Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Quảng Ngãi năm 2020 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.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập, giúp các em nắm vững kiến thức và đạt kết quả tốt nhất.
Câu 1: 1. Thực hiện phép tính
Câu 1:
1. Thực hiện phép tính \(16\sqrt 9 - 9\sqrt {16} \)
2. Cho hàm số \(y = a{x^2}\) , với \(a\) là tham số
a) Tìm \(a\) để đồ thị hàm số qua điểm \(M\left( {2;8} \right)\)
b) Vẽ đồ thị của hàm số ứng với giá trị \(a\) tìm được.
Câu 2:
1. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} - 5x + 4 = 0\)
b) \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 8\\2x - y = 3\end{array} \right..\)
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + m - 4 = 0\), với \(m\) là tham số
a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)
b) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Chứng minh giá trị biểu thức \(A = {x_1}\left( {1 - {x_2}} \right) + {x_2}\left( {1 - {x_1}} \right)\) không phụ thuộc \(m\).
Câu 3:
Để chuẩn bị vào năm học mới, bạn An muốn mua một cái cặp và một đôi giày. Bạn đã tìm hiểu, theo giá niêm yết thì tổng số tiền để mua hai vật dụng trên là 850.000 đồng. Khi bạn An đến mua thì của hàng có chương trình giảm giá: cái cặp được giảm 15.000 đồng, đôi giày được giảm 10% so với giá niêm yết. Do đó bạn An mua hai vật dụng trên chỉ với số tiền 785.000 đồng. Hỏi giá niêm yết của mỗi vật dụng trên là bao nhiêu?
Câu 4:
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn đó (với \(M \ne A\) và \(M \ne B\)). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax. Tía BM cắt Ax tại I, tia phân giác của góc \(\angle IAM\) cắt nửa đường tròn tại E và cắt tia BM tại F, tia BE cắt AM tại K và cắt Ax tại H.
a) Chứng minh tứ giác EFMK nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh ABF là tam giác cân.
c) Chứng minh tứ giác AKFH là hình thoi.
d) Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AKFI nội tiếp được đường tròn.
Câu 5:
Cho hai số thực \(x;y\) thỏa mãn \(x + y = 5\) và \(xy = - 2\) . Tính giá trị của biểu thức: \(P = \dfrac{{{x^3}}}{{{y^2}}} + \dfrac{{{y^3}}}{{{x^2}}} + 2020\)
Câu 1:
1. Thực hiện phép tính \(16\sqrt 9 - 9\sqrt {16} \)
2. Cho hàm số \(y = a{x^2}\) , với \(a\) là tham số
a) Tìm \(a\) để đồ thị hàm số qua điểm \(M\left( {2;8} \right)\)
b) Vẽ đồ thị của hàm số ứng với giá trị \(a\) tìm được.
Câu 2:
1. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} - 5x + 4 = 0\)
b) \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 8\\2x - y = 3\end{array} \right..\)
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + m - 4 = 0\), với \(m\) là tham số
a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)
b) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Chứng minh giá trị biểu thức \(A = {x_1}\left( {1 - {x_2}} \right) + {x_2}\left( {1 - {x_1}} \right)\) không phụ thuộc \(m\).
Câu 3:
Để chuẩn bị vào năm học mới, bạn An muốn mua một cái cặp và một đôi giày. Bạn đã tìm hiểu, theo giá niêm yết thì tổng số tiền để mua hai vật dụng trên là 850.000 đồng. Khi bạn An đến mua thì của hàng có chương trình giảm giá: cái cặp được giảm 15.000 đồng, đôi giày được giảm 10% so với giá niêm yết. Do đó bạn An mua hai vật dụng trên chỉ với số tiền 785.000 đồng. Hỏi giá niêm yết của mỗi vật dụng trên là bao nhiêu?
Câu 4:
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn đó (với \(M \ne A\) và \(M \ne B\)). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax. Tía BM cắt Ax tại I, tia phân giác của góc \(\angle IAM\) cắt nửa đường tròn tại E và cắt tia BM tại F, tia BE cắt AM tại K và cắt Ax tại H.
a) Chứng minh tứ giác EFMK nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh ABF là tam giác cân.
c) Chứng minh tứ giác AKFH là hình thoi.
d) Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AKFI nội tiếp được đường tròn.
Câu 5:
Cho hai số thực \(x;y\) thỏa mãn \(x + y = 5\) và \(xy = - 2\) . Tính giá trị của biểu thức: \(P = \dfrac{{{x^3}}}{{{y^2}}} + \dfrac{{{y^3}}}{{{x^2}}} + 2020\)
Câu 1 (2 điểm)
Cách giải:
1. Thực hiện phép tính \(16\sqrt 9 - 9\sqrt {16} \)
Ta có: \(16\sqrt 9 - 9\sqrt {16} \)\( = 16.3 - 9.4 = 48 - 36 = 12\)
2. Cho hàm số \(y = a{x^2}\) , với \(a\) là tham số
a) Tìm \(a\) để đồ thị hàm số qua điểm \(M\left( {2;8} \right)\)
Thay \(x = 2;y = 8\) vào hàm số \(y = a{x^2}\) ta được: \(8 = a{.2^2} \Leftrightarrow 4a = 8 \Leftrightarrow a = 2\)
Vậy \(a = 2\)
b) Vẽ đồ thị của hàm số ứng với giá trị \(a\) tìm được.
Với \(a = 2\) (câu a) ta có hàm số \(y = 2{x^2}.\)
Bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = 2{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(1\) | \(8\) |
Vậy đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) là parabol đi qua 5 điểm \(\left( { - 2;8} \right);\left( { - 1;2} \right);\left( {0;0} \right);\left( {1;2} \right);\left( {2;8} \right)\)
Câu 2 (2 điểm)
Cách giải:
1. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} - 5x + 4 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - x - 4x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 4\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy phương trình có nghiệm \(x = 1;x = 4\)
b) \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 8\\2x - y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 8\\4x - 2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 14\\2x - y = 3\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2.2 - y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\)
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + m - 4 = 0\), với \(m\) là tham số
a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)
Xét phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + m - 4 = 0\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 1.\left( {m - 4} \right)\\ = {m^2} + 2m + 1 - m + 4\\ = {m^2} + m + 5\end{array}\)
\(\begin{array}{l} = {m^2} + 2.m.\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{{19}}{4}\\ = {\left( {m + \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{{19}}{4}\end{array}\)
Vì \({\left( {m + \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m\) nên \({\left( {m + \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{{19}}{4} \ge \dfrac{{19}}{4} > 0\) với mọi \(m\)
Hay \(\Delta ' > 0\) với mọi \(m\) nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)
b) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Chứng minh giá trị biểu thức \(A = {x_1}\left( {1 - {x_2}} \right) + {x_2}\left( {1 - {x_1}} \right)\) không phụ thuộc \(m\).
Theo câu a) phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)
Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình.
Theo hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right) = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = m - 4\end{array} \right.\)
Ta có: \(A = {x_1}\left( {1 - {x_2}} \right) + {x_2}\left( {1 - {x_1}} \right)\)
\(\begin{array}{l} = {x_1} - {x_1}{x_2} + {x_2} - {x_1}{x_2}\\ = \left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2{x_1}{x_2}\\ = 2m + 2 - 2\left( {m - 4} \right)\\ = 2m + 2 - 2m + 8\\ = 10\end{array}\)
Vậy \(A = 10\) không phụ thuộc vào \(m.\)
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Để chuẩn bị vào năm học mới, bạn An muốn mua một cái cặp và một đôi giày. Bạn đã tìm hiểu, theo giá niêm yết thì tổng số tiền để mua hai vật dụng trên là 850.000 đồng. Khi bạn An đến mua thì của hàng có chương trình giảm giá: cái cặp được giảm 15.000 đồng, đôi giày được giảm 10% so với giá niêm yết. Do đó bạn An mua hai vật dụng trên chỉ với số tiền 785.000 đồng. Hỏi giá niêm yết của mỗi vật dụng trên là bao nhiêu?
Gọi giá niêm yết của một cái cặp bạn An muốn mua là: \(x\) (đồng), \(\left( {15\,\,000 < x < 850\,\,000} \right).\)
Giá niêm yết của một đôi giày bạn An muốn mua là: \(y\) (đồng), \(\left( {0 < y < 850\,\,000} \right).\)
Giá niêm yết của một chiếc cặp và một đôi giày là \(850\,\,000\) đồng nên ta có phương trình:
\(x + y = 850\,\,000\,\,\,\left( 1 \right)\)
Giá của chiếc cặp sau khi giảm giá \(15\,\,000\) đồng là:\(x - 15\,\,000\) (đồng).
Giá của đôi giày sau khi giảm giá \(10\% \) là: \(y - 10\% y = \dfrac{9}{{10}}y\) (đồng).
Sau khi giảm giá bạn An trả tiền cho chiếc cặp và đôi giày là \(785\,\,000\) đồng nên ta có phương trình:
\(x - 15\,\,000 + \dfrac{9}{{10}}y = 785\,\,000\) \( \Leftrightarrow 10x + 9y = 8\,\,000\,\,000\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 850\,\,\,000\\10x + 9y = 8\,\,000\,\,000\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}10x + 10y = 8\,\,500\,\,000\\10x + 9y = 8\,\,000\,\,000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 500\,\,000\\x = 850\,\,000 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 350\,\,000\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\y = 500\,\,000\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy giá niêm yết bạn An mua một cặp sách là 350 000 đồng và một đôi giày là 500 000 đồng.
Câu 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn đó (với \(M \ne A\) và \(M \ne B\)). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax. Tía BM cắt Ax tại I, tia phân giác của góc \(\angle IAM\) cắt nửa đường tròn tại E và cắt tia BM tại F, tia BE cắt AM tại K và cắt Ax tại H.
a) Chứng minh tứ giác EFMK nội tiếp đường tròn.
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có:
\(\angle AEB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \angle FEK = {90^0}\)
\(\angle AMB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \angle FMK = {90^0}\)
Tứ giác EFMK có \(\angle FEK + \angle FMK = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
Vậy tứ giác EFMK nội tiếp đường tròn (đpcm).
b) Chứng minh ABF là tam giác cân.
Tứ giác AEMB nội tiếp nên \(\angle EAM = \angle EBM\) (cùng chắn cung EM)
Mà AF là tia phân giác của \(\angle IAM\) nên \(\angle IAF = \angle FAM = \angle EAM\)
\( \Rightarrow \angle EBM = \angle EBM = \angle FAI\)
Mà \(\angle FAI + \angle FAB = \angle IAB = {90^0}\)
\(\angle EBM + \angle EFB = {90^0}\)
Nên \(\angle FAB = \angle EFB = \angle AFB\).
Tam giác ABF có \(\angle FAB = \angle AFB\) nên là tam giác cân tại B (đpcm).
c) Chứng minh tứ giác AKFH là hình thoi.
Tam giác ABF cân tại B (câu b) nên \(BE\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến.
\( \Rightarrow E\) là trung điểm AF.
Tam giác AHK có \(AE\) vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên là tam giác cân tại \(A\)
\( \Rightarrow AE\) cũng là đường trung tuyến của tam giác
\( \Rightarrow E\) là trung điểm của HK.
Tứ giác AKFH có hai đường chéo AF, HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.
Mà \(HK \bot AF\) nên tứ giác AKFH là hình thoi (dhnb) (đpcm).
d) Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AKFI nội tiếp được đường tròn.
AKFH là hình thoi nên \(FK//AH \Rightarrow FK//AI\) nên tứ giác AKFI là hình thang.
Để tứ giác AKFI là tứ giác nội tiếp thì \(\angle AKF + \angle AIF = {180^0}\)
Mà \(\angle AKF + \angle KAI = {180^0}\) (kề bù)
Nên \(\angle AIF = \angle KAI\) hay \(\angle AIM = \angle MAI\)
Do đó tam giác \(AMI\) vuông cân \( \Rightarrow MAI = {45^0} \Rightarrow \angle MAB = {45^0}\)
\( \Rightarrow sd\,cung\,MB = 2\angle MAB = {2.45^0} = {90^0}\)
\( \Rightarrow M\) là điểm chính giữa cung AB.
Câu 5 (1 điểm)
Cách giải:
Cho hai số thực \(x;y\) thỏa mãn \(x + y = 5\) và \(xy = - 2\) . Tính giá trị của biểu thức: \(P = \dfrac{{{x^3}}}{{{y^2}}} + \dfrac{{{y^3}}}{{{x^2}}} + 2020\)
Ta có:
\({x^2} + {y^2} = {\left( {x + y} \right)^2} - 2xy\) \( = {5^2} - 2.\left( { - 2} \right) = 29\)
\({x^3} + {y^3} = {\left( {x + y} \right)^3} - 3xy\left( {x + y} \right)\) \( = {5^3} - 3.\left( { - 2} \right).5 = 155\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow P = \dfrac{{{x^3}}}{{{y^2}}} + \dfrac{{{y^3}}}{{{x^2}}} + 2020 = \dfrac{{{x^5} + {y^5}}}{{{x^2}{y^2}}} + 2020\\ = \dfrac{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {{x^3} + {y^3}} \right) - \left( {{x^2}{y^3} + {x^3}{y^2}} \right)}}{{{{\left( {xy} \right)}^2}}} + 2020\\ = \dfrac{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {{x^3} + {y^3}} \right) - {x^2}{y^2}\left( {x + y} \right)}}{{{{\left( {xy} \right)}^2}}} + 2020\\ = \dfrac{{29.155 - {{\left( { - 2} \right)}^2}.5}}{{{{\left( { - 2} \right)}^2}}} + 2020\\ = \dfrac{{12555}}{4}.\end{array}\)
Vậy \(P = \dfrac{{12555}}{4}\) .
Câu 1 (2 điểm)
Cách giải:
1. Thực hiện phép tính \(16\sqrt 9 - 9\sqrt {16} \)
Ta có: \(16\sqrt 9 - 9\sqrt {16} \)\( = 16.3 - 9.4 = 48 - 36 = 12\)
2. Cho hàm số \(y = a{x^2}\) , với \(a\) là tham số
a) Tìm \(a\) để đồ thị hàm số qua điểm \(M\left( {2;8} \right)\)
Thay \(x = 2;y = 8\) vào hàm số \(y = a{x^2}\) ta được: \(8 = a{.2^2} \Leftrightarrow 4a = 8 \Leftrightarrow a = 2\)
Vậy \(a = 2\)
b) Vẽ đồ thị của hàm số ứng với giá trị \(a\) tìm được.
Với \(a = 2\) (câu a) ta có hàm số \(y = 2{x^2}.\)
Bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = 2{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(1\) | \(8\) |
Vậy đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) là parabol đi qua 5 điểm \(\left( { - 2;8} \right);\left( { - 1;2} \right);\left( {0;0} \right);\left( {1;2} \right);\left( {2;8} \right)\)
Câu 2 (2 điểm)
Cách giải:
1. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} - 5x + 4 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - x - 4x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 4\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy phương trình có nghiệm \(x = 1;x = 4\)
b) \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 8\\2x - y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 8\\4x - 2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 14\\2x - y = 3\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2.2 - y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\)
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + m - 4 = 0\), với \(m\) là tham số
a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)
Xét phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + m - 4 = 0\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 1.\left( {m - 4} \right)\\ = {m^2} + 2m + 1 - m + 4\\ = {m^2} + m + 5\end{array}\)
\(\begin{array}{l} = {m^2} + 2.m.\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{{19}}{4}\\ = {\left( {m + \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{{19}}{4}\end{array}\)
Vì \({\left( {m + \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m\) nên \({\left( {m + \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{{19}}{4} \ge \dfrac{{19}}{4} > 0\) với mọi \(m\)
Hay \(\Delta ' > 0\) với mọi \(m\) nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)
b) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Chứng minh giá trị biểu thức \(A = {x_1}\left( {1 - {x_2}} \right) + {x_2}\left( {1 - {x_1}} \right)\) không phụ thuộc \(m\).
Theo câu a) phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)
Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình.
Theo hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right) = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = m - 4\end{array} \right.\)
Ta có: \(A = {x_1}\left( {1 - {x_2}} \right) + {x_2}\left( {1 - {x_1}} \right)\)
\(\begin{array}{l} = {x_1} - {x_1}{x_2} + {x_2} - {x_1}{x_2}\\ = \left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2{x_1}{x_2}\\ = 2m + 2 - 2\left( {m - 4} \right)\\ = 2m + 2 - 2m + 8\\ = 10\end{array}\)
Vậy \(A = 10\) không phụ thuộc vào \(m.\)
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Để chuẩn bị vào năm học mới, bạn An muốn mua một cái cặp và một đôi giày. Bạn đã tìm hiểu, theo giá niêm yết thì tổng số tiền để mua hai vật dụng trên là 850.000 đồng. Khi bạn An đến mua thì của hàng có chương trình giảm giá: cái cặp được giảm 15.000 đồng, đôi giày được giảm 10% so với giá niêm yết. Do đó bạn An mua hai vật dụng trên chỉ với số tiền 785.000 đồng. Hỏi giá niêm yết của mỗi vật dụng trên là bao nhiêu?
Gọi giá niêm yết của một cái cặp bạn An muốn mua là: \(x\) (đồng), \(\left( {15\,\,000 < x < 850\,\,000} \right).\)
Giá niêm yết của một đôi giày bạn An muốn mua là: \(y\) (đồng), \(\left( {0 < y < 850\,\,000} \right).\)
Giá niêm yết của một chiếc cặp và một đôi giày là \(850\,\,000\) đồng nên ta có phương trình:
\(x + y = 850\,\,000\,\,\,\left( 1 \right)\)
Giá của chiếc cặp sau khi giảm giá \(15\,\,000\) đồng là:\(x - 15\,\,000\) (đồng).
Giá của đôi giày sau khi giảm giá \(10\% \) là: \(y - 10\% y = \dfrac{9}{{10}}y\) (đồng).
Sau khi giảm giá bạn An trả tiền cho chiếc cặp và đôi giày là \(785\,\,000\) đồng nên ta có phương trình:
\(x - 15\,\,000 + \dfrac{9}{{10}}y = 785\,\,000\) \( \Leftrightarrow 10x + 9y = 8\,\,000\,\,000\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 850\,\,\,000\\10x + 9y = 8\,\,000\,\,000\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}10x + 10y = 8\,\,500\,\,000\\10x + 9y = 8\,\,000\,\,000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 500\,\,000\\x = 850\,\,000 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 350\,\,000\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\y = 500\,\,000\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy giá niêm yết bạn An mua một cặp sách là 350 000 đồng và một đôi giày là 500 000 đồng.
Câu 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn đó (với \(M \ne A\) và \(M \ne B\)). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax. Tía BM cắt Ax tại I, tia phân giác của góc \(\angle IAM\) cắt nửa đường tròn tại E và cắt tia BM tại F, tia BE cắt AM tại K và cắt Ax tại H.
a) Chứng minh tứ giác EFMK nội tiếp đường tròn.
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có:
\(\angle AEB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \angle FEK = {90^0}\)
\(\angle AMB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \angle FMK = {90^0}\)
Tứ giác EFMK có \(\angle FEK + \angle FMK = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
Vậy tứ giác EFMK nội tiếp đường tròn (đpcm).
b) Chứng minh ABF là tam giác cân.
Tứ giác AEMB nội tiếp nên \(\angle EAM = \angle EBM\) (cùng chắn cung EM)
Mà AF là tia phân giác của \(\angle IAM\) nên \(\angle IAF = \angle FAM = \angle EAM\)
\( \Rightarrow \angle EBM = \angle EBM = \angle FAI\)
Mà \(\angle FAI + \angle FAB = \angle IAB = {90^0}\)
\(\angle EBM + \angle EFB = {90^0}\)
Nên \(\angle FAB = \angle EFB = \angle AFB\).
Tam giác ABF có \(\angle FAB = \angle AFB\) nên là tam giác cân tại B (đpcm).
c) Chứng minh tứ giác AKFH là hình thoi.
Tam giác ABF cân tại B (câu b) nên \(BE\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến.
\( \Rightarrow E\) là trung điểm AF.
Tam giác AHK có \(AE\) vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên là tam giác cân tại \(A\)
\( \Rightarrow AE\) cũng là đường trung tuyến của tam giác
\( \Rightarrow E\) là trung điểm của HK.
Tứ giác AKFH có hai đường chéo AF, HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.
Mà \(HK \bot AF\) nên tứ giác AKFH là hình thoi (dhnb) (đpcm).
d) Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AKFI nội tiếp được đường tròn.
AKFH là hình thoi nên \(FK//AH \Rightarrow FK//AI\) nên tứ giác AKFI là hình thang.
Để tứ giác AKFI là tứ giác nội tiếp thì \(\angle AKF + \angle AIF = {180^0}\)
Mà \(\angle AKF + \angle KAI = {180^0}\) (kề bù)
Nên \(\angle AIF = \angle KAI\) hay \(\angle AIM = \angle MAI\)
Do đó tam giác \(AMI\) vuông cân \( \Rightarrow MAI = {45^0} \Rightarrow \angle MAB = {45^0}\)
\( \Rightarrow sd\,cung\,MB = 2\angle MAB = {2.45^0} = {90^0}\)
\( \Rightarrow M\) là điểm chính giữa cung AB.
Câu 5 (1 điểm)
Cách giải:
Cho hai số thực \(x;y\) thỏa mãn \(x + y = 5\) và \(xy = - 2\) . Tính giá trị của biểu thức: \(P = \dfrac{{{x^3}}}{{{y^2}}} + \dfrac{{{y^3}}}{{{x^2}}} + 2020\)
Ta có:
\({x^2} + {y^2} = {\left( {x + y} \right)^2} - 2xy\) \( = {5^2} - 2.\left( { - 2} \right) = 29\)
\({x^3} + {y^3} = {\left( {x + y} \right)^3} - 3xy\left( {x + y} \right)\) \( = {5^3} - 3.\left( { - 2} \right).5 = 155\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow P = \dfrac{{{x^3}}}{{{y^2}}} + \dfrac{{{y^3}}}{{{x^2}}} + 2020 = \dfrac{{{x^5} + {y^5}}}{{{x^2}{y^2}}} + 2020\\ = \dfrac{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {{x^3} + {y^3}} \right) - \left( {{x^2}{y^3} + {x^3}{y^2}} \right)}}{{{{\left( {xy} \right)}^2}}} + 2020\\ = \dfrac{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {{x^3} + {y^3}} \right) - {x^2}{y^2}\left( {x + y} \right)}}{{{{\left( {xy} \right)}^2}}} + 2020\\ = \dfrac{{29.155 - {{\left( { - 2} \right)}^2}.5}}{{{{\left( { - 2} \right)}^2}}} + 2020\\ = \dfrac{{12555}}{4}.\end{array}\)
Vậy \(P = \dfrac{{12555}}{4}\) .
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Quảng Ngãi 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 chương trình Toán lớp 9, tập trung vào các chủ đề chính như Đại số, Hình học và số học. Việc nắm vững kiến thức cơ bản và luyện tập thường xuyên là chìa khóa để thành công.
Đề thi thường được chia thành các phần sau:
Tỷ lệ điểm giữa phần trắc nghiệm và tự luận có thể thay đổi tùy theo từng năm, nhưng thường phần tự luận chiếm tỷ trọng lớn hơn.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi, các em học sinh cần có một kế hoạch luyện thi khoa học và hiệu quả. Dưới đây là một số gợi ý:
Giaibaitoan.com cung cấp đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập cho từng đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ngãi năm 2020. Chúng tôi sẽ giải thích rõ ràng từng bước giải, giúp các em hiểu rõ bản chất của bài toán và áp dụng vào các bài tập tương tự.
Bài toán: Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 6cm, AC = 8cm. Tính độ dài đường cao AH.
Lời giải:
Diện tích tam giác ABC là: S = (1/2) * AB * AC = (1/2) * 6 * 8 = 24 cm2
Độ dài cạnh BC là: BC = √(AB2 + AC2) = √(62 + 82) = 10cm
Độ dài đường cao AH là: AH = (2 * S) / BC = (2 * 24) / 10 = 4.8cm
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ngãi năm 2020, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Quảng Ngãi năm 2020! Hãy luôn tự tin và cố gắng hết mình, thành công sẽ đến với các em.
