Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Huế năm 2021 chính thức, kèm đáp án chi tiết. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài tập thường gặp và rèn luyện kỹ năng giải quyết vấn đề. Chúc các em ôn thi tốt và đạt kết quả cao!
Câu 1 (1,5 điểm): a) Tìm số
Câu 1:
Phương pháp:
a) \(\sqrt {f\left( x \right)} = a\left( {a \ge 0} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) \ge 0\\f\left( x \right) = {a^2}\end{array} \right.\)
b) Áp dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
c) Xác định các hạng tử giống nhau, đơn giản từng phân thức sau đó thực hiện phép toán để rút gọn biểu thức.
Cách giải:
a) Với \(x \ge 0\) ta có \(\sqrt x = 2 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x } \right)^2} = {2^2} \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x = 4\).
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {4.5} - \sqrt {9.5} + \sqrt 5 \\A = \sqrt {{2^2}.5} - \sqrt {{3^2}.5} + \sqrt 5 \\A = 2\sqrt 5 - 3\sqrt 5 + \sqrt 5 \\A = 0\end{array}\)
Vậy \(A = 0\).
c) Với \(x > 0,\,\,y > 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{x\sqrt x + y\sqrt y }}{{\sqrt x + \sqrt y }} - {\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)^2}\\P = \dfrac{{\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)\left( {x - \sqrt {xy} + y} \right)}}{{\sqrt x + \sqrt y }} - \left( {x - 2\sqrt {xy} + y} \right)\\P = x - \sqrt {xy} + y - x + 2\sqrt {xy} - y\\P = \sqrt {xy} \end{array}\)
Vậy với \(x > 0,\,\,y > 0\) thì \(P = \sqrt {xy} \).
Câu 2:
Phương pháp:
a) Vận dụng phương pháp cộng đại số để giải hệ phương trình.
b) Áp dụng điều kiện của hai đường thẳng song song xác định được điều kiện của hệ số \(a\) và \(b\)
\(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( {2; - 3} \right)\) xác định được hệ số \(b\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + y = 1\\x - 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6x + 2y = 2\\x - 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 7\\y = 1 - 3x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1 - 3 = - 2\end{array} \right.\).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 2} \right)\).
b) \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b \ne - 1\end{array} \right.\). Thay vào \(\left( d \right)\) ta được \(\left( d \right):y = 2x + b\,\,\left( {b \ne - 1} \right)\).
\(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( {2; - 3} \right)\) nên ta có: \( - 3 = 2.2 + b \Leftrightarrow - 3 = 4 + b \Leftrightarrow b = - 3 - 4 = - 7\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy phương trình đường thẳng của \(\left( d \right)\) cần tìm là: \(y = 2x - 7\).
Câu 3:
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, cụ thể:
Gọi số tấm chắn mà công ty A cần làm trong một ngày theo kế hoạch là \(x\,\,\,\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)\) (tấm), từ đó tính được số ngày để hoàn thành \(20000\) tấm theo kế hoạch
Tính được thực tế số tấm chắn mà công ty A làm và thời gian thực tế hoàn thành số tấm chắn làm được.
Lập phương trình, giải phương trình và kết luận.
Cách giải:
Gọi số tấm chắn mà công ty A cần làm trong một ngày theo kế hoạch là \(x\,\,\,\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)\) (tấm)
Số ngày để hoàn thành \(20000\) tấm theo kế hoạch là \(\dfrac{{20000}}{x}\)( ngày)
Thực tế: Số tấm chắn mà công ty A làm trong một ngày là \(x + 300\) (tấm chắn)
Tổng số tấm chắn mà công ty A làm theo thực tế là \(20700\)( tấm chắn)
Thời gian thực tế hoàn thành làm \(27000\) tấm chắn là \(\dfrac{{20700}}{{x + 300}}\)( ngày)
Thực tế công ty \(A\) hoàn thành công việc sớm hơn dự định là \(1\)ngày nên ta có phương trình:
\(\dfrac{{20000}}{x} - \dfrac{{20700}}{{x + 300}} = 1\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 20000\left( {x + 300} \right) - 20700x = x\left( {x + 300} \right)\\ \Leftrightarrow 20000x + 6000000 - 20700x = {x^2} + 300x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 1000x - 6000000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2000x + 3000x - 6000000 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 2000} \right) + 3000\left( {x - 2000} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2000} \right)\left( {x + 3000} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2000 = 0\\x + 3000 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2000\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 3000\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy số tấm chắn mà công ty A thực tế làm một ngày là 2000 tấm chắn .
Câu 4:
Phương pháp:
a) Thay \(m = 2\) vào phương trình của đề bài, nhận thấy đây là phương trình bậc hai ẩn \(x\)
Áp dụng nhận xét \(a + b + c = 0\) thì phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1\) và \({x_2} = \dfrac{c}{a}\)
b) Phương trình ban đầu có nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta \ge 0\) (hoặc \(\Delta ' \ge 0\))
c) Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}{x_2}\) theo tham số \(m\)
Biến đổi hệ thức của đề bài để xuất hiện \({x_1} + {x_2};{x_1}{x_2}\), giải phương trình chứa tham số \(m\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) Khi \(m = 2\) phương trình (1) trở thành: \({x^2} - 3x + 2 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right.\).
Vậy khi \(m = 2\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;2} \right\}\).
b) Để phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm thì \(\Delta \ge 0\) \( \Leftrightarrow {3^2} - 4m \ge 0 \Leftrightarrow m \le \dfrac{9}{4}\)
Vậy để phương trình (1) có nghiệm thì \(m \le \dfrac{9}{4}\).
c) Với \(m \le \dfrac{9}{4}\) phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\).
Khi đó áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x_1}^3{x_2} + {x_1}{x_2}^3 - 2{x_1}^2{x_2}^2 = 5\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1}^2 + {x_2}^2} \right) - 2{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} = 5\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] - 2{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} = 5\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2}{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} - 2{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} = 5\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} = 5\\ \Leftrightarrow {3^2} - 4{m^2} = 5 \Leftrightarrow 4{m^2} = 4\\ \Leftrightarrow {m^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 1\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m \in \left\{ {1; - 1} \right\}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 5:
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp, chứng minh \(\angle AMO = \angle AIO = {90^0}\) suy ra \(AMIO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OA\) (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn \(OA\) dưới các góc bằng \({90^0}\)).
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và trường hợp đồng dạng cạnh – góc – cạnh của hai tam giác.
c) Gọi \(N \in OA\) sao cho \(\dfrac{{ON}}{{OA}} = \dfrac{2}{3}\), từ đó chứng minh được \(NG//IA\) (định lí Ta – lét đảo)
Chứng minh \(ON\) cố định.
Cách giải:
a) Ta có: \(I\) là trung điểm của \(EF\) nên \(OI \bot EF\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cùng)
\( \Rightarrow \angle AIO = {90^0}\).
Mà \(AM\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(AM \bot OM\) (định nghĩa) \( \Rightarrow \angle AMO = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle AMO = \angle AIO = {90^0}\)\( \Rightarrow AMIO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OA\) (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn \(OA\) dưới các góc bằng \({90^0}\)).
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(AMO\) vuông tại \(M\) có \(MH\) là đường cao ta có: \(O{M^2} = OH.OA\)
Mà \(OM = OF \Rightarrow O{F^2} = OH.OA \Rightarrow \dfrac{{OH}}{{OF}} = \dfrac{{OF}}{{OA}}\).
Xét \(\Delta OFH\) và \(\Delta OAF\) ta có:
\(\angle FOA\) chung;
\(\dfrac{{OH}}{{OF}} = \dfrac{{OF}}{{OA}}\,\,\left( {cmt} \right)\);
\( \Rightarrow \Delta OFH \sim \Delta OAF\,\,\,\left( {c.g.c} \right)\,\,\left( {dpcm} \right)\)
c) Gọi \(N \in OA\) sao cho \(\dfrac{{ON}}{{OA}} = \dfrac{2}{3}\), khi đó ta có \(\dfrac{{ON}}{{OA}} = \dfrac{{OG}}{{OI}} = \dfrac{2}{3}\) \( \Rightarrow NG//IA\) (định lí Ta-lét đảo).
Mà \(AI \bot OI\,\,\left( {do\,\,OI \bot EF} \right)\) \( \Rightarrow NG \bot OI\) tại \(G\) \( \Rightarrow \angle OGN = {90^0}\).
\( \Rightarrow G\) thuộc đường tròn đường kính \(ON\).
Vì \(A,\,\,B,\,\,C\) cố định \( \Rightarrow O\) cố định \( \Rightarrow OA\) không đổi \( \Rightarrow ON\) không đổi \( \Rightarrow N\) cố định.
\( \Rightarrow \) Đường tròn đường kính \(ON\) cố định.
Vậy khi điểm E thay đổi trên cung MC thì trọng tâm G của tam giác \(OEF\) luôn nằm trên một đường tròn cố định là đường tròn đường kính \(ON\) với \(ON = \dfrac{2}{3}OA\) (đpcm).
Câu 6:
Phương pháp:
Tính thể tích ban đầu của khúc gỗ: \({V_1} = \pi {r^2}h\) (áp dụng công thức tính thể tích của khối trụ)
Tính thể tích khối gỗ hình nón: \({V_2} = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h\) (áp dụng công thức tính thể tích của khối nón)
Vậy thể tịch khúc gõ còn lại là \(V = {V_1} - {V_2}\)
Cách giải:
Thể tích ban đầu của khúc gỗ là: \({V_1} = \pi {.10^2}.20 = 2000\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\).
Thể tích khối gỗ hình nón bị tiện bỏ là: \({V_2} = \dfrac{1}{3}\pi {.10^2}.10 = \dfrac{{1000}}{3}\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\).
Vậy thể tích phần khúc gỗ còn lại là \(V = {V_1} - {V_2} = 2000\pi - \dfrac{{1000}}{3}\pi = \dfrac{{5000}}{3}\pi \approx 5236\,\,\left( {c{m^3}} \right)\).
Câu 1 (1,5 điểm):
a) Tìm số \(x\) không âm, biết \(\sqrt x = 2\).
b) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {4.5} - \sqrt {9.5} + \sqrt 5 \).
c) Rút gọn biểu thức \(P = \dfrac{{x\sqrt x + y\sqrt y }}{{\sqrt x + \sqrt y }} - {\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)^2}\) với \(x > 0,\,\,y > 0\).
Câu 2 (1,5 điểm):
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + y = 1\\x - 2y = 5\end{array} \right.\)
b) Viết phương trình đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\), biết rằng đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = 2x - 1\) và đi qua điểm \(M\left( {2; - 3} \right)\).
Câu 3 (1,0 điểm):
Để phục vụ công tác phòng chống dịch COVID-19, một công ty \(A\) lên kế hoạch trong một thời gian quy định làm \(20000\) tấm chắn bảo hộ để tặng các chốt chống dịch. Do ý thức khẩn trương trong công tác hỗ trợ chống dịch và nhờ cải tiến quy trình làm việc nên mỗi ngày Công ty A làm được nhiều hơn \(300\) tấm so với kế hoạch ban đầu. Vì thế, Công ty A đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn đúng một ngày so với thời gian quy định và làm được nhiều hơn \(700\) tấm so với kế hoạch ban đầu. Biết rằng số tấm chắn làm ra trong một ngày là bằng nhau và nguyên cái. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày công ty A cần làm bao nhiêu tắm chắn bảo hộ?
Câu 4 (2,0 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - 3x + m = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2\).
b) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm.
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn đẳng thức:
\({x_1}^3{x_2} + {x_1}{x_2}^3 - 2{x_1}^2{x_2}^2 = 5\)
Câu 5 (3,0 điểm):
Cho ba điểm \(A,B,C\) phân biệt, cố định và thẳng hàng sao cho \(B\) nằm giữa \(A\) và \(C\). Vẽ nửa đường tròn tâm \(O\) đường kính \(BC\). Từ \(A\) kẻ tiếp tuyến \(AM\) đến nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (\(M\) là tiếp điểm). Trên cung \(MC\)lấy điểm \(E\) (\(E\) không trùng \(M\) và \(C\)), đường thẳng \(AE\) cắt nửa đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(F\) (\(F\) không trùng \(E\)). Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(EF\) và \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên đường thẳng \(BC\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(AMIO\) nội tiếp;
b) Hai tam giác \(OFH\) và \(OAF\) đồng dạng với nhau;
c) Trọng tâm G của tam giác \(OEF\) luôn nằm trên một đường tròn cố định khi điểm E thay đổi trên cung MC.
Câu 6 (1,0 điểm):
Một khúc gỗ đặc có dạng hình trụ, bán kính hình tròn đáy là 10 cm, chiều cao bằng 20 cm, người ta tiện bỏ bên trong khúc gỗ một vật dạng hình nón có bán kính hình tròn đáy là 10 cm, chiều cao bằng một nửa chiều cao của khúc gỗ (như hình vẽ bên). Tính thể tích phần khúc gỗ còn lại.
Câu 1 (1,5 điểm):
a) Tìm số \(x\) không âm, biết \(\sqrt x = 2\).
b) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {4.5} - \sqrt {9.5} + \sqrt 5 \).
c) Rút gọn biểu thức \(P = \dfrac{{x\sqrt x + y\sqrt y }}{{\sqrt x + \sqrt y }} - {\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)^2}\) với \(x > 0,\,\,y > 0\).
Câu 2 (1,5 điểm):
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + y = 1\\x - 2y = 5\end{array} \right.\)
b) Viết phương trình đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\), biết rằng đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = 2x - 1\) và đi qua điểm \(M\left( {2; - 3} \right)\).
Câu 3 (1,0 điểm):
Để phục vụ công tác phòng chống dịch COVID-19, một công ty \(A\) lên kế hoạch trong một thời gian quy định làm \(20000\) tấm chắn bảo hộ để tặng các chốt chống dịch. Do ý thức khẩn trương trong công tác hỗ trợ chống dịch và nhờ cải tiến quy trình làm việc nên mỗi ngày Công ty A làm được nhiều hơn \(300\) tấm so với kế hoạch ban đầu. Vì thế, Công ty A đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn đúng một ngày so với thời gian quy định và làm được nhiều hơn \(700\) tấm so với kế hoạch ban đầu. Biết rằng số tấm chắn làm ra trong một ngày là bằng nhau và nguyên cái. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày công ty A cần làm bao nhiêu tắm chắn bảo hộ?
Câu 4 (2,0 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - 3x + m = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2\).
b) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm.
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn đẳng thức:
\({x_1}^3{x_2} + {x_1}{x_2}^3 - 2{x_1}^2{x_2}^2 = 5\)
Câu 5 (3,0 điểm):
Cho ba điểm \(A,B,C\) phân biệt, cố định và thẳng hàng sao cho \(B\) nằm giữa \(A\) và \(C\). Vẽ nửa đường tròn tâm \(O\) đường kính \(BC\). Từ \(A\) kẻ tiếp tuyến \(AM\) đến nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (\(M\) là tiếp điểm). Trên cung \(MC\)lấy điểm \(E\) (\(E\) không trùng \(M\) và \(C\)), đường thẳng \(AE\) cắt nửa đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(F\) (\(F\) không trùng \(E\)). Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(EF\) và \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên đường thẳng \(BC\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(AMIO\) nội tiếp;
b) Hai tam giác \(OFH\) và \(OAF\) đồng dạng với nhau;
c) Trọng tâm G của tam giác \(OEF\) luôn nằm trên một đường tròn cố định khi điểm E thay đổi trên cung MC.
Câu 6 (1,0 điểm):
Một khúc gỗ đặc có dạng hình trụ, bán kính hình tròn đáy là 10 cm, chiều cao bằng 20 cm, người ta tiện bỏ bên trong khúc gỗ một vật dạng hình nón có bán kính hình tròn đáy là 10 cm, chiều cao bằng một nửa chiều cao của khúc gỗ (như hình vẽ bên). Tính thể tích phần khúc gỗ còn lại.
Câu 1:
Phương pháp:
a) \(\sqrt {f\left( x \right)} = a\left( {a \ge 0} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) \ge 0\\f\left( x \right) = {a^2}\end{array} \right.\)
b) Áp dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
c) Xác định các hạng tử giống nhau, đơn giản từng phân thức sau đó thực hiện phép toán để rút gọn biểu thức.
Cách giải:
a) Với \(x \ge 0\) ta có \(\sqrt x = 2 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x } \right)^2} = {2^2} \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x = 4\).
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {4.5} - \sqrt {9.5} + \sqrt 5 \\A = \sqrt {{2^2}.5} - \sqrt {{3^2}.5} + \sqrt 5 \\A = 2\sqrt 5 - 3\sqrt 5 + \sqrt 5 \\A = 0\end{array}\)
Vậy \(A = 0\).
c) Với \(x > 0,\,\,y > 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{x\sqrt x + y\sqrt y }}{{\sqrt x + \sqrt y }} - {\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)^2}\\P = \dfrac{{\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)\left( {x - \sqrt {xy} + y} \right)}}{{\sqrt x + \sqrt y }} - \left( {x - 2\sqrt {xy} + y} \right)\\P = x - \sqrt {xy} + y - x + 2\sqrt {xy} - y\\P = \sqrt {xy} \end{array}\)
Vậy với \(x > 0,\,\,y > 0\) thì \(P = \sqrt {xy} \).
Câu 2:
Phương pháp:
a) Vận dụng phương pháp cộng đại số để giải hệ phương trình.
b) Áp dụng điều kiện của hai đường thẳng song song xác định được điều kiện của hệ số \(a\) và \(b\)
\(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( {2; - 3} \right)\) xác định được hệ số \(b\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + y = 1\\x - 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6x + 2y = 2\\x - 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 7\\y = 1 - 3x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1 - 3 = - 2\end{array} \right.\).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 2} \right)\).
b) \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b \ne - 1\end{array} \right.\). Thay vào \(\left( d \right)\) ta được \(\left( d \right):y = 2x + b\,\,\left( {b \ne - 1} \right)\).
\(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( {2; - 3} \right)\) nên ta có: \( - 3 = 2.2 + b \Leftrightarrow - 3 = 4 + b \Leftrightarrow b = - 3 - 4 = - 7\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy phương trình đường thẳng của \(\left( d \right)\) cần tìm là: \(y = 2x - 7\).
Câu 3:
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, cụ thể:
Gọi số tấm chắn mà công ty A cần làm trong một ngày theo kế hoạch là \(x\,\,\,\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)\) (tấm), từ đó tính được số ngày để hoàn thành \(20000\) tấm theo kế hoạch
Tính được thực tế số tấm chắn mà công ty A làm và thời gian thực tế hoàn thành số tấm chắn làm được.
Lập phương trình, giải phương trình và kết luận.
Cách giải:
Gọi số tấm chắn mà công ty A cần làm trong một ngày theo kế hoạch là \(x\,\,\,\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)\) (tấm)
Số ngày để hoàn thành \(20000\) tấm theo kế hoạch là \(\dfrac{{20000}}{x}\)( ngày)
Thực tế: Số tấm chắn mà công ty A làm trong một ngày là \(x + 300\) (tấm chắn)
Tổng số tấm chắn mà công ty A làm theo thực tế là \(20700\)( tấm chắn)
Thời gian thực tế hoàn thành làm \(27000\) tấm chắn là \(\dfrac{{20700}}{{x + 300}}\)( ngày)
Thực tế công ty \(A\) hoàn thành công việc sớm hơn dự định là \(1\)ngày nên ta có phương trình:
\(\dfrac{{20000}}{x} - \dfrac{{20700}}{{x + 300}} = 1\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 20000\left( {x + 300} \right) - 20700x = x\left( {x + 300} \right)\\ \Leftrightarrow 20000x + 6000000 - 20700x = {x^2} + 300x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 1000x - 6000000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2000x + 3000x - 6000000 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 2000} \right) + 3000\left( {x - 2000} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2000} \right)\left( {x + 3000} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2000 = 0\\x + 3000 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2000\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 3000\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy số tấm chắn mà công ty A thực tế làm một ngày là 2000 tấm chắn .
Câu 4:
Phương pháp:
a) Thay \(m = 2\) vào phương trình của đề bài, nhận thấy đây là phương trình bậc hai ẩn \(x\)
Áp dụng nhận xét \(a + b + c = 0\) thì phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1\) và \({x_2} = \dfrac{c}{a}\)
b) Phương trình ban đầu có nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta \ge 0\) (hoặc \(\Delta ' \ge 0\))
c) Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}{x_2}\) theo tham số \(m\)
Biến đổi hệ thức của đề bài để xuất hiện \({x_1} + {x_2};{x_1}{x_2}\), giải phương trình chứa tham số \(m\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) Khi \(m = 2\) phương trình (1) trở thành: \({x^2} - 3x + 2 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right.\).
Vậy khi \(m = 2\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;2} \right\}\).
b) Để phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm thì \(\Delta \ge 0\) \( \Leftrightarrow {3^2} - 4m \ge 0 \Leftrightarrow m \le \dfrac{9}{4}\)
Vậy để phương trình (1) có nghiệm thì \(m \le \dfrac{9}{4}\).
c) Với \(m \le \dfrac{9}{4}\) phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\).
Khi đó áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x_1}^3{x_2} + {x_1}{x_2}^3 - 2{x_1}^2{x_2}^2 = 5\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1}^2 + {x_2}^2} \right) - 2{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} = 5\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] - 2{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} = 5\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2}{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} - 2{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} = 5\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} = 5\\ \Leftrightarrow {3^2} - 4{m^2} = 5 \Leftrightarrow 4{m^2} = 4\\ \Leftrightarrow {m^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 1\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m \in \left\{ {1; - 1} \right\}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 5:
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp, chứng minh \(\angle AMO = \angle AIO = {90^0}\) suy ra \(AMIO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OA\) (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn \(OA\) dưới các góc bằng \({90^0}\)).
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và trường hợp đồng dạng cạnh – góc – cạnh của hai tam giác.
c) Gọi \(N \in OA\) sao cho \(\dfrac{{ON}}{{OA}} = \dfrac{2}{3}\), từ đó chứng minh được \(NG//IA\) (định lí Ta – lét đảo)
Chứng minh \(ON\) cố định.
Cách giải:
a) Ta có: \(I\) là trung điểm của \(EF\) nên \(OI \bot EF\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cùng)
\( \Rightarrow \angle AIO = {90^0}\).
Mà \(AM\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(AM \bot OM\) (định nghĩa) \( \Rightarrow \angle AMO = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle AMO = \angle AIO = {90^0}\)\( \Rightarrow AMIO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OA\) (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn \(OA\) dưới các góc bằng \({90^0}\)).
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(AMO\) vuông tại \(M\) có \(MH\) là đường cao ta có: \(O{M^2} = OH.OA\)
Mà \(OM = OF \Rightarrow O{F^2} = OH.OA \Rightarrow \dfrac{{OH}}{{OF}} = \dfrac{{OF}}{{OA}}\).
Xét \(\Delta OFH\) và \(\Delta OAF\) ta có:
\(\angle FOA\) chung;
\(\dfrac{{OH}}{{OF}} = \dfrac{{OF}}{{OA}}\,\,\left( {cmt} \right)\);
\( \Rightarrow \Delta OFH \sim \Delta OAF\,\,\,\left( {c.g.c} \right)\,\,\left( {dpcm} \right)\)
c) Gọi \(N \in OA\) sao cho \(\dfrac{{ON}}{{OA}} = \dfrac{2}{3}\), khi đó ta có \(\dfrac{{ON}}{{OA}} = \dfrac{{OG}}{{OI}} = \dfrac{2}{3}\) \( \Rightarrow NG//IA\) (định lí Ta-lét đảo).
Mà \(AI \bot OI\,\,\left( {do\,\,OI \bot EF} \right)\) \( \Rightarrow NG \bot OI\) tại \(G\) \( \Rightarrow \angle OGN = {90^0}\).
\( \Rightarrow G\) thuộc đường tròn đường kính \(ON\).
Vì \(A,\,\,B,\,\,C\) cố định \( \Rightarrow O\) cố định \( \Rightarrow OA\) không đổi \( \Rightarrow ON\) không đổi \( \Rightarrow N\) cố định.
\( \Rightarrow \) Đường tròn đường kính \(ON\) cố định.
Vậy khi điểm E thay đổi trên cung MC thì trọng tâm G của tam giác \(OEF\) luôn nằm trên một đường tròn cố định là đường tròn đường kính \(ON\) với \(ON = \dfrac{2}{3}OA\) (đpcm).
Câu 6:
Phương pháp:
Tính thể tích ban đầu của khúc gỗ: \({V_1} = \pi {r^2}h\) (áp dụng công thức tính thể tích của khối trụ)
Tính thể tích khối gỗ hình nón: \({V_2} = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h\) (áp dụng công thức tính thể tích của khối nón)
Vậy thể tịch khúc gõ còn lại là \(V = {V_1} - {V_2}\)
Cách giải:
Thể tích ban đầu của khúc gỗ là: \({V_1} = \pi {.10^2}.20 = 2000\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\).
Thể tích khối gỗ hình nón bị tiện bỏ là: \({V_2} = \dfrac{1}{3}\pi {.10^2}.10 = \dfrac{{1000}}{3}\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\).
Vậy thể tích phần khúc gỗ còn lại là \(V = {V_1} - {V_2} = 2000\pi - \dfrac{{1000}}{3}\pi = \dfrac{{5000}}{3}\pi \approx 5236\,\,\left( {c{m^3}} \right)\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để giúp các em học sinh tỉnh Huế có sự chuẩn bị tốt nhất, giaibaitoan.com xin giới thiệu và phân tích chi tiết các đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2021.
Đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2021 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Chúng ta sẽ đi vào phân tích chi tiết từng đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2021:
Đề thi số 1 tập trung vào các kiến thức về đại số, đặc biệt là phương trình bậc hai và hệ phương trình. Các câu hỏi trắc nghiệm yêu cầu học sinh nắm vững các công thức và kỹ năng giải nhanh. Phần tự luận đòi hỏi học sinh phải trình bày lời giải một cách logic và chính xác.
Đề thi số 2 có xu hướng tập trung vào hình học, đặc biệt là các bài toán liên quan đến tam giác và đường tròn. Các câu hỏi yêu cầu học sinh vận dụng các định lý và tính chất hình học để giải quyết vấn đề. Phần tự luận thường có các bài toán chứng minh và tính toán phức tạp.
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi vào 10 môn Toán Huế, các em học sinh cần:
Ngoài các đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2021, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Các giáo viên có kinh nghiệm thường khuyên học sinh nên tập trung vào việc hiểu bản chất của các khái niệm và công thức, thay vì chỉ học thuộc lòng. Đồng thời, các em cũng nên dành thời gian để rèn luyện kỹ năng giải quyết vấn đề và tư duy logic.
Hy vọng rằng với những phân tích chi tiết và hướng dẫn giải đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2021 mà giaibaitoan.com cung cấp, các em học sinh sẽ có sự chuẩn bị tốt nhất và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
