Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Nghệ An năm 2018. 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. Các em có thể sử dụng để tự học, luyện tập hoặc tham khảo cùng bạn bè.
Câu 1 (2,5 điểm): a) So sánh
Câu 1 (2,5 điểm):
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Câu 2 (2 điểm):
Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số.
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Câu 3 (1,5 điểm):
Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau).
Câu 4 (3 điểm):
Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) KM.KA = KE.KF.
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Câu 5 (1 điểm):
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
Câu 1 (2,5 điểm):
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Câu 2 (2 điểm):
Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số.
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Câu 3 (1,5 điểm):
Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau).
Câu 4 (3 điểm):
Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) KM.KA = KE.KF.
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Câu 5 (1 điểm):
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
Câu 1: a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\) b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\) c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\) |
Phương pháp:
a) Rút gọn số hạng thứ nhất sau đó so sánh theo tính chất: với mọi \(a > b > 0\) ta có: \(\sqrt a > \sqrt b .\)
b) Quy đồng mẫu các phân thức và rút gọn biểu thức ở vế trái sao cho bằng biểu thức ở vế phải.
c) Thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số đểm tìm m.
Cách giải:
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
Ta có: \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} = 2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 = 5\sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} = \sqrt {75} .\)
Vì \(75 > 74 \Rightarrow \sqrt {75} > \sqrt {74} \Rightarrow 2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
Vậy \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
\(\begin{array}{l}\;\;\;\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 2 - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{4}{{x - 4}}.\dfrac{{x - 4}}{4} = 1\;\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\;x \ne 4\) ta có: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right) \Rightarrow 2 = 3.1 + m \Leftrightarrow m = - 1.\)
Vậy \(m = - 1.\)
Câu 2: Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số. |
Phương pháp:
a) Thay giá trị \(m = - 2\) vào phương trình sau đó giải phương trình bậc hai một ẩn.
b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
+) Áp dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) và biểu thức bài cho để tìm \(m.\)
Cách giải:
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
Với \(m = - 2\) ta có phương trình
\(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy với \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3;\;1} \right\}.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\( \Leftrightarrow 1 - m + 1 > 0 \Leftrightarrow m < 2.\)
Với \(m < 2\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = m - 1\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \({x_1} = 2{x_2}.\)
Kết hợp với phương trình (1) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} = 2{x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} - 2{x_2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = - \dfrac{4}{3}\\{x_2} = - \dfrac{2}{3}\end{array} \right..\)
\( \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = m - 1 \Leftrightarrow \left( { - \dfrac{2}{3}} \right).\left( { - \dfrac{4}{3}} \right) = m - 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{{17}}{9}\;\;\left( {tm} \right).\)
Vậy \(m = \dfrac{{17}}{9}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 3: Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau). |
Phương pháp:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Dựa vào giả thiết của bài toán để lập hệ phương trình và giải hệ phương trình.
+) Phương trình thứ nhất: Số sách lớp 8 + số sách lớp 9 quyên góp được = 540.
+) Phương trình thứ hai: Số sách mỗi học sinh khối 9 – số sách mỗi học sinh khối 8 = 1.
Giải hệ phương trình vừa lập để tìm \(x,\;y\) và kết luận.
Cách giải:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Số sách cả hai khối quyên góp được là: \(x + y = 540\;\;\;\;\left( 1 \right).\)
Số sách một bạn học sinh khối 8 quyên góp là: \(\dfrac{x}{{120}}\) (quyển)
Số sách một bạn học sinh khối 9 quyên góp là: \(\dfrac{y}{{100}}\) (quyển)
Mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển nên ta có phương trình:
\(\dfrac{y}{{100}} - \dfrac{x}{{120}} = 1 \Leftrightarrow - 5x + 6y = 600\;\;\;\left( 2 \right).\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 540\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 5y = 2700\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11y = 3300\\x = 540 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 300\;\;\left( {tm} \right)\\x = 240\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)
Vậy khối 9 đã quyên góp được 300 quyển sách, khối 8 đã quyên góp được 240 quyển sách.
Câu 4: Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng: |
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác BCEF có hai đỉnh E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc bằng nhau.
b) Chứng minh tam giác MKB và tam giác CKA đồng dạng, chứng minh tam giác KBF và tam giác KEC đồng dạng.
c) Kéo dài MH cắt (O) tại I. chứng minh AI là đường kính của đường tròn (O).
Chứng minh BICH là hình bình hành, suy ra MH đi qua trung điểm của BC cố định.
Cách giải:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(BFEC\) ta có: \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^0}\)
Mà hai đỉnh này cùng kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(BC\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow BCEF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
b) KM.KA = KE.KF.
Vì \(BMAC\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta MKB\) và \(\Delta CKA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {AKC}\;\;chung\\\widehat {KMB} = \widehat {ACK}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MKB \sim \Delta CKA\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{MK}}{{CK}} = \dfrac{{KB}}{{KA}} \Leftrightarrow KM.KA = KC.KB\;\;\;\;\left( 1 \right).\end{array}\)
Vì tứ giác \(BCEF\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KBF} = \widehat {FEC}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta KBF\) và \(\Delta KEC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {CKF}\;\;chung\\\widehat {KBF} = \widehat {KEC}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta KBF \sim \Delta KEC\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{KB}}{{KE}} = \dfrac{{KF}}{{KC}} \Leftrightarrow KB.KC = KF.KF\;\;\;\;\left( 2 \right).\end{array}\)
Từ (1) và (2) ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( { = KB.KC} \right).\;\;\;\left( {dpcm} \right)\)
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Kéo dài \(MH\) cắt đường tròn tại \(I.\)
Ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( {cmt} \right) \Rightarrow \dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}.\)
Xét \(\Delta KME\) và \(\Delta KFA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}\;\;\left( {cmt} \right)\\\widehat {AKE}\;\;chung.\\ \Rightarrow \Delta KME \sim \Delta KFA\;\left( {c.g.c} \right).\\ \Rightarrow \widehat {KAF} = \widehat {KEM}\;\;hay\;\;\widehat {MEF} = \widehat {MAF}.\end{array}\)
Mà hai góc này là hai góc kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(MF\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow MAEF\) là tứ giác nội tiếp hay \(M,\;A,\;E,\;F\) cùng thuộc một đường tròn. (dhnb)
Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.\)
\( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp hay \(A,\;E,\;H,\;F\) cùng thuộc một đường tròn.
\( \Rightarrow A,\;M,\;F,\;H,\;E\) cùng thuộc một đường tròn.
Lại có \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = {90^0} \Rightarrow AH\) đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm \(A,\;M,\;F,\;H,\;E.\)
Mặt khác, \(\widehat {AMH}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {AMH} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {AMI} = {90^0} \Rightarrow AI\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right).\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {ABI} = {90^0}\;\;hay\;\;AB \bot BI.\\ \Rightarrow BI//CF\;\;hay\;\;BC//CF\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta được \(CI//BE\;\;hay\;\;CI//BH.\)
\( \Rightarrow BHCI\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
\( \Rightarrow BC \cap HI = \left\{ J \right\}\) hay \(BC \cap MH = \left\{ J \right\}\) với \(J\) là trung điểm của \(BC.\)
Mà \(BC\) cố định nên \(J\) cố định.
Vậy khi \(A\) thay đổi ta có \(MH\) luôn đi qua trung điểm \(J\) cố định của cạnh \(BC.\)
Câu 5:
Cách giải:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Điều kiện: \(1 - x - 2{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le \dfrac{1}{2}.\)
Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y \Leftrightarrow 2{x^2} - 2xy + x - y = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2x\left( {x - y} \right) + \left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + 1 = 0\\x - y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \dfrac{1}{2}\;\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = y\end{array} \right..\end{array}\)
+) Với \(x = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow y + 2\sqrt {1 + \dfrac{1}{2} - 2.\dfrac{1}{4}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y + 2 = 2 + 2{y^2} \Leftrightarrow 2{y^2} - y = 0\\ \Leftrightarrow y\left( {2y - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\2y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right..\end{array}\)
Khi đó hệ có tập nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}.\)
+) Với \(x = y \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow x + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {x^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 + 1\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 - 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow 4{x^2} + {\left( {\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 0\\\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\1 - x - 2{x^2} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} + x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0\;\;\left( {tm} \right) \Rightarrow y = 0.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right),\;\;\left( {0;\;0} \right)} \right\}.\)
Câu 1: a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\) b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\) c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\) |
Phương pháp:
a) Rút gọn số hạng thứ nhất sau đó so sánh theo tính chất: với mọi \(a > b > 0\) ta có: \(\sqrt a > \sqrt b .\)
b) Quy đồng mẫu các phân thức và rút gọn biểu thức ở vế trái sao cho bằng biểu thức ở vế phải.
c) Thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số đểm tìm m.
Cách giải:
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
Ta có: \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} = 2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 = 5\sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} = \sqrt {75} .\)
Vì \(75 > 74 \Rightarrow \sqrt {75} > \sqrt {74} \Rightarrow 2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
Vậy \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
\(\begin{array}{l}\;\;\;\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 2 - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{4}{{x - 4}}.\dfrac{{x - 4}}{4} = 1\;\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\;x \ne 4\) ta có: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right) \Rightarrow 2 = 3.1 + m \Leftrightarrow m = - 1.\)
Vậy \(m = - 1.\)
Câu 2: Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số. |
Phương pháp:
a) Thay giá trị \(m = - 2\) vào phương trình sau đó giải phương trình bậc hai một ẩn.
b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
+) Áp dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) và biểu thức bài cho để tìm \(m.\)
Cách giải:
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
Với \(m = - 2\) ta có phương trình
\(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy với \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3;\;1} \right\}.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\( \Leftrightarrow 1 - m + 1 > 0 \Leftrightarrow m < 2.\)
Với \(m < 2\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = m - 1\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \({x_1} = 2{x_2}.\)
Kết hợp với phương trình (1) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} = 2{x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} - 2{x_2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = - \dfrac{4}{3}\\{x_2} = - \dfrac{2}{3}\end{array} \right..\)
\( \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = m - 1 \Leftrightarrow \left( { - \dfrac{2}{3}} \right).\left( { - \dfrac{4}{3}} \right) = m - 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{{17}}{9}\;\;\left( {tm} \right).\)
Vậy \(m = \dfrac{{17}}{9}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 3: Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau). |
Phương pháp:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Dựa vào giả thiết của bài toán để lập hệ phương trình và giải hệ phương trình.
+) Phương trình thứ nhất: Số sách lớp 8 + số sách lớp 9 quyên góp được = 540.
+) Phương trình thứ hai: Số sách mỗi học sinh khối 9 – số sách mỗi học sinh khối 8 = 1.
Giải hệ phương trình vừa lập để tìm \(x,\;y\) và kết luận.
Cách giải:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Số sách cả hai khối quyên góp được là: \(x + y = 540\;\;\;\;\left( 1 \right).\)
Số sách một bạn học sinh khối 8 quyên góp là: \(\dfrac{x}{{120}}\) (quyển)
Số sách một bạn học sinh khối 9 quyên góp là: \(\dfrac{y}{{100}}\) (quyển)
Mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển nên ta có phương trình:
\(\dfrac{y}{{100}} - \dfrac{x}{{120}} = 1 \Leftrightarrow - 5x + 6y = 600\;\;\;\left( 2 \right).\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 540\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 5y = 2700\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11y = 3300\\x = 540 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 300\;\;\left( {tm} \right)\\x = 240\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)
Vậy khối 9 đã quyên góp được 300 quyển sách, khối 8 đã quyên góp được 240 quyển sách.
Câu 4: Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng: |
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác BCEF có hai đỉnh E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc bằng nhau.
b) Chứng minh tam giác MKB và tam giác CKA đồng dạng, chứng minh tam giác KBF và tam giác KEC đồng dạng.
c) Kéo dài MH cắt (O) tại I. chứng minh AI là đường kính của đường tròn (O).
Chứng minh BICH là hình bình hành, suy ra MH đi qua trung điểm của BC cố định.
Cách giải:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(BFEC\) ta có: \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^0}\)
Mà hai đỉnh này cùng kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(BC\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow BCEF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
b) KM.KA = KE.KF.
Vì \(BMAC\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta MKB\) và \(\Delta CKA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {AKC}\;\;chung\\\widehat {KMB} = \widehat {ACK}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MKB \sim \Delta CKA\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{MK}}{{CK}} = \dfrac{{KB}}{{KA}} \Leftrightarrow KM.KA = KC.KB\;\;\;\;\left( 1 \right).\end{array}\)
Vì tứ giác \(BCEF\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KBF} = \widehat {FEC}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta KBF\) và \(\Delta KEC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {CKF}\;\;chung\\\widehat {KBF} = \widehat {KEC}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta KBF \sim \Delta KEC\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{KB}}{{KE}} = \dfrac{{KF}}{{KC}} \Leftrightarrow KB.KC = KF.KF\;\;\;\;\left( 2 \right).\end{array}\)
Từ (1) và (2) ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( { = KB.KC} \right).\;\;\;\left( {dpcm} \right)\)
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Kéo dài \(MH\) cắt đường tròn tại \(I.\)
Ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( {cmt} \right) \Rightarrow \dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}.\)
Xét \(\Delta KME\) và \(\Delta KFA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}\;\;\left( {cmt} \right)\\\widehat {AKE}\;\;chung.\\ \Rightarrow \Delta KME \sim \Delta KFA\;\left( {c.g.c} \right).\\ \Rightarrow \widehat {KAF} = \widehat {KEM}\;\;hay\;\;\widehat {MEF} = \widehat {MAF}.\end{array}\)
Mà hai góc này là hai góc kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(MF\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow MAEF\) là tứ giác nội tiếp hay \(M,\;A,\;E,\;F\) cùng thuộc một đường tròn. (dhnb)
Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.\)
\( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp hay \(A,\;E,\;H,\;F\) cùng thuộc một đường tròn.
\( \Rightarrow A,\;M,\;F,\;H,\;E\) cùng thuộc một đường tròn.
Lại có \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = {90^0} \Rightarrow AH\) đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm \(A,\;M,\;F,\;H,\;E.\)
Mặt khác, \(\widehat {AMH}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {AMH} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {AMI} = {90^0} \Rightarrow AI\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right).\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {ABI} = {90^0}\;\;hay\;\;AB \bot BI.\\ \Rightarrow BI//CF\;\;hay\;\;BC//CF\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta được \(CI//BE\;\;hay\;\;CI//BH.\)
\( \Rightarrow BHCI\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
\( \Rightarrow BC \cap HI = \left\{ J \right\}\) hay \(BC \cap MH = \left\{ J \right\}\) với \(J\) là trung điểm của \(BC.\)
Mà \(BC\) cố định nên \(J\) cố định.
Vậy khi \(A\) thay đổi ta có \(MH\) luôn đi qua trung điểm \(J\) cố định của cạnh \(BC.\)
Câu 5:
Cách giải:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Điều kiện: \(1 - x - 2{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le \dfrac{1}{2}.\)
Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y \Leftrightarrow 2{x^2} - 2xy + x - y = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2x\left( {x - y} \right) + \left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + 1 = 0\\x - y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \dfrac{1}{2}\;\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = y\end{array} \right..\end{array}\)
+) Với \(x = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow y + 2\sqrt {1 + \dfrac{1}{2} - 2.\dfrac{1}{4}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y + 2 = 2 + 2{y^2} \Leftrightarrow 2{y^2} - y = 0\\ \Leftrightarrow y\left( {2y - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\2y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right..\end{array}\)
Khi đó hệ có tập nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}.\)
+) Với \(x = y \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow x + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {x^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 + 1\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 - 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow 4{x^2} + {\left( {\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 0\\\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\1 - x - 2{x^2} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} + x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0\;\;\left( {tm} \right) \Rightarrow y = 0.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right),\;\;\left( {0;\;0} \right)} \right\}.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 là một nguồn tài liệu quý giá để các em học sinh có thể làm quen với dạng đề và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Ví dụ: Giải phương trình 2x + 3 = 7
Hướng dẫn giải:
Ví dụ: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Chứng minh rằng AH2 = BH.CH
Hướng dẫn giải:
Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: AH2 = BH.CH
Để đạt kết quả tốt nhất, các em học sinh nên luyện tập thường xuyên với đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018. Sau khi làm xong, hãy tự kiểm tra và đối chiếu với đáp án để rút ra kinh nghiệm và khắc phục những lỗi sai.
Việc ôn tập và luyện đề là một phần không thể thiếu trong quá trình chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Nó giúp các em học sinh:
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018, các em học sinh có thể tham khảo thêm các nguồn tài liệu ôn thi khác như:
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10, các em học sinh nên:
Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 là một tài liệu ôn thi vô cùng hữu ích. Hy vọng rằng, với những phân tích và hướng dẫn giải chi tiết, các em học sinh sẽ tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới và đạt được kết quả tốt nhất.
