Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Đắk Nông năm 2021 chính thức. 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 của các trường THCS trên địa bàn tỉnh Đắk Nông, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm. Đi kèm với mỗi đề thi là đáp án chi tiết và lời giải bài bản, giúp các em hiểu rõ phương pháp giải và tự đánh giá năng lực của mình.
Bài 1 (2,0 điểm): a) Cho phương trình
Bài 1 (2,0 điểm):
a) Cho phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) (*). Hãy xác định các hệ số \(a,\,\,b,\,\,c\) và giải phương trình (*).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\x - y = 1\end{array} \right.\).
Bài 2 (2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(3\sqrt 2 + \sqrt {50} - \sqrt 8 \) b) \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0\).
Bài 3 (2,0 điểm):
a) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một mảnh đát hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m. Biết chiều dài mảnh đất lớn hơn chiều rộng là 7m. Hãy tính diện tích mảnh đất hình chữ nhật đó.
b) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số.
Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\)
Bài 4 (3,0 điểm):
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\). Vẽ tia tiếp tuyến \(Ax\) cùng phía với nửa đường tròn đường kính \(AB\). Lấy một điểm \(M\) trên tia \(Ax\,\,\left( {M \ne A} \right)\). Vẽ tiếp tuyến \(MC\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (\(C\) là tiếp điểm). Vẽ \(AC\) cắt \(OM\) tại \(E\), vẽ \(MB\) cắt nửa đường tròn tại \(D\,\,\left( {D \ne B} \right)\).
a) Chứng minh: Tứ giác \(AMDE\) nội tiếp trong một đường tròn.
b) Chứng minh \(M{A^2} = MD.MB\).
c) Vẽ \(CH\) vuông góc với \(AB\,\,\left( {H \in AB} \right)\). Chứng minh rằng \(MB\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(CH\).
Bài 5 (1,0 điểm):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(A = \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}}\) với \(\left\{ \begin{array}{l}a,\,\,b,\,\,c > 0\\a + b + c = 3\end{array} \right.\).
Bài 1 (TH):
Phương pháp
a) Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\).
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm \(x\)
Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm \(y\)
Kết luận nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) của hệ phương trình.
Cách giải:
a) Phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) có \(a = 1,\,\,b = 5,\,\,c = - 6\).
Vì \(a + b + c = 1 + 5 + \left( { - 6} \right) = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 6\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - 6} \right\}\).
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\).
Bài 2 (TH):
Phương pháp
a) Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.
b) Xác định mẫu thức chung của biểu thức
Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.
Cách giải:
a) \(3\sqrt 2 + \sqrt {50} - \sqrt 8 \)
\(\begin{array}{l} = 3\sqrt 2 + \sqrt {{5^2}.2} - \sqrt {{2^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 + 5\sqrt 2 - 2\sqrt 2 \\ = \left( {3 + 5 - 2} \right)\sqrt 2 \\ = 6\sqrt 2 \end{array}\)
b) \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0\).
Với \(x > 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\\ = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}}\\ = \sqrt x + 1 + \sqrt x - 2\\ = 2\sqrt x - 1\end{array}\)
Vậy với \(x > 0\) thì \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} = 2\sqrt x - 1\).
Bài 3 (VD):
Phương pháp
a) Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\))
Tính được chiều dài mảnh đất theo \(x\)
Áp dụng định lý Py – ta – go, lập được phương trình.
Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
b) Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(\Delta > 0\) (hoặc \(\Delta ' > 0\))
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo \(m\)
Thay vào \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\), tính được \(m\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\)) \( \Rightarrow \) Chiều dài mảnh đất là \(x + 7\,\,\left( m \right)\).
Vì độ dài đường chéo của mảnh đất hình chữ nhật là 13m nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} + {\left( {x + 7} \right)^2} = {13^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} + {x^2} + 14x + 49 = 169\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 14x - 120 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 7x - 60 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta = {7^2} - 4.\left( { - 60} \right) = 289 = {17^2} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 7 + 17}}{2} = 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = \dfrac{{ - 7 - 17}}{2} = - 12\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \) Chiều rộng của mảnh đất là \(5m\), chiều dài của mảnh đất là \(5 + 7 = 12m\).
Vậy diện tích mảnh đất hình chữ nhật là \(S = 5.12 = 60\,\,\left( {{m^2}} \right)\).
b) Phương trình (1) có \(\Delta ' = {m^2} + 1 > 0\,\,\forall m\) nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2} = 7\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 7\\ \Rightarrow 4{m^2} + 3 = 7\\ \Leftrightarrow 4{m^2} = 4\\ \Leftrightarrow m = \pm 1\end{array}\)
Vậy \(m = \pm 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 4 (VD):
Phương pháp
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhình một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
b) Ta sẽ chứng minh: \( \Rightarrow M{A^2} = MD.MB\)
c) Gọi \(MB \cap CH = \left\{ N \right\}\).
Ta sẽ chứng minh: \(\angle DEC = \angle DAB\) (1) và \(\angle DNC = \angle DAB\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle DEC = \angle DNC\) \( \Rightarrow DENC\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Ta sẽ chứng minh: \(EN//AH\)
\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(CH\) (định lí đường trung bình trong tam giác \(ACH\)).
Vậy \(MB\) đi qua \(N\) là trung điểm của \(CH\) (đpcm).
Cách giải:
a) Ta có: \(OA = OC \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AC\).
\(MA = MC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AC\).
\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(AC \Rightarrow OM \bot AC\) tại \(E\) \( \Rightarrow \angle AEM = {90^0}\).
Ta có \(\angle ADB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle ADM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AMDE\) có \(\angle AEM = \angle ADM = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow AMDE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AM\) (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn \(AM\) dưới một góc \({90^0}\)).
b) Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MBA\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMB\,\,chung;\\\angle MDA = \angle MAB = {90^0}\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MD}} = \dfrac{{MB}}{{MA}}\) (2 cạnh tương ứng) \( \Rightarrow M{A^2} = MD.MB\).
c) Gọi \(MB \cap CH = \left\{ N \right\}\).
Vì \(AEDM\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle DEC = \angle AMD\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle AMD = \angle DAB\) (cùng phụ với \(\angle MAD\)) nên \(\angle DEC = \angle DAB\) (1).
Ta có \(\angle DNC = \angle BNH\) (đối đỉnh), mà \(\left\{ \begin{array}{l}\angle BNH + \angle NBH = {90^0}\\\angle DAB + \angle NBH = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \angle BNH = \angle DAB\) \( \Rightarrow \angle DNC = \angle DAB\) (2).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle DEC = \angle DNC\).
\( \Rightarrow DENC\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle DNE = \angle DCE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\)).
Mà \(\angle DCE = \angle DCA = \angle DBA\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DA\)).
\( \Rightarrow \angle DNE = \angle DBA\). Mà 2 góc này năm ở vị trí 2 góc đồng vị nên \(EN//AB\) hay \(EN//AH\).
Lại có: \(E\) là trung điểm của \(AC\) (do \(OM\) là trung trực của \(AC\), \(OM \cap AC = \left\{ E \right\}\)).
\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(CH\) (định lí đường trung bình trong tam giác \(ACH\)).
Vậy \(MB\) đi qua \(N\) là trung điểm của \(CH\) (đpcm).
Bài 5 (VDC):
Phương pháp
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\). Dấu “=” xảy ra khi \(\dfrac{x}{a} = \dfrac{y}{b} = \dfrac{z}{c}\), \(a,b,c > 0\).
Cách giải:
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\). Dấu “=” xảy ra khi \(\dfrac{x}{a} = \dfrac{y}{b} = \dfrac{z}{c}\), \(a,b,c > 0\).
Chứng minh BĐT phụ:
Áp dụng BĐT B.C.S cho hai bộ số \(\left( {\dfrac{x}{{\sqrt a }};\dfrac{y}{{\sqrt b }};\dfrac{z}{{\sqrt c }}} \right)\) và \(\left( {\sqrt a ;\sqrt b ;\sqrt c } \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c}} \right)\left( {a + b + c} \right) \ge {\left( {x + y + z} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\end{array}\)
Khi đó ta có:
\(A = \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{b + c + c + a + a + b}} = \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {a + b + c} \right)}} = \dfrac{{a + b + c}}{2} = \dfrac{3}{2}\)
Vậy \({A_{\min }} = \dfrac{3}{2}\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = 1\).
Bài 1 (2,0 điểm):
a) Cho phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) (*). Hãy xác định các hệ số \(a,\,\,b,\,\,c\) và giải phương trình (*).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\x - y = 1\end{array} \right.\).
Bài 2 (2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(3\sqrt 2 + \sqrt {50} - \sqrt 8 \) b) \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0\).
Bài 3 (2,0 điểm):
a) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một mảnh đát hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m. Biết chiều dài mảnh đất lớn hơn chiều rộng là 7m. Hãy tính diện tích mảnh đất hình chữ nhật đó.
b) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số.
Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\)
Bài 4 (3,0 điểm):
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\). Vẽ tia tiếp tuyến \(Ax\) cùng phía với nửa đường tròn đường kính \(AB\). Lấy một điểm \(M\) trên tia \(Ax\,\,\left( {M \ne A} \right)\). Vẽ tiếp tuyến \(MC\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (\(C\) là tiếp điểm). Vẽ \(AC\) cắt \(OM\) tại \(E\), vẽ \(MB\) cắt nửa đường tròn tại \(D\,\,\left( {D \ne B} \right)\).
a) Chứng minh: Tứ giác \(AMDE\) nội tiếp trong một đường tròn.
b) Chứng minh \(M{A^2} = MD.MB\).
c) Vẽ \(CH\) vuông góc với \(AB\,\,\left( {H \in AB} \right)\). Chứng minh rằng \(MB\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(CH\).
Bài 5 (1,0 điểm):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(A = \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}}\) với \(\left\{ \begin{array}{l}a,\,\,b,\,\,c > 0\\a + b + c = 3\end{array} \right.\).
Bài 1 (TH):
Phương pháp
a) Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\).
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm \(x\)
Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm \(y\)
Kết luận nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) của hệ phương trình.
Cách giải:
a) Phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) có \(a = 1,\,\,b = 5,\,\,c = - 6\).
Vì \(a + b + c = 1 + 5 + \left( { - 6} \right) = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 6\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - 6} \right\}\).
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\).
Bài 2 (TH):
Phương pháp
a) Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.
b) Xác định mẫu thức chung của biểu thức
Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.
Cách giải:
a) \(3\sqrt 2 + \sqrt {50} - \sqrt 8 \)
\(\begin{array}{l} = 3\sqrt 2 + \sqrt {{5^2}.2} - \sqrt {{2^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 + 5\sqrt 2 - 2\sqrt 2 \\ = \left( {3 + 5 - 2} \right)\sqrt 2 \\ = 6\sqrt 2 \end{array}\)
b) \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0\).
Với \(x > 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}}\\ = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}}\\ = \sqrt x + 1 + \sqrt x - 2\\ = 2\sqrt x - 1\end{array}\)
Vậy với \(x > 0\) thì \(\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} = 2\sqrt x - 1\).
Bài 3 (VD):
Phương pháp
a) Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\))
Tính được chiều dài mảnh đất theo \(x\)
Áp dụng định lý Py – ta – go, lập được phương trình.
Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
b) Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(\Delta > 0\) (hoặc \(\Delta ' > 0\))
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo \(m\)
Thay vào \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\), tính được \(m\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\)) \( \Rightarrow \) Chiều dài mảnh đất là \(x + 7\,\,\left( m \right)\).
Vì độ dài đường chéo của mảnh đất hình chữ nhật là 13m nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} + {\left( {x + 7} \right)^2} = {13^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} + {x^2} + 14x + 49 = 169\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 14x - 120 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 7x - 60 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta = {7^2} - 4.\left( { - 60} \right) = 289 = {17^2} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 7 + 17}}{2} = 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = \dfrac{{ - 7 - 17}}{2} = - 12\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \) Chiều rộng của mảnh đất là \(5m\), chiều dài của mảnh đất là \(5 + 7 = 12m\).
Vậy diện tích mảnh đất hình chữ nhật là \(S = 5.12 = 60\,\,\left( {{m^2}} \right)\).
b) Phương trình (1) có \(\Delta ' = {m^2} + 1 > 0\,\,\forall m\) nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 7\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2} = 7\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 7\\ \Rightarrow 4{m^2} + 3 = 7\\ \Leftrightarrow 4{m^2} = 4\\ \Leftrightarrow m = \pm 1\end{array}\)
Vậy \(m = \pm 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 4 (VD):
Phương pháp
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhình một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
b) Ta sẽ chứng minh: \( \Rightarrow M{A^2} = MD.MB\)
c) Gọi \(MB \cap CH = \left\{ N \right\}\).
Ta sẽ chứng minh: \(\angle DEC = \angle DAB\) (1) và \(\angle DNC = \angle DAB\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle DEC = \angle DNC\) \( \Rightarrow DENC\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Ta sẽ chứng minh: \(EN//AH\)
\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(CH\) (định lí đường trung bình trong tam giác \(ACH\)).
Vậy \(MB\) đi qua \(N\) là trung điểm của \(CH\) (đpcm).
Cách giải:
a) Ta có: \(OA = OC \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AC\).
\(MA = MC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AC\).
\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(AC \Rightarrow OM \bot AC\) tại \(E\) \( \Rightarrow \angle AEM = {90^0}\).
Ta có \(\angle ADB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle ADM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AMDE\) có \(\angle AEM = \angle ADM = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow AMDE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AM\) (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn \(AM\) dưới một góc \({90^0}\)).
b) Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MBA\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMB\,\,chung;\\\angle MDA = \angle MAB = {90^0}\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MD}} = \dfrac{{MB}}{{MA}}\) (2 cạnh tương ứng) \( \Rightarrow M{A^2} = MD.MB\).
c) Gọi \(MB \cap CH = \left\{ N \right\}\).
Vì \(AEDM\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle DEC = \angle AMD\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle AMD = \angle DAB\) (cùng phụ với \(\angle MAD\)) nên \(\angle DEC = \angle DAB\) (1).
Ta có \(\angle DNC = \angle BNH\) (đối đỉnh), mà \(\left\{ \begin{array}{l}\angle BNH + \angle NBH = {90^0}\\\angle DAB + \angle NBH = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \angle BNH = \angle DAB\) \( \Rightarrow \angle DNC = \angle DAB\) (2).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle DEC = \angle DNC\).
\( \Rightarrow DENC\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle DNE = \angle DCE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\)).
Mà \(\angle DCE = \angle DCA = \angle DBA\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DA\)).
\( \Rightarrow \angle DNE = \angle DBA\). Mà 2 góc này năm ở vị trí 2 góc đồng vị nên \(EN//AB\) hay \(EN//AH\).
Lại có: \(E\) là trung điểm của \(AC\) (do \(OM\) là trung trực của \(AC\), \(OM \cap AC = \left\{ E \right\}\)).
\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(CH\) (định lí đường trung bình trong tam giác \(ACH\)).
Vậy \(MB\) đi qua \(N\) là trung điểm của \(CH\) (đpcm).
Bài 5 (VDC):
Phương pháp
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\). Dấu “=” xảy ra khi \(\dfrac{x}{a} = \dfrac{y}{b} = \dfrac{z}{c}\), \(a,b,c > 0\).
Cách giải:
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\). Dấu “=” xảy ra khi \(\dfrac{x}{a} = \dfrac{y}{b} = \dfrac{z}{c}\), \(a,b,c > 0\).
Chứng minh BĐT phụ:
Áp dụng BĐT B.C.S cho hai bộ số \(\left( {\dfrac{x}{{\sqrt a }};\dfrac{y}{{\sqrt b }};\dfrac{z}{{\sqrt c }}} \right)\) và \(\left( {\sqrt a ;\sqrt b ;\sqrt c } \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c}} \right)\left( {a + b + c} \right) \ge {\left( {x + y + z} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\end{array}\)
Khi đó ta có:
\(A = \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{b + c + c + a + a + b}} = \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {a + b + c} \right)}} = \dfrac{{a + b + c}}{2} = \dfrac{3}{2}\)
Vậy \({A_{\min }} = \dfrac{3}{2}\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = 1\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Đắk Nông năm 2021 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, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho các em một cái nhìn tổng quan về đề thi vào 10 môn Toán Đắk Nông năm 2021, cùng với những lời khuyên hữu ích để đạt kết quả tốt nhất.
Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Nông năm 2021 thường có cấu trúc gồm hai phần chính:
Các dạng bài tập thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Để giúp các em hiểu rõ hơn về đề thi, chúng ta sẽ cùng phân tích một số đề thi vào 10 môn Toán Đắk Nông năm 2021:
Đề thi này tập trung vào các kiến thức về đại số, đặc biệt là phương trình bậc hai và hệ phương trình. Các câu hỏi hình học yêu cầu học sinh chứng minh các tính chất cơ bản của tam giác và tứ giác. Độ khó của đề thi ở mức trung bình, phù hợp với năng lực của đa số học sinh.
Đề thi này có độ khó cao hơn, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải toán tốt. Các câu hỏi hình học yêu cầu học sinh áp dụng các định lý và công thức phức tạp để giải quyết. Phần đại số cũng có nhiều câu hỏi đòi hỏi sự tư duy sáng tạo.
Ngoài bộ đề thi mà chúng tôi đã giới thiệu, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi khác như:
Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Nông năm 2021 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng rằng những thông tin và lời khuyên trong bài viết này sẽ giúp các em tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
