Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán của tỉnh Huế 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 đề chính thức và đáp án chi tiết, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm của giaibaitoan.com. Chúng tôi hy vọng sẽ giúp các em đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10.
Câu 1: a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức
Câu 1:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Câu 2:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Câu 3:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Câu 4:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Câu 5:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Câu 6:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Câu 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
Ta có: \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)\( = 5 - 4 = 1\)
Vậy \(A = 1.\)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
Ta có: \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
\(\begin{array}{l} = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 2\sqrt {{4^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 - 2.5\sqrt 2 + 2.4\sqrt 2 \\ = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 8\sqrt 2 \\ = \sqrt 2 \left( {3 - 10 + 8} \right) = \sqrt 2 .1 = \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(B = \sqrt 2 .\)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Với \(x > 0;x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x }} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \dfrac{1}{{x - 1}}\end{array}\)
Vậy \(C = \dfrac{1}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\).
Câu 2 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2y = 6\\ - 2x + 3y = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = y + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 4\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;1} \right)\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\)song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\) thì
\(\left\{ \begin{array}{l}m = 2\\2m \ne 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\m \ne 1010\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 2\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Gọi vận tốc lúc về của người đó là \(x\) (km/h) (ĐK: \(x > 0\)).
\( \Rightarrow \) Vận tốc lúc đi là \(x + 0,5\) (km/h).
Thời gian lúc đi là: \(\dfrac{2}{{x + 0,5}}\,\,\left( h \right)\).
Thời gian lúc về là \(\dfrac{2}{x}\,\,\left( h \right)\).
Vì người đó khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\dfrac{2}{{x + 0,5}} + \dfrac{2}{x} = \dfrac{{17}}{{18}}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 36x + 36\left( {x + 0,5} \right) = 17x\left( {x + 0,5} \right)\\ \Leftrightarrow 36x + 36x + 18 = 17{x^2} + \dfrac{{17}}{2}x\\ \Leftrightarrow 17{x^2} - \dfrac{{127}}{2}x - 18 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 127x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 136x + 9x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34x\left( {x - 4} \right) + 9\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {34x + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\34x + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - \dfrac{9}{{34}}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của người đó lúc về là 4km/h.
Câu 4 (2 điểm)
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
Với \(m = 2\) thì phương trình (1) trở thành
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) thì phương trình (1) có hai nghiệm \(x = 1;\,\,x = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Xét phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1)
Ta có: \(\Delta = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4.1.m\)
\(\begin{array}{l} = {m^2} + 2m + 1 - 4m\\ = {m^2} - 2m + 1\\ = {\left( {m - 1} \right)^2}\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m\) nên \(\Delta \ge 0\) với mọi \(m\) .
Suy ra phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Theo câu b) ta có phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Theo hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 3m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 4} \right) - 3\left( {m + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 4} \right)\left( {m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 4 = 0\\m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 4\\m = 3\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 4;\,\,m = 3\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 5 (VD)
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
Ta có: \(MF \bot AC \Rightarrow \angle MFC = {90^0}\)
\(ME \bot BC \Rightarrow \angle MEC = {90^0}\)
Tứ giác \(MFEC\) có \(\angle MFC = \angle MEC = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau) (đpcm).
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
Theo câu a, tứ giác \(MFEC\) nội tiếp nên \(\angle EFM + \angle ECM = {180^0}\) (tính chất) (1)
Tứ giác \(ABCM\) nội tiếp nên \(\angle BAM + \angle BCM = {180^0}\) (tính chất) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle BAM = \angle EFM\) (cùng bù với \(\angle BCM\))
\(\angle FEM = \angle FCM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FM\)) (3)
\(\angle FCM = \angle ABM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\)) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\angle FEM = \angle ABM\)
Xét \(\Delta FEM\) và \(\Delta ABM\) có:
\(\begin{array}{l}\angle BAM = \angle EFM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle FEM = \angle ABM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FEM \sim \Delta ABM\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Từ câu b ta có: \(\Delta FEM \sim \Delta ABM\) \( \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{AB}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow \dfrac{{2FQ}}{{2AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}} \Rightarrow \dfrac{{FQ}}{{AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\)
Xét \(\Delta MAP\) và \(\Delta MFQ\) có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\\\angle MAP = \angle MFQ\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow MA.MQ = MP.MF\) (đpcm)
Lại có \(\Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \angle AMP = \angle FMQ\) (hai góc tương ứng)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle {M_1} + \angle {M_2} = \angle {M_2} + \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle {M_1} = \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle AMF = \angle PMQ\end{array}\)
Xét \(\Delta MAF\) và \(\Delta MPQ\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMF = \angle PMQ\left( {cmt} \right)\\\dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAF \sim \Delta MPQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle MFA = \angle MQP\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle MFA = {90^0}\) nên \(\angle MQP = {90^0}\) (đpcm).
Câu 6 (1,0 điểm)
Cách giải:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Theo đề bài ta có:
Thể tích nước trong cốc hình trụ = Thể tích chiếc cốc hình nón = \(\dfrac{1}{2}\) thể tích chiếc cốc hình trụ.
Gọi bán kính đáy của hai chiếc cốc là: \(R\,\,\,\left( {R > 0} \right)\).
Chiều cao của chiếc cốc hình trụ là \(h = 10\,\,cm\,\,\,\left( {gt} \right).\)
Gọi chiều cao của chiếc cốc hình nón là \({h_1}\,\,\left( {{h_1} > 0} \right).\)
Gọi thể tích chiếc cốc hình trụ là \(V,\) thể tích chiếc cốc hình nón là \({V_1}.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = \dfrac{1}{2}V \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}\pi {R^2}{h_1} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2}h\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}{h_1} = \dfrac{1}{2}.10 \Leftrightarrow {h_1} = 15\,\,cm\,\,\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy chiều cao của chiếc cốc hình nón là \(15\,\,cm.\)
Câu 1:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Câu 2:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Câu 3:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Câu 4:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Câu 5:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Câu 6:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Câu 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
Ta có: \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)\( = 5 - 4 = 1\)
Vậy \(A = 1.\)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
Ta có: \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
\(\begin{array}{l} = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 2\sqrt {{4^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 - 2.5\sqrt 2 + 2.4\sqrt 2 \\ = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 8\sqrt 2 \\ = \sqrt 2 \left( {3 - 10 + 8} \right) = \sqrt 2 .1 = \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(B = \sqrt 2 .\)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Với \(x > 0;x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x }} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \dfrac{1}{{x - 1}}\end{array}\)
Vậy \(C = \dfrac{1}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\).
Câu 2 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2y = 6\\ - 2x + 3y = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = y + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 4\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;1} \right)\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\)song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\) thì
\(\left\{ \begin{array}{l}m = 2\\2m \ne 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\m \ne 1010\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 2\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Gọi vận tốc lúc về của người đó là \(x\) (km/h) (ĐK: \(x > 0\)).
\( \Rightarrow \) Vận tốc lúc đi là \(x + 0,5\) (km/h).
Thời gian lúc đi là: \(\dfrac{2}{{x + 0,5}}\,\,\left( h \right)\).
Thời gian lúc về là \(\dfrac{2}{x}\,\,\left( h \right)\).
Vì người đó khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\dfrac{2}{{x + 0,5}} + \dfrac{2}{x} = \dfrac{{17}}{{18}}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 36x + 36\left( {x + 0,5} \right) = 17x\left( {x + 0,5} \right)\\ \Leftrightarrow 36x + 36x + 18 = 17{x^2} + \dfrac{{17}}{2}x\\ \Leftrightarrow 17{x^2} - \dfrac{{127}}{2}x - 18 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 127x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 136x + 9x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34x\left( {x - 4} \right) + 9\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {34x + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\34x + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - \dfrac{9}{{34}}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của người đó lúc về là 4km/h.
Câu 4 (2 điểm)
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
Với \(m = 2\) thì phương trình (1) trở thành
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) thì phương trình (1) có hai nghiệm \(x = 1;\,\,x = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Xét phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1)
Ta có: \(\Delta = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4.1.m\)
\(\begin{array}{l} = {m^2} + 2m + 1 - 4m\\ = {m^2} - 2m + 1\\ = {\left( {m - 1} \right)^2}\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m\) nên \(\Delta \ge 0\) với mọi \(m\) .
Suy ra phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Theo câu b) ta có phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Theo hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 3m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 4} \right) - 3\left( {m + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 4} \right)\left( {m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 4 = 0\\m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 4\\m = 3\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 4;\,\,m = 3\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 5 (VD)
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
Ta có: \(MF \bot AC \Rightarrow \angle MFC = {90^0}\)
\(ME \bot BC \Rightarrow \angle MEC = {90^0}\)
Tứ giác \(MFEC\) có \(\angle MFC = \angle MEC = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau) (đpcm).
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
Theo câu a, tứ giác \(MFEC\) nội tiếp nên \(\angle EFM + \angle ECM = {180^0}\) (tính chất) (1)
Tứ giác \(ABCM\) nội tiếp nên \(\angle BAM + \angle BCM = {180^0}\) (tính chất) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle BAM = \angle EFM\) (cùng bù với \(\angle BCM\))
\(\angle FEM = \angle FCM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FM\)) (3)
\(\angle FCM = \angle ABM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\)) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\angle FEM = \angle ABM\)
Xét \(\Delta FEM\) và \(\Delta ABM\) có:
\(\begin{array}{l}\angle BAM = \angle EFM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle FEM = \angle ABM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FEM \sim \Delta ABM\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Từ câu b ta có: \(\Delta FEM \sim \Delta ABM\) \( \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{AB}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow \dfrac{{2FQ}}{{2AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}} \Rightarrow \dfrac{{FQ}}{{AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\)
Xét \(\Delta MAP\) và \(\Delta MFQ\) có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\\\angle MAP = \angle MFQ\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow MA.MQ = MP.MF\) (đpcm)
Lại có \(\Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \angle AMP = \angle FMQ\) (hai góc tương ứng)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle {M_1} + \angle {M_2} = \angle {M_2} + \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle {M_1} = \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle AMF = \angle PMQ\end{array}\)
Xét \(\Delta MAF\) và \(\Delta MPQ\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMF = \angle PMQ\left( {cmt} \right)\\\dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAF \sim \Delta MPQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle MFA = \angle MQP\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle MFA = {90^0}\) nên \(\angle MQP = {90^0}\) (đpcm).
Câu 6 (1,0 điểm)
Cách giải:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Theo đề bài ta có:
Thể tích nước trong cốc hình trụ = Thể tích chiếc cốc hình nón = \(\dfrac{1}{2}\) thể tích chiếc cốc hình trụ.
Gọi bán kính đáy của hai chiếc cốc là: \(R\,\,\,\left( {R > 0} \right)\).
Chiều cao của chiếc cốc hình trụ là \(h = 10\,\,cm\,\,\,\left( {gt} \right).\)
Gọi chiều cao của chiếc cốc hình nón là \({h_1}\,\,\left( {{h_1} > 0} \right).\)
Gọi thể tích chiếc cốc hình trụ là \(V,\) thể tích chiếc cốc hình nón là \({V_1}.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = \dfrac{1}{2}V \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}\pi {R^2}{h_1} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2}h\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}{h_1} = \dfrac{1}{2}.10 \Leftrightarrow {h_1} = 15\,\,cm\,\,\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy chiều cao của chiếc cốc hình nón là \(15\,\,cm.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại tỉnh Huế năm 2020 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập thuộc nhiều chủ đề khác nhau, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải quyết vấn đề tốt. Cấu trúc đề thi thường bao gồm các phần sau:
Năm 2020, đề thi vào 10 môn Toán Huế tiếp tục duy trì cấu trúc này, với độ khó tương đương so với các năm trước. Tuy nhiên, đề thi cũng có một số điểm mới, tập trung vào việc đánh giá khả năng tư duy và sáng tạo của học sinh.
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi, các em học sinh cần nắm vững các dạng bài tập thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020. Dưới đây là một số dạng bài tập chính:
Đề thi chính thức vào 10 môn Toán Huế năm 2020 có độ dài khoảng 120 phút. Đề thi bao gồm 5 câu hỏi, trong đó có 3 câu hỏi trắc nghiệm và 2 câu hỏi tự luận. Các câu hỏi tự luận thường có độ khó cao, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức sâu rộng và kỹ năng giải quyết vấn đề tốt.
Cụ thể, đề thi năm 2020 tập trung vào các chủ đề sau:
Để nâng cao khả năng giải toán và làm quen với cấu trúc đề thi, các em học sinh nên luyện tập với các đề thi thử và đề thi năm trước. Giaibaitoan.com cung cấp một kho đề thi phong phú, đa dạng, bao gồm cả đề thi vào 10 môn Toán Huế các năm trước và các đề thi thử chất lượng cao.
Việc luyện tập thường xuyên sẽ giúp các em học sinh:
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020, các em học sinh cần có một kế hoạch ôn thi khoa học và hợp lý. Dưới đây là một số lời khuyên và phương pháp ôn thi hiệu quả:
Giaibaitoan.com cung cấp đầy đủ các tài liệu hỗ trợ ôn thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020, bao gồm:
Hãy truy cập giaibaitoan.com ngay hôm nay để khám phá kho tài liệu phong phú và đa dạng của chúng tôi!
