Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2023 chính thức và 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 hơn trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập hiệu quả, giúp các em nắm vững kiến thức và đạt kết quả tốt nhất.
Câu 1: 1. Tính giá trị của các biểu thức sau: \(A = \sqrt {16} {\rm{ \;}} + \sqrt 9 \) \(B = \sqrt 7 {\rm{ \;}} + \sqrt {{{\left( {4 - \sqrt 7 } \right)}^2}} \) 2. Cho biểu thức \(P = \frac{{x - 9}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}} + \sqrt x {\rm{ \;}} + 2\) với \(x \ge 0\).
Câu 1: 1. Tính giá trị của các biểu thức sau:
\(A = \sqrt {16} {\rm{ \;}} + \sqrt 9 \)
\(B = \sqrt 7 {\rm{ \;}} + \sqrt {{{\left( {4 - \sqrt 7 } \right)}^2}} \)
2. Cho biểu thức \(P = \frac{{x - 9}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}} + \sqrt x {\rm{ \;}} + 2\) với \(x \ge 0\).
a) Rút gọn biểu thức \(P.\)
b) Tính giá trị của biểu thức \(P\) khi \(x = 4\).
Câu 2: 1. Cho Parabol \(\left( P \right):y = {\rm{ \;}} - {x^2}\) và đường thẳng \((d):y = x - 2\).
a) Vẽ Parabol \((P)\) và đường thẳng \((d)\)trên cùng một hệ trục toạ độ \(Oxy.\)
b) Tìm toạ độ giao điểm của Parabol \((P)\) và đường thẳng \((d)\) bằng phép tính.
2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 5}\\{x - 3y = {\rm{ \;}} - 1}\end{array}} \right..\)
Câu 3: 1. Cho phương trình \({x^2} - 2x + m - 3 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình khi \(m = 0.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\) sao cho biểu thức \(P = x_1^2 + x_2^2 + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích \(600{\mkern 1mu} {{\rm{m}}^2}.\) Biết rằng nếu tăng chiều dài \(10{\mkern 1mu} {\rm{m}}\) và giảm chiều rộng \(5{\mkern 1mu} {\rm{m}}\) thì diện tích không đổi. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn.
Câu 4: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH.\) Biết rằng \(AB = 3\,{\rm{cm}}\), \(\widehat C = 30^\circ .\)
a) Tính \(\widehat B,\,\,AC,\,\,AH.\)
b) Trên cạnh \(BC\)lấy điểm \(M\) sao cho \(MC = 2MB,\) tính diện tích tam giác \(AMC.\)
Câu 5: Cho đường tròn \((O)\) đường kính \(AB\), lấy điểm \(C\) thuộc \((O)\)(\(C\) khác \(A\) và \(B\)), tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) tại \(B\) cắt \(AC\) ở \(K.\) Từ \(K\) kẻ tiếp tuyến \(KD\) với đường tròn \((O)\)(\(D\) là tiếp điểm khác \(B\)).
a) Chứng minh tứ giác \(BODK\) nội tiếp.
b) Biết \(OK\)cắt \(BD\) tại \(I.\) Chứng minh rằng \(OI \bot BD\) và \(KC \cdot KA = KI \cdot KO.\)
c) Gọi \(E\) là trung điểm của \(AC,\) kẻ đường kính \(CF\) của đường tròn \((O),\) \(FE\) cắt \(AI\) tại \(H.\) Chứng minh rằng \(H\) là trung điểm của \(AI\).
-----HẾT-----
Câu 1: 1. Tính giá trị của các biểu thức sau:
\(A = \sqrt {16} {\rm{ \;}} + \sqrt 9 \)
\(B = \sqrt 7 {\rm{ \;}} + \sqrt {{{\left( {4 - \sqrt 7 } \right)}^2}} \)
2. Cho biểu thức \(P = \frac{{x - 9}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}} + \sqrt x {\rm{ \;}} + 2\) với \(x \ge 0\).
a) Rút gọn biểu thức \(P.\)
b) Tính giá trị của biểu thức \(P\) khi \(x = 4\).
Câu 2: 1. Cho Parabol \(\left( P \right):y = {\rm{ \;}} - {x^2}\) và đường thẳng \((d):y = x - 2\).
a) Vẽ Parabol \((P)\) và đường thẳng \((d)\)trên cùng một hệ trục toạ độ \(Oxy.\)
b) Tìm toạ độ giao điểm của Parabol \((P)\) và đường thẳng \((d)\) bằng phép tính.
2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 5}\\{x - 3y = {\rm{ \;}} - 1}\end{array}} \right..\)
Câu 3: 1. Cho phương trình \({x^2} - 2x + m - 3 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình khi \(m = 0.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\) sao cho biểu thức \(P = x_1^2 + x_2^2 + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích \(600{\mkern 1mu} {{\rm{m}}^2}.\) Biết rằng nếu tăng chiều dài \(10{\mkern 1mu} {\rm{m}}\) và giảm chiều rộng \(5{\mkern 1mu} {\rm{m}}\) thì diện tích không đổi. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn.
Câu 4: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH.\) Biết rằng \(AB = 3\,{\rm{cm}}\), \(\widehat C = 30^\circ .\)
a) Tính \(\widehat B,\,\,AC,\,\,AH.\)
b) Trên cạnh \(BC\)lấy điểm \(M\) sao cho \(MC = 2MB,\) tính diện tích tam giác \(AMC.\)
Câu 5: Cho đường tròn \((O)\) đường kính \(AB\), lấy điểm \(C\) thuộc \((O)\)(\(C\) khác \(A\) và \(B\)), tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) tại \(B\) cắt \(AC\) ở \(K.\) Từ \(K\) kẻ tiếp tuyến \(KD\) với đường tròn \((O)\)(\(D\) là tiếp điểm khác \(B\)).
a) Chứng minh tứ giác \(BODK\) nội tiếp.
b) Biết \(OK\)cắt \(BD\) tại \(I.\) Chứng minh rằng \(OI \bot BD\) và \(KC \cdot KA = KI \cdot KO.\)
c) Gọi \(E\) là trung điểm của \(AC,\) kẻ đường kính \(CF\) của đường tròn \((O),\) \(FE\) cắt \(AI\) tại \(H.\) Chứng minh rằng \(H\) là trung điểm của \(AI\).
-----HẾT-----
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
1. Khai căn và thực hiện phép tính.
2. a) Tách tử thành hằng đẳng thức và rút gọn.
b) Thay \(x = 4\) vào biểu thức đã rút gọn ở câu a để tính.
Cách giải:
1. \(A = \sqrt {16} {\rm{ \;}} + \sqrt 9 {\rm{ \;}} = \sqrt {{4^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {{3^2}} {\rm{ \;}} = 4 + 3 = 7\)
\(B = \sqrt 7 {\rm{ \;}} + \sqrt {{{(4 - \sqrt 7 )}^2}} {\rm{ \;}} = \sqrt 7 {\rm{ \;}} + 4 - \sqrt 7 {\rm{ \;}} = 4(\;{\rm{Do}}\;4 - \sqrt 7 {\rm{ \;}} > 0)\)
Vậy \(A = 7;B = 4\).
a) Rút gọn biểu thức \(P\).
Với \(x \ge 0\) ta có:
P = \( = \frac{{x - 9}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}} + \sqrt x {\rm{ \;}} + 2\)
\(\; = \frac{{\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} + 3} \right)\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 3} \right)}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}} + \sqrt x {\rm{ \;}} + 2\)
\(\; = \sqrt x {\rm{ \;}} - 3 + \sqrt x {\rm{ \;}} + 2\)
\(\; = 2\sqrt x {\rm{ \;}} - 1\)
Vậy với \(x \ge 0\) thì \(P = 2\sqrt x {\rm{ \;}} - 1\).
b) Tính giá trị của biểu thức \(P\) khi \(x = 4\).
Với \(x = 4\) (thoả mãn điều kiện) ta được: \(P = 2\sqrt 4 {\rm{ \;}} - 1 = 2\sqrt {{2^2}} {\rm{ \;}} - 1 = 2.2 - 1 = 4 - 1 = 3\).
Vậy với \(x = 4\) thì \(P = 3\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
1. a) Chọn 5 điểm để vẽ Parabol (P) và chọn 2 điểm để vẽ đường thẳng (d).
b) Xét phương trình hoành độ và giải phương trình.
2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.
Cách giải:
1. Cho Parabol \(\left( P \right):y = {\rm{ \;}} - {x^2}\) và dường thẳng \(\left( d \right):y = x - 2\).
a) Vẽ Parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục toạ dộ Oxy.
*Vẽ đồ thị hàm số \(y = {\rm{ \;}} - {x^2}\)
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\).
Bảng giá trị
Ta có \(a = {\rm{ \;}} - 1 < 0\) đồ thị hàm số là Parabol có đường cong hướng xuống dưới.
Qua 5 điểm có tọa độ \(A\left( { - 2;4} \right);B\left( { - 1;1} \right);O\left( {0;0} \right);C\left( {1;1} \right);D\left( {2;4} \right)\).
*Vẽ đồ thị hàm số \(y = x - 2\)
Ta có bảng giá trị:
Đồ thị hàm số \(y = x - 2\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0; - 2} \right)\) và \(\left( {2;0} \right)\).
Ta vẽ được đồ thị \(\left( {\rm{d}} \right)\) và \(\left( {\rm{P}} \right)\) trên cùng hệ trục toạ độ \({\rm{Oxy}}\) như sau:
b) Tìm tọa độ giao điểm của Parabol \(\left( P \right)\) và duờng thằng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Hoành độ giao điểm của \(\left( {\rm{P}} \right)\) và \(\left( {\rm{d}} \right)\) là nghiệm của phương trình
\( - {x^2} = x - 2 \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - {x^2} - x + 2 = 0\)
Ta thấy \(a + b + c = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = {\rm{ \;}} - 2}\end{array}} \right.\).
Với \({\rm{x}} = 1\) thì \({\rm{y}} = 1 - 2 = {\rm{ \;}} - 1\) suy ra \(E\left( {1; - 1} \right)\) là giao điểm.
Với \({\rm{x}} = {\rm{ \;}} - 2\) thì \({\rm{y}} = {\rm{ \;}} - 2 - 2 = {\rm{ \;}} - 4\) suy ra \(F\left( { - 2; - 4} \right)\) là giao điểm.
Vậy giao điểm của \(\left( {\rm{P}} \right)\) và \(\left( {\rm{d}} \right)\) là \(E\left( {1; - 1} \right);F\left( { - 2; - 4} \right)\).
2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 5}\\{x - 3y = {\rm{ \;}} - 1}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 5}\\{x - 3y = {\rm{ \;}} - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 5}\\{x = {\rm{ \;}} - 1 + 3y}\end{array}} \right.} \right.\)
Thay (2) vào (1) ta có:
\( \Leftrightarrow 2\left( { - 1 + 3y} \right) + y = 5\)
\( \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2 + 6y + y = 5\)
\( \Leftrightarrow 7y = 7\)
\( \Leftrightarrow y = 1\)
Thay \(y = 1\) vào (2) ta có: \(x = {\rm{ \;}} - 1 + 3.1 = 2\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
1. a) Thay \(m = 0\) vào phương trình ban đầu để giải.
b) Áp dụng hệ thức vi-et \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{b}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
2. Gọi chiều rộng ban đầu là x, từ đó tìm được chiều rộng và chiều dài lúc sau. Diện tích không đổi nên phương trình là chiều dài nhân với chiều rộng bằng 600.
Cách giải:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2x + m - 3 = 0\) (m là tham số).
a) Giải phương trình khi \(m = 0\).
Với \(m = 0\) ta có: \({x^2} - 2x - 3 = 0\)
Vi \(a - b + c = 1 - \left( { - 2} \right) - 3 = 0\) nên phương trình có 1 nghiệm là \({x_1} = {\rm{ \;}} - 1\) và \({x_2} = \frac{c}{a} = 3\).
Vậy với \(m = 0\) thì phương trình có tập nghiệm là: \(S = \left\{ { - 1;3} \right\}\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) sao cho biểu thức \(P = {x_1}{\;^2} + {x_1}{\;^2} + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\) dạt giá trị nhỏ nhất.
Xét phương trình \({x^2} - 2x + m - 3 = 0\) :
Ta có: \(\Delta ' = {1^2} - \left( {m - 3} \right) = 4 - m\)
Phương trình có 2 nghiệm khi và chi khi \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 4 - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 4\)
Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}{x_2} = m - 3}\end{array}} \right.\)
Từ giả thiết: \(P = x_1^2 + x_1^2 + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\)
Suy ra:
P = \( = {2^2} - 2\left( {m - 3} \right) + {(m - 3)^2}\)
\( = 4 - 2m + 6 + {m^2} - 6m + 9\)
\( = {m^2} - 8m + 19\)
\( = {m^2} - 8m + 16 + 3\)
\( = {(m - 4)^2} + 3 \ge 3\)
Suy ra giá trị nhỏ nhất của \(P\) là 3 khi và chỉ khi \({(m - 4)^2} = 0 \Leftrightarrow m - 4 = 0 \Leftrightarrow m = 4\).
Vậy với \(m = 4\) thì biểu thức \(P = x_1^2 + x_1^2 + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3.
2. Gọi chiều rộng khu vườn hình chữ nhật là \(x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right),\) \(x > 5.\)
Suy ra chiều dài khu vườn là \(\frac{{600}}{x}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right).\)
Chiều dài khu vườn sau khi tăng là \(\frac{{600}}{x} + 10{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right).\)
Chiều rộng khu vườn sau khi giảm là \(x - 5{\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right).\)
Diện tích khu vườn sau khi tăng chiều dài \(10{\mkern 1mu} {\rm{m}}\) và giảm chiều rộng \(5{\mkern 1mu} {\rm{m}}\) thì không đổi nên ta có phương trình
\(\left( {\frac{{600}}{x} + 10} \right)\left( {x - 5} \right) = 600.\)
\( \Leftrightarrow \left( {600 + 10x} \right)\left( {x - 5} \right) = 600x \Leftrightarrow 10{x^2} - 50x - 3000 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 20}\\{x = {\rm{ \;}} - 15{\mkern 1mu} \left( {\rm{L}} \right)}\end{array}} \right..\)
Vậy chiều dài mảnh vườn là \(30{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right),\) chiều rộng mảnh vườn là \(20{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right).\)
Câu 4 (TH):
Phương pháp:
a) Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông.
b) \({S_{AMC}} = \frac{1}{2}AH \cdot MC\)
Cách giải:
a) Ta có \(\angle B = 60^\circ \)
Ta có \(\sin \angle C = \frac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow BC = \frac{{AB}}{{\sin \angle C}} = \frac{3}{{\frac{1}{2}}} = 6{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{\rm{cm}}} \right).\)
Ta có \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} {\rm{ \;}} = \sqrt {{6^2} - {3^2}} {\rm{ \;}} = 3\sqrt 3 {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{\rm{cm}}} \right).\)
\(AH \cdot BC = AB \cdot AC \Leftrightarrow AH = \frac{{AB \cdot AC}}{{BC}} = \frac{{3 \cdot 3\sqrt 3 }}{6} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{\mkern 1mu} \left( {{\rm{cm}}} \right).\)
b) \({S_{AMC}} = \frac{1}{2}AH \cdot MC = \frac{1}{2}AH \cdot \frac{2}{3}BC = \frac{1}{2} \cdot \frac{{3\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot 6 = 3\sqrt 3 {\mkern 1mu} \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) là tứ giác nội tiếp.
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để chứng minh \(K{B^2} = KC.KA\) và \(K{B^2} = KI \cdot KO.\)
c) Chứng minh \(E\) là trung điểm của \(AC\) và \({\rm{EF}}\,{\rm{//}}\,{\rm{CI}}\) từ đó suy ra \(H\) là trung điểm của \(AI\).
Cách giải:
a) Ta có \(\widehat {OBK} = \widehat {ODK} = 90^\circ .\)
\( \Rightarrow \widehat {OBK} + \widehat {ODK} = 180^\circ .\)
Do đó tứ giác \(BODK\) nội tiếp
b) Ta có \(KB = KD\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Ta lại có \(OB = OD\) nên \(OK\) là đường trung trực của \(BD\). Suy ra\(KO \bot BD \Rightarrow OI \bot BD.\)
Xét tam giác \(ABK\) vuông tại \(B\) nên \(K{B^2} = KC.KA.\)
Xét tam giác \(OBK\) vuông tại \(B\) nên \(K{B^2} = KI \cdot KO.\)
Suy ra \(KC.KA = KI.KO.\) (đpcm)
c) Xét tam giác \(KCI\) và tam giác \(KOA\) ta có góc \(K\) chung, \(KC \cdot KA = KI \cdot KO \Leftrightarrow \frac{{KC}}{{KI}} = \frac{{KO}}{{KA}}\).
Suy ra tam giác \(KCI\) và tam giác \(KOA\) đồng dạng với nhau. Suy ra \(\widehat {KCI} = \widehat {KOA}\). (*)
Xét tam giác \(ACF\) và \(BAK\) có \(\widehat {KBA} = \widehat {C{\rm{AF}}} = 90^\circ .\) (1)
Mà tam giác \(O{\rm{AC}}\) cân tại \(O\) nên \(\widehat {OAC} = \widehat {OCA}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta ACF\) đồng dạng với \(\Delta BAK\) suy ra \(\frac{{BA}}{{BK}} = \frac{{AC}}{{{\rm{AF}}}} \Leftrightarrow \frac{{2BO}}{{BK}} = \frac{{2AE}}{{{\rm{AF}}}} \Leftrightarrow \frac{{BK}}{{{\rm{AF}}}} = \frac{{BO}}{{AE}}\).
Xét tam giác \(AEF\) và \(BOK\) ta có \(\widehat {KBO} = \widehat {E{\rm{AF}}} = 90^\circ \) và \(\frac{{BK}}{{{\rm{AF}}}} = \frac{{BO}}{{AE}}\)
Nên \(\Delta AEF\) đồng dạng với \(\Delta BOK\) suy ra
\(\widehat {AEF} = \widehat {BOK} \Rightarrow \widehat {K{\rm{EF}}} = \widehat {KOA}\)( cùng bù với \(\widehat {AEF}\)) (**)
Từ (*) và (**) ta có \(\widehat {KCI} = \widehat {K{\rm{EF}}}\) suy ra \({\rm{EF}}\,{\rm{//}}\,{\rm{CI}}\).
Xét tam giác \(ACI\) có \(E\) là trung điểm của \(AC\) và \({\rm{EF}}\,{\rm{//}}\,{\rm{CI}}\) nên \(H\) là trung điểm của \(AI\).
-----HẾT-----
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
1. Khai căn và thực hiện phép tính.
2. a) Tách tử thành hằng đẳng thức và rút gọn.
b) Thay \(x = 4\) vào biểu thức đã rút gọn ở câu a để tính.
Cách giải:
1. \(A = \sqrt {16} {\rm{ \;}} + \sqrt 9 {\rm{ \;}} = \sqrt {{4^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {{3^2}} {\rm{ \;}} = 4 + 3 = 7\)
\(B = \sqrt 7 {\rm{ \;}} + \sqrt {{{(4 - \sqrt 7 )}^2}} {\rm{ \;}} = \sqrt 7 {\rm{ \;}} + 4 - \sqrt 7 {\rm{ \;}} = 4(\;{\rm{Do}}\;4 - \sqrt 7 {\rm{ \;}} > 0)\)
Vậy \(A = 7;B = 4\).
a) Rút gọn biểu thức \(P\).
Với \(x \ge 0\) ta có:
P = \( = \frac{{x - 9}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}} + \sqrt x {\rm{ \;}} + 2\)
\(\; = \frac{{\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} + 3} \right)\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 3} \right)}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}} + \sqrt x {\rm{ \;}} + 2\)
\(\; = \sqrt x {\rm{ \;}} - 3 + \sqrt x {\rm{ \;}} + 2\)
\(\; = 2\sqrt x {\rm{ \;}} - 1\)
Vậy với \(x \ge 0\) thì \(P = 2\sqrt x {\rm{ \;}} - 1\).
b) Tính giá trị của biểu thức \(P\) khi \(x = 4\).
Với \(x = 4\) (thoả mãn điều kiện) ta được: \(P = 2\sqrt 4 {\rm{ \;}} - 1 = 2\sqrt {{2^2}} {\rm{ \;}} - 1 = 2.2 - 1 = 4 - 1 = 3\).
Vậy với \(x = 4\) thì \(P = 3\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
1. a) Chọn 5 điểm để vẽ Parabol (P) và chọn 2 điểm để vẽ đường thẳng (d).
b) Xét phương trình hoành độ và giải phương trình.
2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.
Cách giải:
1. Cho Parabol \(\left( P \right):y = {\rm{ \;}} - {x^2}\) và dường thẳng \(\left( d \right):y = x - 2\).
a) Vẽ Parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục toạ dộ Oxy.
*Vẽ đồ thị hàm số \(y = {\rm{ \;}} - {x^2}\)
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\).
Bảng giá trị
Ta có \(a = {\rm{ \;}} - 1 < 0\) đồ thị hàm số là Parabol có đường cong hướng xuống dưới.
Qua 5 điểm có tọa độ \(A\left( { - 2;4} \right);B\left( { - 1;1} \right);O\left( {0;0} \right);C\left( {1;1} \right);D\left( {2;4} \right)\).
*Vẽ đồ thị hàm số \(y = x - 2\)
Ta có bảng giá trị:
Đồ thị hàm số \(y = x - 2\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0; - 2} \right)\) và \(\left( {2;0} \right)\).
Ta vẽ được đồ thị \(\left( {\rm{d}} \right)\) và \(\left( {\rm{P}} \right)\) trên cùng hệ trục toạ độ \({\rm{Oxy}}\) như sau:
b) Tìm tọa độ giao điểm của Parabol \(\left( P \right)\) và duờng thằng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Hoành độ giao điểm của \(\left( {\rm{P}} \right)\) và \(\left( {\rm{d}} \right)\) là nghiệm của phương trình
\( - {x^2} = x - 2 \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - {x^2} - x + 2 = 0\)
Ta thấy \(a + b + c = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = {\rm{ \;}} - 2}\end{array}} \right.\).
Với \({\rm{x}} = 1\) thì \({\rm{y}} = 1 - 2 = {\rm{ \;}} - 1\) suy ra \(E\left( {1; - 1} \right)\) là giao điểm.
Với \({\rm{x}} = {\rm{ \;}} - 2\) thì \({\rm{y}} = {\rm{ \;}} - 2 - 2 = {\rm{ \;}} - 4\) suy ra \(F\left( { - 2; - 4} \right)\) là giao điểm.
Vậy giao điểm của \(\left( {\rm{P}} \right)\) và \(\left( {\rm{d}} \right)\) là \(E\left( {1; - 1} \right);F\left( { - 2; - 4} \right)\).
2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 5}\\{x - 3y = {\rm{ \;}} - 1}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 5}\\{x - 3y = {\rm{ \;}} - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 5}\\{x = {\rm{ \;}} - 1 + 3y}\end{array}} \right.} \right.\)
Thay (2) vào (1) ta có:
\( \Leftrightarrow 2\left( { - 1 + 3y} \right) + y = 5\)
\( \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2 + 6y + y = 5\)
\( \Leftrightarrow 7y = 7\)
\( \Leftrightarrow y = 1\)
Thay \(y = 1\) vào (2) ta có: \(x = {\rm{ \;}} - 1 + 3.1 = 2\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
1. a) Thay \(m = 0\) vào phương trình ban đầu để giải.
b) Áp dụng hệ thức vi-et \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{b}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
2. Gọi chiều rộng ban đầu là x, từ đó tìm được chiều rộng và chiều dài lúc sau. Diện tích không đổi nên phương trình là chiều dài nhân với chiều rộng bằng 600.
Cách giải:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2x + m - 3 = 0\) (m là tham số).
a) Giải phương trình khi \(m = 0\).
Với \(m = 0\) ta có: \({x^2} - 2x - 3 = 0\)
Vi \(a - b + c = 1 - \left( { - 2} \right) - 3 = 0\) nên phương trình có 1 nghiệm là \({x_1} = {\rm{ \;}} - 1\) và \({x_2} = \frac{c}{a} = 3\).
Vậy với \(m = 0\) thì phương trình có tập nghiệm là: \(S = \left\{ { - 1;3} \right\}\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) sao cho biểu thức \(P = {x_1}{\;^2} + {x_1}{\;^2} + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\) dạt giá trị nhỏ nhất.
Xét phương trình \({x^2} - 2x + m - 3 = 0\) :
Ta có: \(\Delta ' = {1^2} - \left( {m - 3} \right) = 4 - m\)
Phương trình có 2 nghiệm khi và chi khi \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 4 - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 4\)
Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}{x_2} = m - 3}\end{array}} \right.\)
Từ giả thiết: \(P = x_1^2 + x_1^2 + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\)
Suy ra:
P = \( = {2^2} - 2\left( {m - 3} \right) + {(m - 3)^2}\)
\( = 4 - 2m + 6 + {m^2} - 6m + 9\)
\( = {m^2} - 8m + 19\)
\( = {m^2} - 8m + 16 + 3\)
\( = {(m - 4)^2} + 3 \ge 3\)
Suy ra giá trị nhỏ nhất của \(P\) là 3 khi và chỉ khi \({(m - 4)^2} = 0 \Leftrightarrow m - 4 = 0 \Leftrightarrow m = 4\).
Vậy với \(m = 4\) thì biểu thức \(P = x_1^2 + x_1^2 + {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3.
2. Gọi chiều rộng khu vườn hình chữ nhật là \(x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right),\) \(x > 5.\)
Suy ra chiều dài khu vườn là \(\frac{{600}}{x}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right).\)
Chiều dài khu vườn sau khi tăng là \(\frac{{600}}{x} + 10{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right).\)
Chiều rộng khu vườn sau khi giảm là \(x - 5{\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right).\)
Diện tích khu vườn sau khi tăng chiều dài \(10{\mkern 1mu} {\rm{m}}\) và giảm chiều rộng \(5{\mkern 1mu} {\rm{m}}\) thì không đổi nên ta có phương trình
\(\left( {\frac{{600}}{x} + 10} \right)\left( {x - 5} \right) = 600.\)
\( \Leftrightarrow \left( {600 + 10x} \right)\left( {x - 5} \right) = 600x \Leftrightarrow 10{x^2} - 50x - 3000 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 20}\\{x = {\rm{ \;}} - 15{\mkern 1mu} \left( {\rm{L}} \right)}\end{array}} \right..\)
Vậy chiều dài mảnh vườn là \(30{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right),\) chiều rộng mảnh vườn là \(20{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right).\)
Câu 4 (TH):
Phương pháp:
a) Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông.
b) \({S_{AMC}} = \frac{1}{2}AH \cdot MC\)
Cách giải:
a) Ta có \(\angle B = 60^\circ \)
Ta có \(\sin \angle C = \frac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow BC = \frac{{AB}}{{\sin \angle C}} = \frac{3}{{\frac{1}{2}}} = 6{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{\rm{cm}}} \right).\)
Ta có \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} {\rm{ \;}} = \sqrt {{6^2} - {3^2}} {\rm{ \;}} = 3\sqrt 3 {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{\rm{cm}}} \right).\)
\(AH \cdot BC = AB \cdot AC \Leftrightarrow AH = \frac{{AB \cdot AC}}{{BC}} = \frac{{3 \cdot 3\sqrt 3 }}{6} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{\mkern 1mu} \left( {{\rm{cm}}} \right).\)
b) \({S_{AMC}} = \frac{1}{2}AH \cdot MC = \frac{1}{2}AH \cdot \frac{2}{3}BC = \frac{1}{2} \cdot \frac{{3\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot 6 = 3\sqrt 3 {\mkern 1mu} \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) là tứ giác nội tiếp.
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để chứng minh \(K{B^2} = KC.KA\) và \(K{B^2} = KI \cdot KO.\)
c) Chứng minh \(E\) là trung điểm của \(AC\) và \({\rm{EF}}\,{\rm{//}}\,{\rm{CI}}\) từ đó suy ra \(H\) là trung điểm của \(AI\).
Cách giải:
a) Ta có \(\widehat {OBK} = \widehat {ODK} = 90^\circ .\)
\( \Rightarrow \widehat {OBK} + \widehat {ODK} = 180^\circ .\)
Do đó tứ giác \(BODK\) nội tiếp
b) Ta có \(KB = KD\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Ta lại có \(OB = OD\) nên \(OK\) là đường trung trực của \(BD\). Suy ra\(KO \bot BD \Rightarrow OI \bot BD.\)
Xét tam giác \(ABK\) vuông tại \(B\) nên \(K{B^2} = KC.KA.\)
Xét tam giác \(OBK\) vuông tại \(B\) nên \(K{B^2} = KI \cdot KO.\)
Suy ra \(KC.KA = KI.KO.\) (đpcm)
c) Xét tam giác \(KCI\) và tam giác \(KOA\) ta có góc \(K\) chung, \(KC \cdot KA = KI \cdot KO \Leftrightarrow \frac{{KC}}{{KI}} = \frac{{KO}}{{KA}}\).
Suy ra tam giác \(KCI\) và tam giác \(KOA\) đồng dạng với nhau. Suy ra \(\widehat {KCI} = \widehat {KOA}\). (*)
Xét tam giác \(ACF\) và \(BAK\) có \(\widehat {KBA} = \widehat {C{\rm{AF}}} = 90^\circ .\) (1)
Mà tam giác \(O{\rm{AC}}\) cân tại \(O\) nên \(\widehat {OAC} = \widehat {OCA}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta ACF\) đồng dạng với \(\Delta BAK\) suy ra \(\frac{{BA}}{{BK}} = \frac{{AC}}{{{\rm{AF}}}} \Leftrightarrow \frac{{2BO}}{{BK}} = \frac{{2AE}}{{{\rm{AF}}}} \Leftrightarrow \frac{{BK}}{{{\rm{AF}}}} = \frac{{BO}}{{AE}}\).
Xét tam giác \(AEF\) và \(BOK\) ta có \(\widehat {KBO} = \widehat {E{\rm{AF}}} = 90^\circ \) và \(\frac{{BK}}{{{\rm{AF}}}} = \frac{{BO}}{{AE}}\)
Nên \(\Delta AEF\) đồng dạng với \(\Delta BOK\) suy ra
\(\widehat {AEF} = \widehat {BOK} \Rightarrow \widehat {K{\rm{EF}}} = \widehat {KOA}\)( cùng bù với \(\widehat {AEF}\)) (**)
Từ (*) và (**) ta có \(\widehat {KCI} = \widehat {K{\rm{EF}}}\) suy ra \({\rm{EF}}\,{\rm{//}}\,{\rm{CI}}\).
Xét tam giác \(ACI\) có \(E\) là trung điểm của \(AC\) và \({\rm{EF}}\,{\rm{//}}\,{\rm{CI}}\) nên \(H\) là trung điểm của \(AI\).
-----HẾT-----
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Bình Phước 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 là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2023 thường bao gồm các dạng bài tập thuộc các chủ đề chính sau:
Thông thường, đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2023 có cấu trúc gồm hai phần chính:
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10, các em học sinh cần luyện tập thường xuyên với các đề thi thử và đề thi chính thức của các năm trước. Việc luyện tập này giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và quản lý thời gian hiệu quả.
Giaibaitoan.com là một website chuyên cung cấp các tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán chất lượng cao, bao gồm:
Để giải đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2023 hiệu quả, các em học sinh cần:
Trước khi bước vào phòng thi, các em học sinh cần:
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2023 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em học sinh phải chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng với những thông tin và tài liệu mà Giaibaitoan.com cung cấp, các em sẽ tự tin và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới.
