Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Quảng Trị năm 2021 chính thức. 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, đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập giúp các em nắm vững kiến thức và tự tin hơn trong quá trình làm bài.
Câu 1 (2,0 điểm): Bằng các phép biến đổi đại số, rút các biểu thức sau:
Câu 1 (2,0 điểm):
Bằng các phép biến đổi đại số, rút các biểu thức sau:
\(A = 2\sqrt 8 - 5\sqrt {18} + 4\sqrt {32} \)
\(B = \dfrac{{a - \sqrt a }}{{a - 2\sqrt a + 1}}\left( {1 - \sqrt a } \right)\) với \(a > 1\)
Câu 2 (1,5 điểm):
Cho hàm số \(y = \left( {1 - m} \right){x^2}\). (1)
1. Tìm điều kiện của m để hàm số (1) đồng biến khi x > 0.
2. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng \(y = - x + 3\) tại điểm có tung độ bằng 2?
Câu 3 (1,5 điểm):
Cho phương trình (ẩn \(x\)) \({x^2} - 2mx + 2m - 1 = 0.\)
1. Giải phương trình khi \(m = 3\).
2. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(A = \dfrac{{4\left( {{x_1}{x_2} + 1} \right)}}{{{x_1}^2 + {x_2}^2 + 2\left( {2 + {x_1}{x_2}} \right)}}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 4 (1,0 điểm):
Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau \(40\) lần bắn là \(8,25\) điểm. Kết quả cụ thể ghi trong bảng sau, trong đó có hai ô bị mờ không đọc được (đánh dấu *).
Điểm số của mỗi lần bắn | \(10\) | \(9\) | \(8\) | \(7\) |
Số lần bắn | \(7\) | \(*\) | \(15\) | \(*\) |
Hãy tìm lại các số trong hai ô đó.
Câu 5 (3,5 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy điểm F, vẽ EF vuông góc với BC tại E. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF. Đường thẳng BF cắt (O) tại điểm thứ hai là D, DE cắt AC tại H.
1. Chứng minh ABEF là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh \(\angle BCA = \angle BDA\)
3. Chứng minh hai tam giác AEO và EHO đồng dạng.
4. Đường thẳng AD cắt (O) tại điểm thứ hai là G , FG cắt CD tại I, CG cắt FD tại K. Chứng minh I, K, H thẳng hàng.
Câu 6 (0,5 điểm):
Cho các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \(0 \le x,\,\,y,\,\,z \le 1\). Chứng minh rằng
\(x + y + z - 2\left( {xy + yz + zx} \right) + 4xyz \le 1\)
Câu 1 (2,0 điểm):
Bằng các phép biến đổi đại số, rút các biểu thức sau:
\(A = 2\sqrt 8 - 5\sqrt {18} + 4\sqrt {32} \)
\(B = \dfrac{{a - \sqrt a }}{{a - 2\sqrt a + 1}}\left( {1 - \sqrt a } \right)\) với \(a > 1\)
Câu 2 (1,5 điểm):
Cho hàm số \(y = \left( {1 - m} \right){x^2}\). (1)
1. Tìm điều kiện của m để hàm số (1) đồng biến khi x > 0.
2. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng \(y = - x + 3\) tại điểm có tung độ bằng 2?
Câu 3 (1,5 điểm):
Cho phương trình (ẩn \(x\)) \({x^2} - 2mx + 2m - 1 = 0.\)
1. Giải phương trình khi \(m = 3\).
2. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(A = \dfrac{{4\left( {{x_1}{x_2} + 1} \right)}}{{{x_1}^2 + {x_2}^2 + 2\left( {2 + {x_1}{x_2}} \right)}}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 4 (1,0 điểm):
Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau \(40\) lần bắn là \(8,25\) điểm. Kết quả cụ thể ghi trong bảng sau, trong đó có hai ô bị mờ không đọc được (đánh dấu *).
Điểm số của mỗi lần bắn | \(10\) | \(9\) | \(8\) | \(7\) |
Số lần bắn | \(7\) | \(*\) | \(15\) | \(*\) |
Hãy tìm lại các số trong hai ô đó.
Câu 5 (3,5 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy điểm F, vẽ EF vuông góc với BC tại E. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF. Đường thẳng BF cắt (O) tại điểm thứ hai là D, DE cắt AC tại H.
1. Chứng minh ABEF là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh \(\angle BCA = \angle BDA\)
3. Chứng minh hai tam giác AEO và EHO đồng dạng.
4. Đường thẳng AD cắt (O) tại điểm thứ hai là G , FG cắt CD tại I, CG cắt FD tại K. Chứng minh I, K, H thẳng hàng.
Câu 6 (0,5 điểm):
Cho các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \(0 \le x,\,\,y,\,\,z \le 1\). Chứng minh rằng
\(x + y + z - 2\left( {xy + yz + zx} \right) + 4xyz \le 1\)
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
Vận dụng hằng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\) để biến đổi, tính giá trị biểu thức.
Biến đổi, rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai.
Cách giải:
Ta có: \(\begin{array}{l}A = 2\sqrt 8 - 5\sqrt {18} + 4\sqrt {32} \\\,\,\,\,\,\, = 2\sqrt {4.2} - 5\sqrt {9.2} + 4\sqrt {16.2} \\\,\,\,\,\,\, = 4\sqrt 2 - 15\sqrt 2 + 16\sqrt 2 \\\,\,\,\,\,\, = 5\sqrt 2 \end{array}\) Vậy \(A = 5\sqrt 2 \). | Với \(a > 1\), ta có: \(\begin{array}{l}B = \dfrac{{a - \sqrt a }}{{a - 2\sqrt a + 1}}\left( {1 - \sqrt a } \right)\\\,\,\,\, = - \dfrac{{\sqrt a \left( {\sqrt a - 1} \right)}}{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}\left( {\sqrt a - 1} \right) = - \sqrt a \end{array}\) Vậy \(B = - \sqrt a \). |
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
1) Hàm số đồng biến khi hệ số \(a > 0\).
2) Tìm giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng \(y = - x + 3\).
Thay tọa độ giao điểm vừa tìm được vào (1), từ đó xác định được giá trị của tham số \(m\).
Cách giải:
1) Hàm số đồng biến khi \(x > 0\) nếu hệ số \(1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1\).
Vậy hàm số đồng biến khi khi \(x > 0\) thì \(m < 1\).
2) Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng \(y = - x + 3\) tại điểm có tung độ bằng 2 nên điểm đó thỏa mãn phương trình đường thẳng \(y = - x + 3\).
Hay \(2 = - x + 3 \Leftrightarrow x = 1\). Điểm đó là \(A\left( {1;2} \right)\).
Thay tọa độ A vào (1) ta được: \(2 = \left( {1 - m} \right){.1^2} \Leftrightarrow m - 1 = - 2 \Leftrightarrow m = - 1\).
Vậy \(m = - 1\) thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng \(y = - x + 3\) tại điểm có tung độ bằng 2.
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
1) Áp dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai để tính nghiệm của phương trình bậc hai.
2) Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm
Áp dụng hệ thức Vi – ét tính được: \({x_1} + {x_2}\) và \({x_1}.{x_2}\)
Thay vào biểu thức cần tính, tìm được giá trị của tham số \(m\), đối chiếu điều kiện, kết luận.
Cách giải:
1) Thay \(m = 3\) vào phương trình đã cho ta được: \({x^2} - 6x + 5 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {( - 6)^2} - 4.5 = 16 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{6 + \sqrt {16} }}{2} = 5\\{x_2} = \dfrac{{6 - \sqrt {16} }}{2} = 1\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {5;1} \right\}\).
2) Phương trình: \({x^2} - 2mx + 2m - 1 = 0\) có: \(\Delta ' = {m^2} - 2m + 1 = {(m - 1)^2} \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\) nên phương trình luôn có nghiệm.
Theo định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = 2m - 1}\end{array}} \right.\)
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{4\left( {{x_1}{x_2} + 1} \right)}}{{{x_1}^2 + {x_2}^2 + 2\left( {2 + {x_1}{x_2}} \right)}}\\A = \dfrac{{4\left( {{x_1}{x_2} + 1} \right)}}{{{{({x_1} + {x_2})}^2} - 2{x_1}{x_2} + 4 + 2{x_1}{x_2}}}\\A = \dfrac{{4\left( {{x_1}{x_2} + 1} \right)}}{{{{({x_1} + {x_2})}^2} + 4}}\\A = \dfrac{{4(2m - 1 + 1)}}{{4{m^2} + 4}}\\A = \dfrac{{2m}}{{{m^2} + 1}}\end{array}\)
Ta có
\(\begin{array}{l}{\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Leftrightarrow {m^2} + 1 \ge - 2m\,\,\forall m\\ \Leftrightarrow - \left( {{m^2} + 1} \right) \le 2m\,\,\forall m \Leftrightarrow - 1 \le \dfrac{{2m}}{{{m^2} + 1}}\,\,\forall m\end{array}\).
\( \Rightarrow A \ge - 1\,\,\forall m \Rightarrow {A_{\min }} = - 1\). Dấu “=” xảy ra khi \(m + 1 = 0 \Leftrightarrow m = - 1\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là \(9\) là \(a\) \(\left( {a \in \mathbb{N}*} \right)\)
Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là \(7\) là \(b\,\,\left( {b \in \mathbb{N}*} \right)\)
Tổng số lần bắn của vận động viên đó là \(40\) nên lập được một phương trình
Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau \(40\) lần bắn là \(8,25\) nên lập được một phương trình
Từ đó, ta có hệ phương trình, giải hệ phương trình đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là \(9\) là \(a\) \(\left( {a \in \mathbb{N}*} \right)\)
Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là \(7\) là \(b\,\,\left( {b \in \mathbb{N}*} \right)\)
Tổng số lần bắn của vận động viên đó là \(40\) nên ta có: \(7 + a + 15 + b = 40 \Leftrightarrow a + b = 18\,\,\left( 1 \right)\)
Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau \(40\) lần bắn là \(8,25\) nên ta có phương trình
\(\dfrac{{10.7 + 9a + 8.15 + 7b}}{{40}} = 8,25 \Leftrightarrow 9a + 7b = 140\,\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = 18\\9a + 7b = 140\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9a + 9b = 162\\9a + 7b = 140\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2b = 22\\a = 18 - b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 11\\a = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 7\\b = 11\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy số lần bắn trong ô điểm 9 là 7 lần, số lần bắn trong ô điểm 7 là 11 lần.
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
2) + 3) Vận dụng mối quan hệ góc – đường tròn.
4) Vận dụng tính của tứ giác nội tiếp và mối quan hệ góc – đường tròn.
Cách giải:
1) Ta có \(\angle FAB = {90^0}\) (vì tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\))
\(\angle FEB = {90^0}\) (vì \(FE \bot BC\)).
\( \Rightarrow \angle FAB + \angle FEB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow ABEF\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
2) Ta có \(\angle BDC = \angle FDC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\( \Rightarrow \angle BDC = \angle BAC = {90^0}\).
\( \Rightarrow ABCD\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\) (Tứ giác có 2 đỉnh \(A,\,\,D\) cùng nhìn \(BC\) dưới một góc \({90^0}\)).
\( \Rightarrow \angle BCA = \angle BDA\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
3) Ta có: \(OD = OE \Rightarrow \Delta ODE\) cân tại \(O \Rightarrow \angle OED = \angle OED = \dfrac{{{{180}^0} - \angle EOD}}{2}\) (tổng 3 góc trong một tam giác).
Mà \(\angle EOD = 2\angle ECD = 2\angle BCD\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(DE\))
\( \Rightarrow \angle OED = \angle OED = \dfrac{{{{180}^0} - 2\angle BCD}}{2} = {90^0} - \angle BCD = \angle CBD = \angle EBF\) (do tam giác \(BCD\) vuông tại \(D\)).
Lại có: \(\angle EBF = \angle EAF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EF\) của tứ giác nội tiếp \(ABEF\))
\( \Rightarrow \)\(\angle EAO = \angle EAF = \angle OED = \angle OEH\).
Xét tam giác \(OEH\) và tam giác \(OAE\) ta có:
\(\angle EOA\) chung;
\(\angle EAO = \angle OEH\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta OEH \sim \Delta OAE\,\,\,\left( {g.g} \right)\).
4) Ta có \(\angle FGC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(CF\)) \( \Rightarrow FG \bot CK\).
Mà \(CD \bot KF\) và \(\left\{ I \right\} = CD \cap GF\) nên \(I\) là trực tâm của tam giác \(CFK\).
\( \Rightarrow KI\) là đường cao thứ 3 của tam giác \(CFK\) \( \Rightarrow KI \bot CF\) (1)
Ta có \(\angle OAE = \angle OEH = \angle ODE\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow OEAD\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \) \(\angle ADE = \angle AOE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\)).
Mà \(\angle AOE = 2\angle FCE = 2\angle FDE\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(EF\)).
\( \Rightarrow \angle ADE = 2\angle FDE\) \( \Rightarrow DF\) là phân giác của \(\angle ADE\) \( \Rightarrow \angle ADF = \angle FDE = \dfrac{1}{2}\angle ADE\)
Ta lại có \(\angle FDA = \angle GCA = \angle KCH\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(CFDG\)).
\( \Rightarrow \angle HDF = \angle KCH \Rightarrow CHDK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
\( \Rightarrow \angle KHC = \angle CDK = {90^0}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(CK\)) hay \(KH \bot CF\) (2)
Từ (1) và (2) ta có \(I,\,\,K,\,\,H\) thẳng hàng.
Câu 6 (VDC):
Phương pháp:
Từ giả thiết của đề bài, đánh giá từng bất đẳng thức.
Cách giải:
Vì \(0 \le x,\,\,y,\,\,z \le 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy\left( {z - 1} \right) \le 0\\yz\left( {x - 1} \right) \le 0\\xz\left( {y - 1} \right) \le 0\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow 3xyz \le xy + yz + zx \Leftrightarrow 3xyz - \left( {xy + yz + zx} \right) \le 0\) (1)
Lại có \(\left( {x - 1} \right)\left( {y - 1} \right)\left( {z - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow xyz - xy - yz - zx + x + y + z - 1 \le 0\) (2)
Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,4xyz - 2\left( {xy + yz + zx} \right) + x + y + z - 1 \le 0\\ \Leftrightarrow x + y + z - 2\left( {xy + yz + zx} \right) + 4xyz \le 1\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra tại \(\left( {x;y;z} \right) = \left( {1;1;1} \right)\) hoặc \(\left( {x;y;z} \right) = \left( {0;1;1} \right)\) và các hoán vị của nó.
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
Vận dụng hằng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\) để biến đổi, tính giá trị biểu thức.
Biến đổi, rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai.
Cách giải:
Ta có: \(\begin{array}{l}A = 2\sqrt 8 - 5\sqrt {18} + 4\sqrt {32} \\\,\,\,\,\,\, = 2\sqrt {4.2} - 5\sqrt {9.2} + 4\sqrt {16.2} \\\,\,\,\,\,\, = 4\sqrt 2 - 15\sqrt 2 + 16\sqrt 2 \\\,\,\,\,\,\, = 5\sqrt 2 \end{array}\) Vậy \(A = 5\sqrt 2 \). | Với \(a > 1\), ta có: \(\begin{array}{l}B = \dfrac{{a - \sqrt a }}{{a - 2\sqrt a + 1}}\left( {1 - \sqrt a } \right)\\\,\,\,\, = - \dfrac{{\sqrt a \left( {\sqrt a - 1} \right)}}{{{{\left( {\sqrt a - 1} \right)}^2}}}\left( {\sqrt a - 1} \right) = - \sqrt a \end{array}\) Vậy \(B = - \sqrt a \). |
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
1) Hàm số đồng biến khi hệ số \(a > 0\).
2) Tìm giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng \(y = - x + 3\).
Thay tọa độ giao điểm vừa tìm được vào (1), từ đó xác định được giá trị của tham số \(m\).
Cách giải:
1) Hàm số đồng biến khi \(x > 0\) nếu hệ số \(1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1\).
Vậy hàm số đồng biến khi khi \(x > 0\) thì \(m < 1\).
2) Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng \(y = - x + 3\) tại điểm có tung độ bằng 2 nên điểm đó thỏa mãn phương trình đường thẳng \(y = - x + 3\).
Hay \(2 = - x + 3 \Leftrightarrow x = 1\). Điểm đó là \(A\left( {1;2} \right)\).
Thay tọa độ A vào (1) ta được: \(2 = \left( {1 - m} \right){.1^2} \Leftrightarrow m - 1 = - 2 \Leftrightarrow m = - 1\).
Vậy \(m = - 1\) thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng \(y = - x + 3\) tại điểm có tung độ bằng 2.
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
1) Áp dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai để tính nghiệm của phương trình bậc hai.
2) Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm
Áp dụng hệ thức Vi – ét tính được: \({x_1} + {x_2}\) và \({x_1}.{x_2}\)
Thay vào biểu thức cần tính, tìm được giá trị của tham số \(m\), đối chiếu điều kiện, kết luận.
Cách giải:
1) Thay \(m = 3\) vào phương trình đã cho ta được: \({x^2} - 6x + 5 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {( - 6)^2} - 4.5 = 16 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{6 + \sqrt {16} }}{2} = 5\\{x_2} = \dfrac{{6 - \sqrt {16} }}{2} = 1\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {5;1} \right\}\).
2) Phương trình: \({x^2} - 2mx + 2m - 1 = 0\) có: \(\Delta ' = {m^2} - 2m + 1 = {(m - 1)^2} \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\) nên phương trình luôn có nghiệm.
Theo định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = 2m - 1}\end{array}} \right.\)
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{4\left( {{x_1}{x_2} + 1} \right)}}{{{x_1}^2 + {x_2}^2 + 2\left( {2 + {x_1}{x_2}} \right)}}\\A = \dfrac{{4\left( {{x_1}{x_2} + 1} \right)}}{{{{({x_1} + {x_2})}^2} - 2{x_1}{x_2} + 4 + 2{x_1}{x_2}}}\\A = \dfrac{{4\left( {{x_1}{x_2} + 1} \right)}}{{{{({x_1} + {x_2})}^2} + 4}}\\A = \dfrac{{4(2m - 1 + 1)}}{{4{m^2} + 4}}\\A = \dfrac{{2m}}{{{m^2} + 1}}\end{array}\)
Ta có
\(\begin{array}{l}{\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Leftrightarrow {m^2} + 1 \ge - 2m\,\,\forall m\\ \Leftrightarrow - \left( {{m^2} + 1} \right) \le 2m\,\,\forall m \Leftrightarrow - 1 \le \dfrac{{2m}}{{{m^2} + 1}}\,\,\forall m\end{array}\).
\( \Rightarrow A \ge - 1\,\,\forall m \Rightarrow {A_{\min }} = - 1\). Dấu “=” xảy ra khi \(m + 1 = 0 \Leftrightarrow m = - 1\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là \(9\) là \(a\) \(\left( {a \in \mathbb{N}*} \right)\)
Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là \(7\) là \(b\,\,\left( {b \in \mathbb{N}*} \right)\)
Tổng số lần bắn của vận động viên đó là \(40\) nên lập được một phương trình
Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau \(40\) lần bắn là \(8,25\) nên lập được một phương trình
Từ đó, ta có hệ phương trình, giải hệ phương trình đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là \(9\) là \(a\) \(\left( {a \in \mathbb{N}*} \right)\)
Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là \(7\) là \(b\,\,\left( {b \in \mathbb{N}*} \right)\)
Tổng số lần bắn của vận động viên đó là \(40\) nên ta có: \(7 + a + 15 + b = 40 \Leftrightarrow a + b = 18\,\,\left( 1 \right)\)
Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau \(40\) lần bắn là \(8,25\) nên ta có phương trình
\(\dfrac{{10.7 + 9a + 8.15 + 7b}}{{40}} = 8,25 \Leftrightarrow 9a + 7b = 140\,\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = 18\\9a + 7b = 140\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9a + 9b = 162\\9a + 7b = 140\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2b = 22\\a = 18 - b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 11\\a = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 7\\b = 11\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy số lần bắn trong ô điểm 9 là 7 lần, số lần bắn trong ô điểm 7 là 11 lần.
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
2) + 3) Vận dụng mối quan hệ góc – đường tròn.
4) Vận dụng tính của tứ giác nội tiếp và mối quan hệ góc – đường tròn.
Cách giải:
1) Ta có \(\angle FAB = {90^0}\) (vì tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\))
\(\angle FEB = {90^0}\) (vì \(FE \bot BC\)).
\( \Rightarrow \angle FAB + \angle FEB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow ABEF\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
2) Ta có \(\angle BDC = \angle FDC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\( \Rightarrow \angle BDC = \angle BAC = {90^0}\).
\( \Rightarrow ABCD\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\) (Tứ giác có 2 đỉnh \(A,\,\,D\) cùng nhìn \(BC\) dưới một góc \({90^0}\)).
\( \Rightarrow \angle BCA = \angle BDA\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
3) Ta có: \(OD = OE \Rightarrow \Delta ODE\) cân tại \(O \Rightarrow \angle OED = \angle OED = \dfrac{{{{180}^0} - \angle EOD}}{2}\) (tổng 3 góc trong một tam giác).
Mà \(\angle EOD = 2\angle ECD = 2\angle BCD\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(DE\))
\( \Rightarrow \angle OED = \angle OED = \dfrac{{{{180}^0} - 2\angle BCD}}{2} = {90^0} - \angle BCD = \angle CBD = \angle EBF\) (do tam giác \(BCD\) vuông tại \(D\)).
Lại có: \(\angle EBF = \angle EAF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EF\) của tứ giác nội tiếp \(ABEF\))
\( \Rightarrow \)\(\angle EAO = \angle EAF = \angle OED = \angle OEH\).
Xét tam giác \(OEH\) và tam giác \(OAE\) ta có:
\(\angle EOA\) chung;
\(\angle EAO = \angle OEH\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta OEH \sim \Delta OAE\,\,\,\left( {g.g} \right)\).
4) Ta có \(\angle FGC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(CF\)) \( \Rightarrow FG \bot CK\).
Mà \(CD \bot KF\) và \(\left\{ I \right\} = CD \cap GF\) nên \(I\) là trực tâm của tam giác \(CFK\).
\( \Rightarrow KI\) là đường cao thứ 3 của tam giác \(CFK\) \( \Rightarrow KI \bot CF\) (1)
Ta có \(\angle OAE = \angle OEH = \angle ODE\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow OEAD\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \) \(\angle ADE = \angle AOE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\)).
Mà \(\angle AOE = 2\angle FCE = 2\angle FDE\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(EF\)).
\( \Rightarrow \angle ADE = 2\angle FDE\) \( \Rightarrow DF\) là phân giác của \(\angle ADE\) \( \Rightarrow \angle ADF = \angle FDE = \dfrac{1}{2}\angle ADE\)
Ta lại có \(\angle FDA = \angle GCA = \angle KCH\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(CFDG\)).
\( \Rightarrow \angle HDF = \angle KCH \Rightarrow CHDK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
\( \Rightarrow \angle KHC = \angle CDK = {90^0}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(CK\)) hay \(KH \bot CF\) (2)
Từ (1) và (2) ta có \(I,\,\,K,\,\,H\) thẳng hàng.
Câu 6 (VDC):
Phương pháp:
Từ giả thiết của đề bài, đánh giá từng bất đẳng thức.
Cách giải:
Vì \(0 \le x,\,\,y,\,\,z \le 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy\left( {z - 1} \right) \le 0\\yz\left( {x - 1} \right) \le 0\\xz\left( {y - 1} \right) \le 0\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow 3xyz \le xy + yz + zx \Leftrightarrow 3xyz - \left( {xy + yz + zx} \right) \le 0\) (1)
Lại có \(\left( {x - 1} \right)\left( {y - 1} \right)\left( {z - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow xyz - xy - yz - zx + x + y + z - 1 \le 0\) (2)
Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,4xyz - 2\left( {xy + yz + zx} \right) + x + y + z - 1 \le 0\\ \Leftrightarrow x + y + z - 2\left( {xy + yz + zx} \right) + 4xyz \le 1\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra tại \(\left( {x;y;z} \right) = \left( {1;1;1} \right)\) hoặc \(\left( {x;y;z} \right) = \left( {0;1;1} \right)\) và các hoán vị của nó.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Quảng Trị năm 2021 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 khác nhau, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải quyết vấn đề tốt. Năm 2021, đề thi tiếp tục đánh giá khả năng vận dụng kiến thức vào thực tế, khả năng tư duy logic và sáng tạo của học sinh.
Đề thi thường được chia thành các phần chính sau:
Tỷ lệ điểm giữa phần trắc nghiệm và phần tự luận có thể thay đổi tùy theo từng năm, nhưng thường phần tự luận chiếm tỷ lệ cao hơn.
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi, các em học sinh cần nắm vững các chủ đề kiến thức sau:
Dưới đây là phân tích chi tiết một số đề thi vào 10 môn Toán Quảng Trị năm 2021:
Đề thi này tập trung vào các kiến thức về đại số, đặc biệt là phương trình bậc hai và hệ phương trình. Các bài toán yêu cầu học sinh phải vận dụng linh hoạt các công thức và kỹ năng giải quyết vấn đề.
Đề thi này chú trọng vào phần hình học, với các bài toán về tam giác, tứ giác và đường tròn. Học sinh cần nắm vững các định lý và công thức tính diện tích, thể tích để giải quyết các bài toán này.
Đề thi này kết hợp cả đại số và hình học, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức toàn diện và khả năng liên kết các kiến thức khác nhau để giải quyết vấn đề.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Quảng Trị năm 2021, các em học sinh nên áp dụng các phương pháp ôn thi sau:
Ngoài sách giáo khoa, các em học sinh có thể tham khảo các tài liệu ôn thi sau:
Hãy luôn giữ tinh thần lạc quan và tự tin trong quá trình ôn thi. Đừng ngại hỏi khi gặp khó khăn và hãy dành thời gian nghỉ ngơi hợp lý để đảm bảo sức khỏe tốt nhất.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Quảng Trị năm 2021 là một thử thách lớn, nhưng với sự chuẩn bị kỹ lưỡng và phương pháp ôn thi hiệu quả, các em học sinh hoàn toàn có thể đạt được kết quả tốt nhất. Chúc các em thành công!
