Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Cà Mau năm 2019 chính thức. Đây là tài liệu vô cùng hữu ích cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi quan trọng này.
Đề thi này không chỉ giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi mà còn là cơ hội để rèn luyện kỹ năng giải toán, đánh giá năng lực bản thân và tìm ra những điểm cần cải thiện.
Câu 1 (2,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - 3} \right) + \sqrt {45} .\)
b) Chứng minh rằng \(\sqrt {24 + 16\sqrt 2 } - \sqrt {24 - 16\sqrt 2 } = 4\sqrt 2 .\)
c) Tìm tập hợp các giá trị của \(x\) sao cho \(\sqrt {2x + 1} \le 5\)
Câu 2 (1,5 điểm):
a) Giải phương trình \(\sqrt {{x^2} - 4x + 4} + x = 8.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\2x - y = - 7\end{array} \right.\)
Câu 3 (2,0 điểm) Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) (\(x\) là ẩn)
a) Giải phương trình khi \(m = - \dfrac{3}{2}.\)
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
c) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị của \(m\) để \({x_1}^2 + {x_2}^2 = 8.\)
Câu 4 (1,5 điểm) Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì xong trong \(4\) giờ. Nếu mỗi đội làm riêng xong được công việc ấy, thì đội thứ hai cần nhiều thời gian hơn đội thứ nhất là \(6\) giờ. Hỏi mỗi đội làm riêng xong công việc ấy trong bao lâu?
Câu 5 (3,0 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\,\,\left( {AB < AC} \right),\) đường cao \(AH.\) Trên đoạn \(HC\) lấy điểm \(D\) sao cho \(HD = HB,\) vẽ \(CE\) vuông góc với \(AD\,\,\,\left( {E \in AD} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(AHEC\) nội tiếp, xác định tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\)
b) Chứng minh \(CH\) là tia phân giác của góc \(\angle ACE.\)
c) Tính diện tích giới hạn bởi đoạn thẳng \(CA,CH\) và cung nhỏ \(AH\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\) Biết \(CA = 6cm\,\,;\,\,\angle ACB = {30^0}.\)
Câu 1 (VD)
Phương pháp:
a) Sử dụng quy tắc đưa thừa số ra ngoài dấu căn: Với hai biểu thức \(A,B\) mà \(B \ge 0\), ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {{A^2}.\,B} = A\sqrt B ,\,\,khi\,\,A \ge 0\\\sqrt {{A^2}.B} = - A\sqrt B ,\,\,khi\,\,A < 0\end{array}\)
b) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right..\)
c) \(\sqrt {f\left( x \right)} \ge g\left( x \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}g\left( x \right) < 0\\f\left( x \right) \ge 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}g\left( x \right) \ge 0\\f\left( x \right) \ge {\left[ {g\left( x \right)} \right]^2}\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - 3} \right) + \sqrt {45} .\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - 3} \right) + \sqrt {45} \\A = \sqrt 5 .\sqrt {20} - 3.\sqrt 5 + \sqrt {{3^2}.5} \\A = \sqrt {100} - 3\sqrt 5 + 3\sqrt 5 \\A = 10 + \left( { - 3\sqrt 5 + 3\sqrt 5 } \right)\\A = 10\end{array}\)
b) Chứng minh rằng \(\sqrt {24 + 16\sqrt 2 } - \sqrt {24 - 16\sqrt 2 } = 4\sqrt 2 .\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}VT = \sqrt {24 + 16\sqrt 2 } - \sqrt {24 - 16\sqrt 2 } \\VT = \sqrt {16 + 2.4.2\sqrt 2 + 8} - \sqrt {16 - 2.4.\sqrt 2 + 8} \\VT = \sqrt {{{\left( {4 + 2\sqrt 2 } \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {4 - 2\sqrt 2 } \right)}^2}} \\VT = \left| {4 + 2\sqrt 2 } \right| - \left| {4 - 2\sqrt 2 } \right|\\VT = 4 + 2\sqrt 2 - \left( {4 - 2\sqrt 2 } \right)\,\,\,\left( {do\,\,4 - 2\sqrt 2 > 0} \right)\\VT = 4 + 2\sqrt 2 - 4 + 2\sqrt 2 \\VT = 4\sqrt 2 = VP\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
c) Tìm tập hợp các giá trị của \(x\) sao cho \(\sqrt {2x + 1} \le 5\,\,\,\left( * \right)\)
Điều kiện: \(2x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow 2x \ge - 1 \Leftrightarrow x \ge - \dfrac{1}{2}\)
Khi đó, bất phương trình \(\left( * \right) \Leftrightarrow 2x + 1 \le 25\)
\( \Leftrightarrow 2x \le 24 \Leftrightarrow x \le 12\)
Kết hợp với điều kiện, ta có: \( - \dfrac{1}{2} \le x \le 12\)
Câu 2 (VD)
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\,\, = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
a) Giải phương trình \(\sqrt {{x^2} - 4x + 4} + x = 8.\,\,\,\left( * \right)\)
Ta có: \({x^2} - 4x + 4 = {\left( {x - 2} \right)^2}\)
Điều kiện: \({\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0,\) luôn đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}.\)
\(\begin{array}{l}\sqrt {{x^2} - 4x + 4} + x = 8 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2}} + x = 8\,\,\,\left( * \right)\\ \Leftrightarrow \left| {x - 2} \right| + x = 8\end{array}\)
+) Nếu \(x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2\) thì \(\left| {x - 2} \right| = x - 2\)
Khi đó, phương trình \(\left( * \right)\) trở thành: \(x - 2 + x = 8\)
\( \Leftrightarrow 2x - 2 = 8 \Leftrightarrow 2x = 10 \Leftrightarrow x = 5\) (thỏa mãn)
+) Nếu \(x - 2 < 0 \Leftrightarrow x < 2\) thì \(\left| {x - 2} \right| = - x + 2\)
Khi đó, phương trình \(\left( * \right)\) trở thành: \( - x + 2 + x = 8 \Leftrightarrow - 2 = 8\) (vô lí)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là \(S = \left\{ 5 \right\}.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\2x - y = - 7\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\2x - y = - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = - 3\\x + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\x + y = 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\ - 1 + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 5\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;y} \right) = \left( { - 1;\,\,5} \right).\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Thay \(m = - \dfrac{3}{2}\) vào phương trình rồi giải phương trình bằng cách sử dụng biệt thức \(\Delta .\)
b) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\Delta > 0\\\Delta ' > 0\end{array} \right.\) với mọi giá trị của \(m.\)
c) +) Tìm ĐK để phương trình có 2 nghiệm.
+) Áp dụng định lí Vi-ét.
+) Sử dụng biến đổi: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\).
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) (\(x\) là ẩn)
a) Giải phương trình khi \(m = - \dfrac{3}{2}.\)
Thay \(m = - \dfrac{3}{2}\) vào phương trình đã cho, ta được:
\(\begin{array}{l}{x^2} - 2.\left( { - \dfrac{3}{2} + 2} \right)x - \dfrac{3}{2} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2.\dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{2} = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - \dfrac{1}{2} = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
\(\Delta = {1^2} - 4.1.\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) = 3 > 0\,\, \Rightarrow \sqrt \Delta = \sqrt 3 \)
Phương trình \(\left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt: \({x_1} = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\,\,\,;\,\,\,\,{x_2} = \dfrac{{1 - \sqrt 3 }}{2}\)
Vậy \(S = \left\{ {\dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2};\,\,\dfrac{{1 - \sqrt 3 }}{2}} \right\}.\)
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) (\(x\) là ẩn)
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m + 2} \right)^2} - 1.\left( {m + 1} \right) = {m^2} + 4m + 4 - m - 1\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 3m + 3 = {m^2} + 2.\dfrac{3}{2}.m + \dfrac{9}{4} + \dfrac{3}{4}\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {{m^2} + 2.\dfrac{3}{2}.m + \dfrac{9}{4}} \right) + \dfrac{3}{4}\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {m + \dfrac{3}{2}} \right) + \dfrac{3}{4} > 0\,\,\,\forall m\end{array}\)
Vậy phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt.
c) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị của \(m\) để \({x_1}^2 + {x_2}^2 = 8.\)
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) luôn có 2 nghiệm phân biệt
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 2} \right) = 2m + 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Theo đề bài, ta có: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = 8 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 8\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {2m + 4} \right)^2} - 2.\left( {m + 1} \right) = 8\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 16m + 16 - 2m - 2 = 8\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 16m + 16 - 2m - 2 - 8 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 14m + 6 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 7m + 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 6m + m + 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2m\left( {m + 2} \right) + \left( {m + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {2m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 3 = 0\\2m + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 3\\m = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 3\,\,;\,\,m = - \dfrac{1}{2}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (VD)
Phương pháp:
+) Gọi thời gian đội thứ nhất làm riêng xong công việc là \(x\,\,\left( {x > 0} \right)\) (giờ)
\( \Rightarrow \) Thời gian đội thứ hai làm riêng xong công việc là \(x + 6\) (giờ)
+) Một giờ đội thứ nhất làm được: \(\dfrac{1}{x}\) (công việc)
Một giờ đội thứ hai làm được: \(\dfrac{1}{{x + 6}}\) (công việc)
+) Hai đội cùng làm trong \(4\) giờ thì xong công việc nên \(4.\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x + 6}}} \right) = 1\,\,\,\left( * \right)\)
+) Giải phương trình \(\left( * \right)\) ta tìm được \(x\). Đối chiếu với điều kiện của \(x\) rồi kết luận.
Cách giải:
Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì xong trong \(4\) giờ. Nếu mỗi đội làm riêng xong được công việc ấy, thì đội thứ hai cần nhiều thời gian hơn đội thứ nhất là \(6\) giờ. Hỏi mỗi đội làm riêng xong công việc ấy trong bao lâu?
Gọi thời gian đội thứ nhất làm riêng xong công việc là \(x\,\,\left( {x > 0} \right)\) (giờ)
\( \Rightarrow \) Thời gian đội thứ hai làm riêng xong công việc là \(x + 6\) (giờ)
Một giờ đội thứ nhất làm được: \(\dfrac{1}{x}\) (công việc)
Một giờ đội thứ hai làm được: \(\dfrac{1}{{x + 6}}\) (công việc)
Hai đội cùng làm một công việc trong \(4\) giờ thì xong công việc nên ta có
\(\begin{array}{l}4.\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x + 6}}} \right) = 1\,\, \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x + 6}} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{4.\left( {x + 6} \right)}}{{4x.\left( {x + 6} \right)}} + \dfrac{{4x}}{{4x.\left( {x + 6} \right)}} = \dfrac{{x.\left( {x + 6} \right)}}{{4x.\left( {x + 6} \right)}}\\ \Rightarrow 4.\left( {x + 6} \right) + 4x = x.\left( {x + 6} \right)\\ \Leftrightarrow 4x + 24 + 4x = {x^2} + 6x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 6x - 4x - 24 - 4x = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 24 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 4x - 24 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 6} \right) + 4\left( {x - 6} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 6} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 6 = 0\\x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 4\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy đội thứ nhất làm riêng xong công việc trong \(6\) giờ
đội thứ hai làm riêng xong công việc trong \(6 + 6 = 12\) giờ.
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Chứng minh \(\angle AHC = \angle AEC\).
b) Chứng minh \(\angle ACH = \angle ECH\).
c) Sử dụng các công thức tính diện tích hình quạt tròn.
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\,\,\left( {AB < AC} \right),\) đường cao \(AH.\) Trên đoạn \(HC\) lấy điểm \(D\) sao cho \(HD = HB,\) vẽ \(CE\) vuông góc với \(AD\,\,\,\left( {E \in AD} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(AHEC\) nội tiếp, xác định tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\)
Ta có: \(\angle AHC = {90^0}\,\,\left( {do\,\,AH \bot BC} \right)\)
Và \(\angle AEC = {90^0}\,\,\,\left( {do\,\,AE \bot EC} \right)\)
Xét tứ giác \(AHEC\) có \(E,H\) là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh \(AC\) dưới một góc \(\alpha = {90^0}\,\,\,\left( {\angle AHC = \angle AEC = {{90}^0}} \right)\)
Suy ra: Tứ giác \(AHEC\) là tứ giác nội tiếp.
Tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC\) là trung điểm của cạnh \(AC.\)
b) Chứng minh \(CH\) là tia phân giác của góc \(\angle ACE.\)
Vì tứ giác \(AHEC\) là tứ giác nội tiếp nên: \(\angle ACH = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,AH\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cùng cung \(AH\)) \(\left( 1 \right)\)
Theo câu a, tứ giác \(AHEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AC\)
Theo đề bài: \(\angle BAC = {90^0}\) (vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\))
\( \Rightarrow AB\) là tiếp tuyến của đường tròn tâm \(O,\) đường kính \(AC\)
\( \Rightarrow \angle BAH = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,AH\) (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) \(\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(\angle ACH = \angle BAH\,\,\,\left( 3 \right)\)
Vì tứ giác \(AHEC\) là tứ giác nội tiếp nên:
\(\angle EAH = \angle ECH = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,EH\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cùng cung \(AH\)) \(\left( 3 \right)\)
Xét \(\Delta ABD\) có \(AH\) là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến
\( \Rightarrow \Delta ABD\) cân tại \(A\)
\( \Rightarrow AH\) là phân giác của \(\Delta ABD\,\, \Rightarrow \angle BAH = \angle EAH\,\,\,\left( 5 \right)\)
Từ \(\left( 3 \right),\left( 4 \right)\) và \(\left( 5 \right)\) suy ra: \(\angle ACH = \angle ECH\)
Vậy \(CH\) là tia phân giác của \(\angle ACE.\)
c) Tính diện tích giới hạn bởi đoạn thẳng \(CA,CH\) và cung nhỏ \(AH\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\) Biết \(CA = 6cm\,\,;\,\,\angle ACB = {30^0}.\)
Gọi diện tích hình quạt \(AOH\) là \({S_q} = \dfrac{{\pi {R^2}.\angle AOH}}{{{{360}^0}}}\)
Diện tích cần tính là: \({S_q} + {S_{OHC}}\)
Theo đề bài, \(AC = 6cm,\,\,O\) là trung điểm của \(AC\)
\( \Rightarrow OA = OC = R = 3cm\)
Ta lại có: \(OH = OC = R = 3cm\)
\( \Rightarrow \Delta OHC\) cân tại \(O\)
\( \Rightarrow \angle OHC = \angle OCH = {30^0}\,\,\,\left( {do\,\,\angle ACB = {{30}^0}} \right)\)
\( \Rightarrow \angle AOH = \angle OHC + \angle OCH = {30^0} + {30^0} = {60^0}\) (Góc ngoài của tam giác)
\({S_q} = \dfrac{{\pi {{.3}^2}{{.60}^0}}}{{{{360}^0}}} = \dfrac{{\pi {{.3}^2}}}{{62}} = \dfrac{3}{2}\pi \,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Gọi \(M\) là trung điểm của \(HC\)
\( \Rightarrow OM \bot HC\) (Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)
\({S_{OHC}} = \dfrac{1}{2}.OM.HC\)
Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) có:
\(\cos \angle ACH = \dfrac{{HC}}{{AC}}\,\, \Rightarrow HC = AC.\cos \angle ACH = AC.\cos {30^0} = 6.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\)
Vì \(M\) là trung điểm của \(HC\) nên \(HM = \dfrac{{HC}}{2} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}\)
Xét \(\Delta OMH\) vuông tại \(M,\) theo địnhlí Py-ta-go, ta có: \(O{H^2} = O{M^2} + M{H^2}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow O{M^2} = O{H^2} - M{H^2} = {3^2} - {\left( {\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}} \right)^2}\\O{M^2} = 9 - \dfrac{{27}}{4} = \dfrac{9}{4}\,\, \Rightarrow OM = \sqrt {\dfrac{9}{4}} = \dfrac{3}{2}\,\,\left( {cm} \right)\\{S_{OHC}} = \dfrac{1}{2}.OM.HC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{3}{2}.3\sqrt 3 = \dfrac{{9\sqrt 3 }}{4}\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\end{array}\)
Diện tích cần tính là: \({S_q} + {S_{OHC}} = \dfrac{3}{2}\pi + \dfrac{{9\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{9\sqrt 3 + 6\pi }}{4}\,\,\,\left( {c{m^2}} \right).\)
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - 3} \right) + \sqrt {45} .\)
b) Chứng minh rằng \(\sqrt {24 + 16\sqrt 2 } - \sqrt {24 - 16\sqrt 2 } = 4\sqrt 2 .\)
c) Tìm tập hợp các giá trị của \(x\) sao cho \(\sqrt {2x + 1} \le 5\)
Câu 2 (1,5 điểm):
a) Giải phương trình \(\sqrt {{x^2} - 4x + 4} + x = 8.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\2x - y = - 7\end{array} \right.\)
Câu 3 (2,0 điểm) Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) (\(x\) là ẩn)
a) Giải phương trình khi \(m = - \dfrac{3}{2}.\)
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
c) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị của \(m\) để \({x_1}^2 + {x_2}^2 = 8.\)
Câu 4 (1,5 điểm) Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì xong trong \(4\) giờ. Nếu mỗi đội làm riêng xong được công việc ấy, thì đội thứ hai cần nhiều thời gian hơn đội thứ nhất là \(6\) giờ. Hỏi mỗi đội làm riêng xong công việc ấy trong bao lâu?
Câu 5 (3,0 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\,\,\left( {AB < AC} \right),\) đường cao \(AH.\) Trên đoạn \(HC\) lấy điểm \(D\) sao cho \(HD = HB,\) vẽ \(CE\) vuông góc với \(AD\,\,\,\left( {E \in AD} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(AHEC\) nội tiếp, xác định tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\)
b) Chứng minh \(CH\) là tia phân giác của góc \(\angle ACE.\)
c) Tính diện tích giới hạn bởi đoạn thẳng \(CA,CH\) và cung nhỏ \(AH\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\) Biết \(CA = 6cm\,\,;\,\,\angle ACB = {30^0}.\)
Câu 1 (VD)
Phương pháp:
a) Sử dụng quy tắc đưa thừa số ra ngoài dấu căn: Với hai biểu thức \(A,B\) mà \(B \ge 0\), ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {{A^2}.\,B} = A\sqrt B ,\,\,khi\,\,A \ge 0\\\sqrt {{A^2}.B} = - A\sqrt B ,\,\,khi\,\,A < 0\end{array}\)
b) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right..\)
c) \(\sqrt {f\left( x \right)} \ge g\left( x \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}g\left( x \right) < 0\\f\left( x \right) \ge 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}g\left( x \right) \ge 0\\f\left( x \right) \ge {\left[ {g\left( x \right)} \right]^2}\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - 3} \right) + \sqrt {45} .\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - 3} \right) + \sqrt {45} \\A = \sqrt 5 .\sqrt {20} - 3.\sqrt 5 + \sqrt {{3^2}.5} \\A = \sqrt {100} - 3\sqrt 5 + 3\sqrt 5 \\A = 10 + \left( { - 3\sqrt 5 + 3\sqrt 5 } \right)\\A = 10\end{array}\)
b) Chứng minh rằng \(\sqrt {24 + 16\sqrt 2 } - \sqrt {24 - 16\sqrt 2 } = 4\sqrt 2 .\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}VT = \sqrt {24 + 16\sqrt 2 } - \sqrt {24 - 16\sqrt 2 } \\VT = \sqrt {16 + 2.4.2\sqrt 2 + 8} - \sqrt {16 - 2.4.\sqrt 2 + 8} \\VT = \sqrt {{{\left( {4 + 2\sqrt 2 } \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {4 - 2\sqrt 2 } \right)}^2}} \\VT = \left| {4 + 2\sqrt 2 } \right| - \left| {4 - 2\sqrt 2 } \right|\\VT = 4 + 2\sqrt 2 - \left( {4 - 2\sqrt 2 } \right)\,\,\,\left( {do\,\,4 - 2\sqrt 2 > 0} \right)\\VT = 4 + 2\sqrt 2 - 4 + 2\sqrt 2 \\VT = 4\sqrt 2 = VP\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
c) Tìm tập hợp các giá trị của \(x\) sao cho \(\sqrt {2x + 1} \le 5\,\,\,\left( * \right)\)
Điều kiện: \(2x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow 2x \ge - 1 \Leftrightarrow x \ge - \dfrac{1}{2}\)
Khi đó, bất phương trình \(\left( * \right) \Leftrightarrow 2x + 1 \le 25\)
\( \Leftrightarrow 2x \le 24 \Leftrightarrow x \le 12\)
Kết hợp với điều kiện, ta có: \( - \dfrac{1}{2} \le x \le 12\)
Câu 2 (VD)
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\,\, = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
a) Giải phương trình \(\sqrt {{x^2} - 4x + 4} + x = 8.\,\,\,\left( * \right)\)
Ta có: \({x^2} - 4x + 4 = {\left( {x - 2} \right)^2}\)
Điều kiện: \({\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0,\) luôn đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}.\)
\(\begin{array}{l}\sqrt {{x^2} - 4x + 4} + x = 8 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2}} + x = 8\,\,\,\left( * \right)\\ \Leftrightarrow \left| {x - 2} \right| + x = 8\end{array}\)
+) Nếu \(x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2\) thì \(\left| {x - 2} \right| = x - 2\)
Khi đó, phương trình \(\left( * \right)\) trở thành: \(x - 2 + x = 8\)
\( \Leftrightarrow 2x - 2 = 8 \Leftrightarrow 2x = 10 \Leftrightarrow x = 5\) (thỏa mãn)
+) Nếu \(x - 2 < 0 \Leftrightarrow x < 2\) thì \(\left| {x - 2} \right| = - x + 2\)
Khi đó, phương trình \(\left( * \right)\) trở thành: \( - x + 2 + x = 8 \Leftrightarrow - 2 = 8\) (vô lí)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là \(S = \left\{ 5 \right\}.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\2x - y = - 7\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\2x - y = - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = - 3\\x + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\x + y = 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\ - 1 + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 5\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;y} \right) = \left( { - 1;\,\,5} \right).\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Thay \(m = - \dfrac{3}{2}\) vào phương trình rồi giải phương trình bằng cách sử dụng biệt thức \(\Delta .\)
b) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\Delta > 0\\\Delta ' > 0\end{array} \right.\) với mọi giá trị của \(m.\)
c) +) Tìm ĐK để phương trình có 2 nghiệm.
+) Áp dụng định lí Vi-ét.
+) Sử dụng biến đổi: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\).
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) (\(x\) là ẩn)
a) Giải phương trình khi \(m = - \dfrac{3}{2}.\)
Thay \(m = - \dfrac{3}{2}\) vào phương trình đã cho, ta được:
\(\begin{array}{l}{x^2} - 2.\left( { - \dfrac{3}{2} + 2} \right)x - \dfrac{3}{2} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2.\dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{2} = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - \dfrac{1}{2} = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
\(\Delta = {1^2} - 4.1.\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) = 3 > 0\,\, \Rightarrow \sqrt \Delta = \sqrt 3 \)
Phương trình \(\left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt: \({x_1} = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\,\,\,;\,\,\,\,{x_2} = \dfrac{{1 - \sqrt 3 }}{2}\)
Vậy \(S = \left\{ {\dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2};\,\,\dfrac{{1 - \sqrt 3 }}{2}} \right\}.\)
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) (\(x\) là ẩn)
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m + 2} \right)^2} - 1.\left( {m + 1} \right) = {m^2} + 4m + 4 - m - 1\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 3m + 3 = {m^2} + 2.\dfrac{3}{2}.m + \dfrac{9}{4} + \dfrac{3}{4}\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {{m^2} + 2.\dfrac{3}{2}.m + \dfrac{9}{4}} \right) + \dfrac{3}{4}\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {m + \dfrac{3}{2}} \right) + \dfrac{3}{4} > 0\,\,\,\forall m\end{array}\)
Vậy phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt.
c) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị của \(m\) để \({x_1}^2 + {x_2}^2 = 8.\)
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) luôn có 2 nghiệm phân biệt
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 2} \right) = 2m + 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Theo đề bài, ta có: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = 8 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 8\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {2m + 4} \right)^2} - 2.\left( {m + 1} \right) = 8\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 16m + 16 - 2m - 2 = 8\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 16m + 16 - 2m - 2 - 8 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 14m + 6 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 7m + 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 6m + m + 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2m\left( {m + 2} \right) + \left( {m + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {2m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 3 = 0\\2m + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 3\\m = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 3\,\,;\,\,m = - \dfrac{1}{2}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (VD)
Phương pháp:
+) Gọi thời gian đội thứ nhất làm riêng xong công việc là \(x\,\,\left( {x > 0} \right)\) (giờ)
\( \Rightarrow \) Thời gian đội thứ hai làm riêng xong công việc là \(x + 6\) (giờ)
+) Một giờ đội thứ nhất làm được: \(\dfrac{1}{x}\) (công việc)
Một giờ đội thứ hai làm được: \(\dfrac{1}{{x + 6}}\) (công việc)
+) Hai đội cùng làm trong \(4\) giờ thì xong công việc nên \(4.\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x + 6}}} \right) = 1\,\,\,\left( * \right)\)
+) Giải phương trình \(\left( * \right)\) ta tìm được \(x\). Đối chiếu với điều kiện của \(x\) rồi kết luận.
Cách giải:
Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì xong trong \(4\) giờ. Nếu mỗi đội làm riêng xong được công việc ấy, thì đội thứ hai cần nhiều thời gian hơn đội thứ nhất là \(6\) giờ. Hỏi mỗi đội làm riêng xong công việc ấy trong bao lâu?
Gọi thời gian đội thứ nhất làm riêng xong công việc là \(x\,\,\left( {x > 0} \right)\) (giờ)
\( \Rightarrow \) Thời gian đội thứ hai làm riêng xong công việc là \(x + 6\) (giờ)
Một giờ đội thứ nhất làm được: \(\dfrac{1}{x}\) (công việc)
Một giờ đội thứ hai làm được: \(\dfrac{1}{{x + 6}}\) (công việc)
Hai đội cùng làm một công việc trong \(4\) giờ thì xong công việc nên ta có
\(\begin{array}{l}4.\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x + 6}}} \right) = 1\,\, \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x + 6}} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{4.\left( {x + 6} \right)}}{{4x.\left( {x + 6} \right)}} + \dfrac{{4x}}{{4x.\left( {x + 6} \right)}} = \dfrac{{x.\left( {x + 6} \right)}}{{4x.\left( {x + 6} \right)}}\\ \Rightarrow 4.\left( {x + 6} \right) + 4x = x.\left( {x + 6} \right)\\ \Leftrightarrow 4x + 24 + 4x = {x^2} + 6x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 6x - 4x - 24 - 4x = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 24 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 4x - 24 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 6} \right) + 4\left( {x - 6} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 6} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 6 = 0\\x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 4\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy đội thứ nhất làm riêng xong công việc trong \(6\) giờ
đội thứ hai làm riêng xong công việc trong \(6 + 6 = 12\) giờ.
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Chứng minh \(\angle AHC = \angle AEC\).
b) Chứng minh \(\angle ACH = \angle ECH\).
c) Sử dụng các công thức tính diện tích hình quạt tròn.
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\,\,\left( {AB < AC} \right),\) đường cao \(AH.\) Trên đoạn \(HC\) lấy điểm \(D\) sao cho \(HD = HB,\) vẽ \(CE\) vuông góc với \(AD\,\,\,\left( {E \in AD} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(AHEC\) nội tiếp, xác định tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\)
Ta có: \(\angle AHC = {90^0}\,\,\left( {do\,\,AH \bot BC} \right)\)
Và \(\angle AEC = {90^0}\,\,\,\left( {do\,\,AE \bot EC} \right)\)
Xét tứ giác \(AHEC\) có \(E,H\) là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh \(AC\) dưới một góc \(\alpha = {90^0}\,\,\,\left( {\angle AHC = \angle AEC = {{90}^0}} \right)\)
Suy ra: Tứ giác \(AHEC\) là tứ giác nội tiếp.
Tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC\) là trung điểm của cạnh \(AC.\)
b) Chứng minh \(CH\) là tia phân giác của góc \(\angle ACE.\)
Vì tứ giác \(AHEC\) là tứ giác nội tiếp nên: \(\angle ACH = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,AH\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cùng cung \(AH\)) \(\left( 1 \right)\)
Theo câu a, tứ giác \(AHEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AC\)
Theo đề bài: \(\angle BAC = {90^0}\) (vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\))
\( \Rightarrow AB\) là tiếp tuyến của đường tròn tâm \(O,\) đường kính \(AC\)
\( \Rightarrow \angle BAH = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,AH\) (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) \(\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(\angle ACH = \angle BAH\,\,\,\left( 3 \right)\)
Vì tứ giác \(AHEC\) là tứ giác nội tiếp nên:
\(\angle EAH = \angle ECH = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,EH\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cùng cung \(AH\)) \(\left( 3 \right)\)
Xét \(\Delta ABD\) có \(AH\) là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến
\( \Rightarrow \Delta ABD\) cân tại \(A\)
\( \Rightarrow AH\) là phân giác của \(\Delta ABD\,\, \Rightarrow \angle BAH = \angle EAH\,\,\,\left( 5 \right)\)
Từ \(\left( 3 \right),\left( 4 \right)\) và \(\left( 5 \right)\) suy ra: \(\angle ACH = \angle ECH\)
Vậy \(CH\) là tia phân giác của \(\angle ACE.\)
c) Tính diện tích giới hạn bởi đoạn thẳng \(CA,CH\) và cung nhỏ \(AH\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\) Biết \(CA = 6cm\,\,;\,\,\angle ACB = {30^0}.\)
Gọi diện tích hình quạt \(AOH\) là \({S_q} = \dfrac{{\pi {R^2}.\angle AOH}}{{{{360}^0}}}\)
Diện tích cần tính là: \({S_q} + {S_{OHC}}\)
Theo đề bài, \(AC = 6cm,\,\,O\) là trung điểm của \(AC\)
\( \Rightarrow OA = OC = R = 3cm\)
Ta lại có: \(OH = OC = R = 3cm\)
\( \Rightarrow \Delta OHC\) cân tại \(O\)
\( \Rightarrow \angle OHC = \angle OCH = {30^0}\,\,\,\left( {do\,\,\angle ACB = {{30}^0}} \right)\)
\( \Rightarrow \angle AOH = \angle OHC + \angle OCH = {30^0} + {30^0} = {60^0}\) (Góc ngoài của tam giác)
\({S_q} = \dfrac{{\pi {{.3}^2}{{.60}^0}}}{{{{360}^0}}} = \dfrac{{\pi {{.3}^2}}}{{62}} = \dfrac{3}{2}\pi \,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Gọi \(M\) là trung điểm của \(HC\)
\( \Rightarrow OM \bot HC\) (Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)
\({S_{OHC}} = \dfrac{1}{2}.OM.HC\)
Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) có:
\(\cos \angle ACH = \dfrac{{HC}}{{AC}}\,\, \Rightarrow HC = AC.\cos \angle ACH = AC.\cos {30^0} = 6.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\)
Vì \(M\) là trung điểm của \(HC\) nên \(HM = \dfrac{{HC}}{2} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}\)
Xét \(\Delta OMH\) vuông tại \(M,\) theo địnhlí Py-ta-go, ta có: \(O{H^2} = O{M^2} + M{H^2}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow O{M^2} = O{H^2} - M{H^2} = {3^2} - {\left( {\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}} \right)^2}\\O{M^2} = 9 - \dfrac{{27}}{4} = \dfrac{9}{4}\,\, \Rightarrow OM = \sqrt {\dfrac{9}{4}} = \dfrac{3}{2}\,\,\left( {cm} \right)\\{S_{OHC}} = \dfrac{1}{2}.OM.HC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{3}{2}.3\sqrt 3 = \dfrac{{9\sqrt 3 }}{4}\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\end{array}\)
Diện tích cần tính là: \({S_q} + {S_{OHC}} = \dfrac{3}{2}\pi + \dfrac{{9\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{9\sqrt 3 + 6\pi }}{4}\,\,\,\left( {c{m^2}} \right).\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là điều cần thiết. Một trong những cách hiệu quả nhất là luyện tập với các đề thi thử và đề thi chính thức của các năm trước. Bài viết này sẽ tập trung phân tích chi tiết Đề thi vào 10 môn Toán Cà Mau năm 2019, cung cấp hướng dẫn giải và những lưu ý quan trọng để giúp các em học sinh ôn thi hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Cà Mau năm 2019 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Độ khó của đề thi thường ở mức trung bình, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức cơ bản, hiểu rõ các định lý và công thức, đồng thời có khả năng áp dụng linh hoạt vào giải quyết các bài toán.
Một dạng bài thường gặp trong phần đại số là giải phương trình bậc hai. Để giải quyết dạng bài này, học sinh cần nắm vững các công thức nghiệm của phương trình bậc hai và biết cách áp dụng chúng một cách chính xác. Ví dụ:
Giải phương trình: 2x2 - 5x + 2 = 0
Ta có: a = 2, b = -5, c = 2
Δ = b2 - 4ac = (-5)2 - 4 * 2 * 2 = 25 - 16 = 9
√Δ = 3
x1 = (-b + √Δ) / 2a = (5 + 3) / (2 * 2) = 2
x2 = (-b - √Δ) / 2a = (5 - 3) / (2 * 2) = 0.5
Vậy phương trình có hai nghiệm là x1 = 2 và x2 = 0.5
Trong phần hình học, các bài toán liên quan đến tam giác, đường tròn và các tính chất của chúng thường xuất hiện. Để giải quyết các bài toán này, học sinh cần nắm vững các định lý và tính chất hình học, đồng thời có khả năng vẽ hình và phân tích hình một cách chính xác.
Ví dụ: Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABC, ta có:
BC2 = AB2 + AC2 = 32 + 42 = 9 + 16 = 25
BC = √25 = 5cm
Vậy độ dài cạnh BC là 5cm.
Ngoài việc luyện tập với đề thi vào 10 môn Toán Cà Mau năm 2019, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Cà Mau năm 2019 là một tài liệu ôn thi quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và đánh giá năng lực bản thân. Hy vọng với những phân tích chi tiết và hướng dẫn giải trong bài viết này, các em học sinh sẽ có thêm kiến thức và tự tin hơn khi bước vào kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10.
