Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bình Thuận 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 bao gồm các đề thi chính thức và đề thi thử được tuyển chọn kỹ lưỡng, đảm bảo tính chính xác và cập nhật. Các em có thể sử dụng để tự học, luyện tập hoặc tham khảo đáp án chi tiết để hiểu rõ hơn về phương pháp giải.
Bài 1: Rút gọn biểu thức
Bài 1: Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right).\sqrt 3 - 3\sqrt 2 .\)
Bài 2: Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} + 2x - 3 = 0\) b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 7\\2x - y = 5\end{array} \right.\)
Bài 3:
a) Vẽ đồ của thị hàm số \(y = {x^2}\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).
b) Cho hàm số \(y = mx + n\) có đồ thị là \(\left( d \right)\). Tìm giá trị của \(m\) và \(n\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = x + 3\) và đi qua điểm \(M\left( {2;4} \right)\).
Bài 4: Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau.
Bài 5:
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB = 2R\). Trên đoạn thẳng \(OB\) lấy điểm \(M\) (\(M\) khác \(O\) và \(B\)). Trên nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \(N\) (\(N\) khác \(A\) và \(B\)). Đường thẳng vuông góc với \(MN\) tại \(N\) cắt các tiếp tuyến \(Ax,\,\,By\) của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(C\) và \(D\) (\(Ax,\,\,By\) và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ \(AB\)).
a) Chứng minh tứ giác \(ACNM\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(AN.MD = NB.CM\).
c) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(CM\). Đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\). Chứng minh \(N,\,\,F,\,\,B\) thẳng hàng.
Bài 1 (1 điểm):
Cách giải:
Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right).\sqrt 3 - 3\sqrt 2 .\)
\(\begin{array}{l}A = \left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right).\sqrt 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 6 .\sqrt 3 + \sqrt 3 .\sqrt 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = \sqrt {18} + 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 2 + 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = 3.\end{array}\)
Vậy \(A = 3.\)
Bài 2 (2 điểm):
Cách giải:
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} + 2x - 3 = 0\)
Phương trình có: \(a + b + c = 1 + 2 - 3 = 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 3\end{array} \right..\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1; - 3} \right\}.\)
b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 7\\2x - y = 5\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 12\\y = 7 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 7 - 4 = 3\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {4;\,\,3} \right).\)
Bài 3 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Vẽ đồ của thị hàm số \(y = {x^2}\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
Do đó, đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;4} \right)\), \(\left( { - 1;1} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\), \(\left( {2;4} \right)\) và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Đồ thị hàm số:
b) Cho hàm số \(y = mx + n\) có đồ thị là \(\left( d \right)\). Tìm giá trị của \(m\) và \(n\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = x + 3\) và đi qua điểm \(M\left( {2;4} \right)\).
Vì đường thẳn \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = x + 3\) nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n \ne 3\end{array} \right.\).
Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có dạng \(y = x + n\) (với \(n \ne 3\))
Mà \(M\left( {2;4} \right) \in d \Rightarrow 4 = 2 + n \Leftrightarrow n = 2\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 1,\,\,n = 2\).
Bài 4 (1 điểm):
Cách giải:
Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau.
Gọi số học sinh giỏi lớp 9A theo dự định là \(x\) (học sinh) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)
\( \Rightarrow \) Dự định, mỗi phần thưởng có số quyển vở là: \(\dfrac{{80}}{x}\) (quyển vở).
Số học sinh giỏi thực tế của lớp 9A là: \(x + 2\) (học sinh).
\( \Rightarrow \) Thực tế, mỗi phần thưởng có số quyển vở là: \(\dfrac{{80}}{{x + 2}}\) (quyển vở).
Thực tế, mỗi mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{80}}{x} - \dfrac{{80}}{{x + 2}} = 2\\ \Leftrightarrow 80\left( {x + 2} \right) - 80x = 2x\left( {x + 2} \right)\\ \Leftrightarrow 80x + 160 - 80x = 2{x^2} + 4x\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 4x - 160 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 8x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 10} \right) - 8\left( {x + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 8} \right)\left( {x + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 8 = 0\\x + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 8\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 10\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy cuối năm lớp 9A có \(8 + 2 = 10\) học sinh giỏi.
Bài 5 (4,0 điểm)
Cách giải:
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB = 2R\). Trên đoạn thẳng \(OB\) lấy điểm \(M\) (\(M\) khác \(O\) và \(B\)). Trên nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \(N\) (\(N\) khác \(A\) và \(B\)). Đường thẳng vuông góc với \(MN\) tại \(N\) cắt các tiếp tuyến \(Ax,\,\,By\) của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(C\) và \(D\) (\(Ax,\,\,By\) và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ \(AB\)).
a) Chứng minh tứ giác \(ACNM\) nội tiếp.
Vì \(AC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(\angle MAC = {90^0}\).
Vì \(MN \bot CD\) tại \(N\) nên \(\angle MNC = \angle MND = {90^0}\).
Xét tứ giác \(ACNM\) có \(\angle MAC + \angle MNC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow ACNM\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (đpcm).
b) Chứng minh \(AN.MD = NB.CM\).
Vì \(BD\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B\) nên \(\angle MBD = {90^0}\).
Xét tứ giác \(BMND\) có: \(\angle MBD + \angle MND = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BMND\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle MDN = \angle MBN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MN\)) \( \Rightarrow \angle ABN = \angle MDC\).
Vì \(ACNM\) là tứ giác nội tiếp (theo câu a).
\( \Rightarrow \angle MAN = \angle MCN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MN\)) \( \Rightarrow \angle BAN = \angle MCD\).
Xét \(\Delta ABN\) và \(\Delta CDN\) có:
\(\begin{array}{l}\angle ABN = \angle MDC\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle BAN = \angle MCD\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ABN \sim \Delta CDM\,\,\left( {g.g} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AN}}{{CM}} = \dfrac{{NB}}{{MD}}\) (hai cạnh tương ứng) \( \Rightarrow AN.MD = NB.CM\) (đpcm).
c) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(CM\). Đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\). Chứng minh \(N,\,\,F,\,\,B\) thẳng hàng.
Gọi \(E = BN \cap DM\), ta chứng minh \(EF \bot BD\).
Vì \(\Delta ABN \sim \Delta CDM\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(\angle ANB = \angle CMD\). Mà \(\angle ANB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle CMD = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle ENF = \angle EMF = {90^0}\).
Xét tứ giác \(MENF\) có: \(\angle ENF + \angle EMF = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow MENF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle {N_1} = \angle {E_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MF\)).
Mà \(\angle {N_1} = \angle {D_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BM\))
\( \Rightarrow \angle {E_1} = \angle {D_1}\) (1).
Vì \(\Delta BDM\) vuông tại \(B\) nên \(\angle {D_1} + \angle BMD = {90^0}\) (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).
Mà \(\angle BMD + \angle CMD + \angle {M_1} = {180^0}\) \( \Rightarrow \angle {M_1} + \angle BMD = {180^0} - \angle CMD = {180^0} - {90^0} = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle {D_1} = \angle {M_1}\) (2).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle {E_1} = \angle {M_1}\).
Mà hai góc này ở vị trí hai góc so le trong bằng nhau nên \(EF//AM\) hay \(EF//AB\).
Lại có \(AB \bot BD\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow EF \bot BD\).
Vậy đường thẳng qua \(E\) vuông góc với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\) thuộc \(BN\) (đpcm).
d) Khi \(\angle ABN = {60^0}\), tính theo \(R\) diện tích của phần nửa hình tròn tâm \(O\), bán kính \(R\) nằm ngoài \(\Delta ABN\).
Xét tam giác vuông \(ABN\) vuông tại \(N\) có \(AB = 2R,\,\,\angle ABN = {60^0}\,\,\left( {gt} \right)\) ta có:
\(AN = AB.\sin \angle ABN = 2R.\sin {60^0} = R\sqrt 3 \).
\(BN = AB.\cos \angle ABN = 2R.\cos {60^0} = R\).
\( \Rightarrow {S_{\Delta ABN}} = \dfrac{1}{2}AN.BN = \dfrac{1}{2}.R\sqrt 3 .R = \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}\).
Diện tích nửa hình tròn tâm \(\left( {O;R} \right)\) là \({S_T} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2}\).
Vậy diện tích của phần nửa hình tròn tâm \(O\), bán kính \(R\) nằm ngoài \(\Delta ABN\) là;
\(S = {S_T} - {S_{\Delta ABN}} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2} - \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{R^2}}}{2}\left( {\pi - \sqrt 3 } \right)\).
Bài 1: Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right).\sqrt 3 - 3\sqrt 2 .\)
Bài 2: Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} + 2x - 3 = 0\) b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 7\\2x - y = 5\end{array} \right.\)
Bài 3:
a) Vẽ đồ của thị hàm số \(y = {x^2}\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).
b) Cho hàm số \(y = mx + n\) có đồ thị là \(\left( d \right)\). Tìm giá trị của \(m\) và \(n\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = x + 3\) và đi qua điểm \(M\left( {2;4} \right)\).
Bài 4: Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau.
Bài 5:
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB = 2R\). Trên đoạn thẳng \(OB\) lấy điểm \(M\) (\(M\) khác \(O\) và \(B\)). Trên nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \(N\) (\(N\) khác \(A\) và \(B\)). Đường thẳng vuông góc với \(MN\) tại \(N\) cắt các tiếp tuyến \(Ax,\,\,By\) của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(C\) và \(D\) (\(Ax,\,\,By\) và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ \(AB\)).
a) Chứng minh tứ giác \(ACNM\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(AN.MD = NB.CM\).
c) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(CM\). Đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\). Chứng minh \(N,\,\,F,\,\,B\) thẳng hàng.
Bài 1 (1 điểm):
Cách giải:
Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right).\sqrt 3 - 3\sqrt 2 .\)
\(\begin{array}{l}A = \left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right).\sqrt 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 6 .\sqrt 3 + \sqrt 3 .\sqrt 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = \sqrt {18} + 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 2 + 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = 3.\end{array}\)
Vậy \(A = 3.\)
Bài 2 (2 điểm):
Cách giải:
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} + 2x - 3 = 0\)
Phương trình có: \(a + b + c = 1 + 2 - 3 = 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 3\end{array} \right..\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1; - 3} \right\}.\)
b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 7\\2x - y = 5\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 12\\y = 7 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 7 - 4 = 3\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {4;\,\,3} \right).\)
Bài 3 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Vẽ đồ của thị hàm số \(y = {x^2}\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
Do đó, đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;4} \right)\), \(\left( { - 1;1} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\), \(\left( {2;4} \right)\) và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Đồ thị hàm số:
b) Cho hàm số \(y = mx + n\) có đồ thị là \(\left( d \right)\). Tìm giá trị của \(m\) và \(n\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = x + 3\) và đi qua điểm \(M\left( {2;4} \right)\).
Vì đường thẳn \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = x + 3\) nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n \ne 3\end{array} \right.\).
Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có dạng \(y = x + n\) (với \(n \ne 3\))
Mà \(M\left( {2;4} \right) \in d \Rightarrow 4 = 2 + n \Leftrightarrow n = 2\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 1,\,\,n = 2\).
Bài 4 (1 điểm):
Cách giải:
Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau.
Gọi số học sinh giỏi lớp 9A theo dự định là \(x\) (học sinh) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)
\( \Rightarrow \) Dự định, mỗi phần thưởng có số quyển vở là: \(\dfrac{{80}}{x}\) (quyển vở).
Số học sinh giỏi thực tế của lớp 9A là: \(x + 2\) (học sinh).
\( \Rightarrow \) Thực tế, mỗi phần thưởng có số quyển vở là: \(\dfrac{{80}}{{x + 2}}\) (quyển vở).
Thực tế, mỗi mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{80}}{x} - \dfrac{{80}}{{x + 2}} = 2\\ \Leftrightarrow 80\left( {x + 2} \right) - 80x = 2x\left( {x + 2} \right)\\ \Leftrightarrow 80x + 160 - 80x = 2{x^2} + 4x\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 4x - 160 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 8x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 10} \right) - 8\left( {x + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 8} \right)\left( {x + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 8 = 0\\x + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 8\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 10\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy cuối năm lớp 9A có \(8 + 2 = 10\) học sinh giỏi.
Bài 5 (4,0 điểm)
Cách giải:
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB = 2R\). Trên đoạn thẳng \(OB\) lấy điểm \(M\) (\(M\) khác \(O\) và \(B\)). Trên nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \(N\) (\(N\) khác \(A\) và \(B\)). Đường thẳng vuông góc với \(MN\) tại \(N\) cắt các tiếp tuyến \(Ax,\,\,By\) của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(C\) và \(D\) (\(Ax,\,\,By\) và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ \(AB\)).
a) Chứng minh tứ giác \(ACNM\) nội tiếp.
Vì \(AC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(\angle MAC = {90^0}\).
Vì \(MN \bot CD\) tại \(N\) nên \(\angle MNC = \angle MND = {90^0}\).
Xét tứ giác \(ACNM\) có \(\angle MAC + \angle MNC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow ACNM\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (đpcm).
b) Chứng minh \(AN.MD = NB.CM\).
Vì \(BD\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B\) nên \(\angle MBD = {90^0}\).
Xét tứ giác \(BMND\) có: \(\angle MBD + \angle MND = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BMND\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle MDN = \angle MBN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MN\)) \( \Rightarrow \angle ABN = \angle MDC\).
Vì \(ACNM\) là tứ giác nội tiếp (theo câu a).
\( \Rightarrow \angle MAN = \angle MCN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MN\)) \( \Rightarrow \angle BAN = \angle MCD\).
Xét \(\Delta ABN\) và \(\Delta CDN\) có:
\(\begin{array}{l}\angle ABN = \angle MDC\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle BAN = \angle MCD\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ABN \sim \Delta CDM\,\,\left( {g.g} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AN}}{{CM}} = \dfrac{{NB}}{{MD}}\) (hai cạnh tương ứng) \( \Rightarrow AN.MD = NB.CM\) (đpcm).
c) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(CM\). Đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\). Chứng minh \(N,\,\,F,\,\,B\) thẳng hàng.
Gọi \(E = BN \cap DM\), ta chứng minh \(EF \bot BD\).
Vì \(\Delta ABN \sim \Delta CDM\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(\angle ANB = \angle CMD\). Mà \(\angle ANB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle CMD = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle ENF = \angle EMF = {90^0}\).
Xét tứ giác \(MENF\) có: \(\angle ENF + \angle EMF = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow MENF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle {N_1} = \angle {E_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MF\)).
Mà \(\angle {N_1} = \angle {D_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BM\))
\( \Rightarrow \angle {E_1} = \angle {D_1}\) (1).
Vì \(\Delta BDM\) vuông tại \(B\) nên \(\angle {D_1} + \angle BMD = {90^0}\) (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).
Mà \(\angle BMD + \angle CMD + \angle {M_1} = {180^0}\) \( \Rightarrow \angle {M_1} + \angle BMD = {180^0} - \angle CMD = {180^0} - {90^0} = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle {D_1} = \angle {M_1}\) (2).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle {E_1} = \angle {M_1}\).
Mà hai góc này ở vị trí hai góc so le trong bằng nhau nên \(EF//AM\) hay \(EF//AB\).
Lại có \(AB \bot BD\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow EF \bot BD\).
Vậy đường thẳng qua \(E\) vuông góc với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\) thuộc \(BN\) (đpcm).
d) Khi \(\angle ABN = {60^0}\), tính theo \(R\) diện tích của phần nửa hình tròn tâm \(O\), bán kính \(R\) nằm ngoài \(\Delta ABN\).
Xét tam giác vuông \(ABN\) vuông tại \(N\) có \(AB = 2R,\,\,\angle ABN = {60^0}\,\,\left( {gt} \right)\) ta có:
\(AN = AB.\sin \angle ABN = 2R.\sin {60^0} = R\sqrt 3 \).
\(BN = AB.\cos \angle ABN = 2R.\cos {60^0} = R\).
\( \Rightarrow {S_{\Delta ABN}} = \dfrac{1}{2}AN.BN = \dfrac{1}{2}.R\sqrt 3 .R = \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}\).
Diện tích nửa hình tròn tâm \(\left( {O;R} \right)\) là \({S_T} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2}\).
Vậy diện tích của phần nửa hình tròn tâm \(O\), bán kính \(R\) nằm ngoài \(\Delta ABN\) là;
\(S = {S_T} - {S_{\Delta ABN}} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2} - \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{R^2}}}{2}\left( {\pi - \sqrt 3 } \right)\).
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. Trong đó, việc làm quen với cấu trúc đề thi và luyện tập giải các đề thi thử đóng vai trò then chốt. Bài viết này sẽ cung cấp phân tích chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các bài toán thường gặp, giúp các em học sinh tự tin hơn khi bước vào kỳ thi.
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2020 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Tỷ lệ phân bổ điểm giữa các phần thường khá cân bằng, tuy nhiên, có thể có sự thay đổi nhỏ tùy theo từng năm.
Nhiều trường THCS tại Bình Thuận đã tổ chức các kỳ thi thử vào 10 môn Toán năm 2020. Việc phân tích các đề thi này giúp học sinh nhận diện các dạng bài tập thường xuất hiện và rèn luyện kỹ năng giải quyết vấn đề.
Đề thi này tập trung vào các bài toán đại số, đặc biệt là các bài toán về phương trình bậc hai và hệ phương trình. Để giải tốt các bài toán này, học sinh cần nắm vững các công thức và phương pháp giải cơ bản.
Đề thi này chú trọng vào các bài toán hình học, đặc biệt là các bài toán về tam giác và đường tròn. Học sinh cần nắm vững các định lý và tính chất hình học để giải quyết các bài toán này.
Dưới đây là hướng dẫn giải một số bài toán thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2020:
Để giải phương trình bậc hai, học sinh có thể sử dụng công thức nghiệm hoặc phương pháp phân tích thành nhân tử. Ví dụ:
x2 - 5x + 6 = 0
(x - 2)(x - 3) = 0
Vậy x = 2 hoặc x = 3
Để giải bài toán về tam giác vuông, học sinh cần sử dụng định lý Pitago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông. Ví dụ:
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, AC = 4cm. Tính BC?
BC2 = AB2 + AC2 = 32 + 42 = 25
Vậy BC = 5cm
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2020, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2020 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng và nỗ lực không ngừng. Hy vọng rằng, với những phân tích và hướng dẫn giải bài tập trong bài viết này, các em học sinh sẽ tự tin hơn và đạt được kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
