổng hợp từ các nguồn chính thức, đảm bảo tính chính xác và độ tin cậy cao.
Câu 1: 1. Tính giá trị của biểu thức sau:
Câu 1:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Câu 2:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
Câu 3:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Câu 4:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Câu 5:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
+ Tính giá trị biểu thức A:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \\A = \sqrt {{8^2}} - \sqrt {{7^2}} \\A = 8 - 7\\A = 1\end{array}\)
Vậy \(A = 1\).
+ Tính giá trị biểu thức B:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \\B = \left| {4 + \sqrt 7 } \right| - \sqrt 7 \\B = 4 + \sqrt 7 - \sqrt 7 \,\,\left( {Do\,\,4 + \sqrt 7 > 0} \right)\\B = 4\end{array}\)
Vậy \(B = 4\).
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
Với \(x \ge 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \sqrt x - 3\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0\) thì \(Q = \sqrt x - 3\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Ta có: \(Q = 2 \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = 2 \Leftrightarrow \sqrt x = 5 \Leftrightarrow x = 25\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy để \(Q = 2\) thì \(x = 25\).
Câu 2 (2điểm)
Cách giải:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
+) Vẽ parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Vậy \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm: \(\left( { - 2;\,\,4} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,1} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,1} \right),\,\,\left( {2;\,\,4} \right).\)
+) Vẽ đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2x + 3\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \( - 1\) |
\(y = 2x + 3\) | \(3\) | \(1\) |
Vậy \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\) là đường thẳng đi qua các điểm \(\left( {0;\,\,3} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} = 2x + 3\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) + \left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
+) Với \(x = 3 \Rightarrow y = {3^2} = 9\).
+) Với \(x = - 1 \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^2} = 1.\)
Vậy \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có tọa độ là \(\left( {3;\,\,9} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 3y = 6\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {3;\,\,1} \right).\)
Câu 3 (2,5 điểm)
Cách giải:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
Với \(m = 6\) thì phương trình (1) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 4x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - x} \right) - \left( {4x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 4\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 6\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;4} \right\}\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 5} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\5 > 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\\m - 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 - 4m + 8 > 0\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}33 - 4m > 0\\m > 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{{33}}{4}\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < m < \dfrac{{33}}{4}\).
Khi đó áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} }}{{\sqrt {{x_1}{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow 2\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right) = 3\sqrt {{x_1}{x_2}} \\ \Leftrightarrow 4\left( {{x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} } \right) = 9{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 4\left( {5 + 2\sqrt {m - 2} } \right) = 9\left( {m - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 9\left( {m - 2} \right) - 8\sqrt {m - 2} - 20 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Đặt \(t = \sqrt {m - 2} \,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình (*) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,9{t^2} - 8t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 9{t^2} - 18t + 10t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {9{t^2} - 18t} \right) + \left( {10t - 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 9t\left( {t - 2} \right) + 10\left( {t - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {9t + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 2 = 0\\9t + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - \dfrac{{10}}{9}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(t = 2\) \( \Rightarrow \sqrt {m - 2} = 2 \Leftrightarrow m - 2 = 4 \Leftrightarrow m = 6\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 6\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Gọi chiều rộng thửa đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\)) \( \Rightarrow \) Chiều dài thửa đất là \(x + 4\,\,\left( m \right)\).
Vì thửa đất có diện tích là \(320{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}x\left( {x + 4} \right) = 320\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 20x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 16x} \right) + \left( {20x - 320} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 16} \right) + 20\left( {x - 16} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 16} \right)\left( {x + 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 16 = 0\\x + 20 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 20\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng thửa đất là \(16m\), chiều dài thửa đất là \(16 + 4 = 20m\).
Vậy chu vi thửa đất đó là: \(\left( {16 + 20} \right).2 = 72\,\,\left( m \right)\).
Câu 4 (2,5 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) nên \(\angle B + \angle C = {90^0}\) (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).
\( \Rightarrow \angle C = {90^0} - \angle B = {90^0} - {60^0} = {30^0}\).
Ta có:
\(\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AB = \dfrac{{AC}}{{\tan {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
\(\sin {60^0} = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AC}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường trung tuyến \(AM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) nên
\(AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{16\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy \(\angle C = {30^0},\,\,AB = AM = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}cm,\,\,BC = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,cm\).
Câu 5 (2,5 điểm)
Cách giải:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
Ta có: \(TA,\,\,TB\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A,\,\,B\) (gt).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}TA \bot OA\\TB \bot OB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle TAO = \angle TBO = {90^0}\).
Xét tứ giác \(TAOB\) ta có: \(\angle TAO + \angle TBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow TAOB\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
Ta có: \(OA = OB = R\) \( \Rightarrow O\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\(TA = TB\,\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow T\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO\) là đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO \bot AB = \left\{ F \right\}\)
Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta TAO\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AF\) ta có: \(T{A^2} = TF.TO\,\,\,\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta TAC\) và \(\Delta TDA\) ta có:
\(\angle T\) chung;
\(\angle TDA = \angle TAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \Delta TAC \sim \Delta TDA\,\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{TA}}{{TD}} = \dfrac{{TC}}{{TA}} \Leftrightarrow T{A^2} = TC.TD\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow TF.TO = TC.TD\,\,\,\left( { = T{A^2}} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Gọi \(AB \cap TG = \left\{ K \right\}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AT \bot OA \Rightarrow AT \bot AG\\BH \bot AG\end{array} \right. \Rightarrow BH\parallel AT\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TAB\) (so le trong).
Mà \(TA = TB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\Delta TAB\) cân tại \(T\) \( \Rightarrow \angle TAB = \angle TBA\).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TBA\)
\( \Rightarrow BK\) là phân giác của \(\angle TBH\).
Ta có: \(\angle ABG = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow BA \bot BG\) hay \(BK \bot BG\).
Do đó \(BG\) là phân giác ngoài của \(\angle TBH\).
Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\dfrac{{BI}}{{BT}} = \dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{GI}}{{GT}}\).
Lại có: \(\dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{BI}}{{AT}};\,\,\dfrac{{GI}}{{GT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}}\) (định lí Ta-lét)
Do đó \(\dfrac{{BI}}{{AT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}} \Rightarrow BI = IH\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(BH\) (đpcm).
Câu 1:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Câu 2:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
Câu 3:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Câu 4:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Câu 5:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
+ Tính giá trị biểu thức A:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \\A = \sqrt {{8^2}} - \sqrt {{7^2}} \\A = 8 - 7\\A = 1\end{array}\)
Vậy \(A = 1\).
+ Tính giá trị biểu thức B:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \\B = \left| {4 + \sqrt 7 } \right| - \sqrt 7 \\B = 4 + \sqrt 7 - \sqrt 7 \,\,\left( {Do\,\,4 + \sqrt 7 > 0} \right)\\B = 4\end{array}\)
Vậy \(B = 4\).
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
Với \(x \ge 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \sqrt x - 3\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0\) thì \(Q = \sqrt x - 3\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Ta có: \(Q = 2 \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = 2 \Leftrightarrow \sqrt x = 5 \Leftrightarrow x = 25\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy để \(Q = 2\) thì \(x = 25\).
Câu 2 (2điểm)
Cách giải:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
+) Vẽ parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Vậy \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm: \(\left( { - 2;\,\,4} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,1} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,1} \right),\,\,\left( {2;\,\,4} \right).\)
+) Vẽ đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2x + 3\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \( - 1\) |
\(y = 2x + 3\) | \(3\) | \(1\) |
Vậy \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\) là đường thẳng đi qua các điểm \(\left( {0;\,\,3} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} = 2x + 3\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) + \left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
+) Với \(x = 3 \Rightarrow y = {3^2} = 9\).
+) Với \(x = - 1 \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^2} = 1.\)
Vậy \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có tọa độ là \(\left( {3;\,\,9} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 3y = 6\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {3;\,\,1} \right).\)
Câu 3 (2,5 điểm)
Cách giải:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
Với \(m = 6\) thì phương trình (1) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 4x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - x} \right) - \left( {4x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 4\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 6\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;4} \right\}\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 5} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\5 > 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\\m - 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 - 4m + 8 > 0\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}33 - 4m > 0\\m > 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{{33}}{4}\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < m < \dfrac{{33}}{4}\).
Khi đó áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} }}{{\sqrt {{x_1}{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow 2\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right) = 3\sqrt {{x_1}{x_2}} \\ \Leftrightarrow 4\left( {{x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} } \right) = 9{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 4\left( {5 + 2\sqrt {m - 2} } \right) = 9\left( {m - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 9\left( {m - 2} \right) - 8\sqrt {m - 2} - 20 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Đặt \(t = \sqrt {m - 2} \,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình (*) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,9{t^2} - 8t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 9{t^2} - 18t + 10t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {9{t^2} - 18t} \right) + \left( {10t - 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 9t\left( {t - 2} \right) + 10\left( {t - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {9t + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 2 = 0\\9t + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - \dfrac{{10}}{9}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(t = 2\) \( \Rightarrow \sqrt {m - 2} = 2 \Leftrightarrow m - 2 = 4 \Leftrightarrow m = 6\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 6\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Gọi chiều rộng thửa đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\)) \( \Rightarrow \) Chiều dài thửa đất là \(x + 4\,\,\left( m \right)\).
Vì thửa đất có diện tích là \(320{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}x\left( {x + 4} \right) = 320\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 20x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 16x} \right) + \left( {20x - 320} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 16} \right) + 20\left( {x - 16} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 16} \right)\left( {x + 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 16 = 0\\x + 20 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 20\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng thửa đất là \(16m\), chiều dài thửa đất là \(16 + 4 = 20m\).
Vậy chu vi thửa đất đó là: \(\left( {16 + 20} \right).2 = 72\,\,\left( m \right)\).
Câu 4 (2,5 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) nên \(\angle B + \angle C = {90^0}\) (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).
\( \Rightarrow \angle C = {90^0} - \angle B = {90^0} - {60^0} = {30^0}\).
Ta có:
\(\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AB = \dfrac{{AC}}{{\tan {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
\(\sin {60^0} = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AC}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường trung tuyến \(AM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) nên
\(AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{16\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy \(\angle C = {30^0},\,\,AB = AM = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}cm,\,\,BC = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,cm\).
Câu 5 (2,5 điểm)
Cách giải:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
Ta có: \(TA,\,\,TB\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A,\,\,B\) (gt).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}TA \bot OA\\TB \bot OB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle TAO = \angle TBO = {90^0}\).
Xét tứ giác \(TAOB\) ta có: \(\angle TAO + \angle TBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow TAOB\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
Ta có: \(OA = OB = R\) \( \Rightarrow O\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\(TA = TB\,\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow T\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO\) là đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO \bot AB = \left\{ F \right\}\)
Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta TAO\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AF\) ta có: \(T{A^2} = TF.TO\,\,\,\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta TAC\) và \(\Delta TDA\) ta có:
\(\angle T\) chung;
\(\angle TDA = \angle TAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \Delta TAC \sim \Delta TDA\,\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{TA}}{{TD}} = \dfrac{{TC}}{{TA}} \Leftrightarrow T{A^2} = TC.TD\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow TF.TO = TC.TD\,\,\,\left( { = T{A^2}} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Gọi \(AB \cap TG = \left\{ K \right\}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AT \bot OA \Rightarrow AT \bot AG\\BH \bot AG\end{array} \right. \Rightarrow BH\parallel AT\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TAB\) (so le trong).
Mà \(TA = TB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\Delta TAB\) cân tại \(T\) \( \Rightarrow \angle TAB = \angle TBA\).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TBA\)
\( \Rightarrow BK\) là phân giác của \(\angle TBH\).
Ta có: \(\angle ABG = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow BA \bot BG\) hay \(BK \bot BG\).
Do đó \(BG\) là phân giác ngoài của \(\angle TBH\).
Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\dfrac{{BI}}{{BT}} = \dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{GI}}{{GT}}\).
Lại có: \(\dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{BI}}{{AT}};\,\,\dfrac{{GI}}{{GT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}}\) (định lí Ta-lét)
Do đó \(\dfrac{{BI}}{{AT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}} \Rightarrow BI = IH\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(BH\) (đpcm).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020 là một nguồn tài liệu quý giá để các em học sinh có thể làm quen với dạng đề và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Phương trình bậc hai là một trong những dạng bài tập cơ bản và thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10. Để giải phương trình bậc hai, các em học sinh cần nắm vững công thức nghiệm và các phương pháp giải khác nhau.
Ví dụ: Giải phương trình 2x2 - 5x + 3 = 0
Δ = (-5)2 - 4 * 2 * 3 = 25 - 24 = 1
x1 = (5 + √1) / (2 * 2) = 1.5
x2 = (5 - √1) / (2 * 2) = 1
Các bài toán chứng minh đẳng thức hình học đòi hỏi các em học sinh phải có kiến thức vững chắc về các định lý và tính chất hình học. Đồng thời, cần có khả năng suy luận logic và trình bày bài giải một cách rõ ràng, mạch lạc.
Ví dụ: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Chứng minh rằng AH2 = BH * CH.
Chứng minh: Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Ta có:
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020 là một công cụ hữu ích để các em học sinh chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới. Hy vọng rằng với những phân tích và hướng dẫn giải chi tiết trong bài viết này, các em sẽ tự tin hơn và đạt được kết quả tốt nhất.
