Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019 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 tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết, giúp các em hiểu rõ từng bước giải và áp dụng vào các bài toán tương tự.
Câu 1 (1 điểm): Rút gọn biểu thức:
Câu 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức sau: \(T = \sqrt 4 + \sqrt {25} - \sqrt 9 \)
Câu 2 (1,0 điểm): Tìm \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\).
Câu 3 (1,0 điểm): Giải phương trình \({x^2} - x - 6 = 0\)
Câu 4 (VD) (1,0 điểm): Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2}.\)
Câu 5 (VD) (1,0 điểm): Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng \({d_1}:\,y = 2x + 1\) và đường thẳng \({d_2}:y = x + 3.\)
Câu 6 (VD) (1,0 điểm) : Cho tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) có đường trung tuyến \(BM\) (\(M \in AC).\) Biết \(AB = 2a.\) Tính theo \(a\) độ dài \(AC,\,AM\)và \(BM.\)
Câu 7 (1 điểm): Hai ô tô khởi hành cùng một lúc đi từ \(A\) đến \(B\). Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là \(10km/h\) nên ô tô thứ nhất đến \(B\) trước ô tô thứ hai \(\dfrac{1}{2}\) giờ. Tính vạn tốc của mỗi ô tô. Biết rằng quãng đường \(AB\) dài \(150km.\)
Câu 8 (1 điểm): Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình \({x^2} - 4x + m + 1 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 < 100.\)
Câu 9 (1 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn tâm \(O.\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB,\) đường thẳng qua \(I\) vuông góc với \(AO\) và cắt cạnh \(AC\) tại\(J.\) Chứng minh bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,J,\,\,I\) cùng thuộc một đường tròn.
Câu 10 (1 điểm): Cho đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\) và có bán kính \(R = 2a.\) Xét điểm \(M\) thay đổi sao cho \(IM = a.\) Hai dây \(AC,\,\,BD\) đi qua điểm \(M\) và vuông góc với nhau \(\left( {A,\,\,B,\,\,C,\,\,D \in \left( C \right)} \right).\) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác \(ABCD.\)
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
Khai căn bậc hai của một số. \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Cách giải:
Ta có: \(T = \sqrt 4 + \sqrt {25} - \sqrt 9 = 2 + 5 - 3 = 4\)
Câu 2 (TH)
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm A vào hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\), ta tìm được \(m\) .
Cách giải:
Vì đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\)nên ta có:
\(\begin{array}{l}5 = \left( {2m + 1} \right){.1^2}\\ \Rightarrow 5 = 2m + 1\\ \Rightarrow m = 2\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\)
Câu 3 (VD)
Phương pháp:
Giải phương trình bậc hai một ẩn.
Cách giải:
\({x^2} - x - 6 = 0\,\,\,\left( 1 \right) & ;\,\,\,a = 1;b = - 1;c = - 6\)
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25\,\, > 0\, \Rightarrow \sqrt \Delta = 5\)
\( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2.a}} = \dfrac{{1 + 5}}{2} = 3\\{x_2} = \dfrac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2.a}} = \dfrac{{1 - 5}}{2} = - 2\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là : \(S = \left\{ { - 2;3} \right\}\)
Câu 4 (VD)
Phương pháp:
Lập bảng giá trị rồi vẽ đồ thị hàm số.
Cách giải:
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | 0 | \(1\) | \(4\) |
Vậy đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) là Parabol đi qua \(5\) điểm có tọa độ \(\left( { - 2;4} \right),\left( { - 1;1} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;1} \right),\left( {2;4} \right)\)
Câu 5 (VD)
Phương pháp:
Cách 1: Giải phương trình hoành độ giao điểm.
Cách 2 : Giải hệ phương trình bao gồm 2 phương trình đường thẳng.
Cách giải:
Cách 1:
Phương trình hoành độ giao điểm của \({d_1},\,{d_2}\) là: \(2x + 1 = x + 3 \Leftrightarrow 2x - x = 3 - 1 \Leftrightarrow x = 2\)
Thay \(x = 2\) vào d2 ta có: \(y = x + 3 = 2 + 3 = 5\).
Vậy \(A\left( {2;5} \right)\) là giao điểm của hai đường thẳng.
Cách 2:
Gọi \(A\left( {x;y} \right)\) là giao điểm của \({d_1}\) và \({d_2}\).
Tọa độ của \(A\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}y = 2x + 1\\y = x + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 1\\x - y = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\x - y = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5\end{array} \right.\).
Vậy \(A\left( {2;5} \right)\).
Câu 6 (VD)
Phương pháp :
+ Tam giác vuông cân có hai cạnh góc vuông bằng nhau.
+ Tính chất đường trung tuyến.
+ Định lý py-ta-go trong tam giác.
Cách giải :
+ Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại A nên \(AC = AB = 2a\) + \(BM\) là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B, do đó: M là trung điểm của \(AC\) \( \Rightarrow AM = MC = \dfrac{{AC}}{2} = \dfrac{{2a}}{2} = a\) + Áp dụng định lý py-ta-go cho \(\Delta ABM\) vuông tại A: \(\begin{array}{l}B{M^2} = A{B^2} + A{M^2} = 4{a^2} + {a^2} = 5{a^2}\\ \Rightarrow BM = a\sqrt 5 \end{array}\) Vậy: \(AC = 2a;\,AM = a,\,BM = a\sqrt 5 .\) |
Câu 7 (VD)
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình
Bước 1: Đặt ẩn và tìm điều kiện của ẩn
Bước 2: Lập phương trình
Bước 3: Giải phương trình, so sánh các giá trị tìm được với điều kiện ở bước 1 để tìm các giá trị thỏa mãn sau đó kết luận.
Cách giải:
Gọi vận tốc của ô tô thứ hai là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Vì vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là \(10\,km/h\) nên vận tốc của ô tô thứ nhất là \(\left( {x + 10} \right)\,\,\,\,\left( {km/h} \right)\).
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{{x + 10}}\,\,\,\,\left( h \right)\).
Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{x}\,\,\,\left( h \right)\).
Vì ô tô thứ nhất đến B trước ô tô thứ hai là \(\dfrac{1}{2}\) giờ nên ta có phương trình \(\dfrac{{150}}{{x + 10}} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{150}}{x}\)
\( \Rightarrow 300x + x\left( {x + 10} \right) = 300\left( {x + 10} \right)\)
\( \Leftrightarrow 300x + {x^2} + 10x = 300x + 3000\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 3000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 50x + 60x - 3000 = 0\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x\left( {x - 50} \right) + 60\left( {x - 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 60} \right)\left( {x - 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 60 = 0\\x - 50 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 60\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 50\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc ô tô thứ hai là \(50\,km/h\) và vận tốc ô tô thứ nhất là \(50 + 10 = 60\,km/h\).
Câu 8 (VD)
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et và biến đổi hệ thức bài cho \(x_1^3 + x_2^3 = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right]\) để tìm giá trị \(m\) thỏa mãn bài toán.
Cách giải:
\({x^2} - 4x + m + 1 = 0\)
Ta có: \(a = 1;b = - 4;c = m + 1\)
\( \Rightarrow \Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - m - 1 = 3 - m\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 3 - m > 0 \Leftrightarrow m < 3\)
Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 < 100\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right) < 100\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] < 100\\ \Leftrightarrow 4.\left[ {16 - 3\left( {m + 1} \right)} \right] < 100\\ \Leftrightarrow 16 - 3m - 3 < 25\\ \Leftrightarrow - 3m < 12 \Leftrightarrow m > - 4\end{array}\)
Kết hợp với điều kiện \(m < 3\) và \(m\) nguyên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} - 4 < m < 3\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2} \right\}\)
Vậy \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2} \right\}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chú ý khi giải: HS chú khi giải xong nhớ kết hợp điều kiện của \(m\) và điều kiện \(m \in \mathbb{Z}.\)
Câu 9 (VD)
Phương pháp:
Sử dụng các tính chất về số đo góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung để chứng minh các góc tường ứng bằng nhau.
Chứng minh tứ giác \(BIJC\) là tứ giác nội tiếp nhờ dấu hiệu nhận biết.
Cách giải:
Gọi \(H = IJ \cap OA\).
Do \(I\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow OI \bot AB\) tại \(I\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
\( \Rightarrow \Delta OAI\) vuông tại \(I\).
Xét tam giác vuông \(OAI\) có: \(\angle IOA + \angle OAI = {90^0}\).
Xét tam giác vuông \(IAH\) có: \(\angle HIA + \angle HAI = {90^0} \Rightarrow \angle JIA + \angle OAI = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle IOA = \angle JIA\) (1).
Do tam giác \(OAB\) cân tại \(O\,\,\left( {OA = OB} \right) \Rightarrow \) Trung tuyến \(OI\) đồng thời là phân giác.
\( \Rightarrow \angle IOA = \dfrac{1}{2}\angle AOB\).
Mà \(\angle ACB = \dfrac{1}{2}\angle AOB\) (tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
\( \Rightarrow \angle IOA = \angle ACB = \angle JCB\) (2).
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right) \Rightarrow \angle JIA = \angle JCB \Rightarrow \) Tứ giác \(BCJI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Vậy bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,J\) và \(I\) cùng thuộc 1 đường tròn.
Câu 10 (VDC):
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức tính diện tích tứ giác có 2 đường chéo vuông góc: \(S = \dfrac{1}{2}AC.BD\).
+) Áp dụng BĐT Cô-si.
+) Chứng minh \(A{C^2} + B{D^2}\) không đổi.
+) Tìm điều kiện để dấu “=” xảy ra.
Cách giải:
Tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo \(AC \bot BD\) \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD \le \dfrac{{A{C^2} + B{D^2}}}{4}\)
Kẻ \(IE \bot AC\left( {E \in AC} \right),IF \bot BD\left( {F \in BD} \right)\)
\(AC = 2AF = 2\sqrt {I{A^2} - I{F^2}} = 2\sqrt {4{a^2} - I{F^2}} \)
\(BD = 2DE = 2\sqrt {I{D^2} - I{E^2}} = 2\sqrt {4{a^2} - I{E^2}} \)
\( \Rightarrow A{C^2} + B{D^2} = 4\left( {4{a^2} - I{F^2}} \right) + 4\left( {4{a^2} - I{E^2}} \right)\) \( = 32{a^2} - 4\left( {I{E^2} + I{F^2}} \right)\).
Xét tứ giác \(IEMF\) có \(\angle IEM = \angle IFM = \angle EMF = {90^0} \Rightarrow IEMF\) là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông)
\( \Rightarrow IF = EM \Rightarrow I{E^2} + I{F^2} = I{M^2} = {a^2}\)
\( \Rightarrow A{C^2} + B{D^2} = 32{a^2} - 4{a^2} = 28{a^2}\)
\( \Rightarrow {S_{ABCD}} \le \dfrac{{28{a^2}}}{4} = 7{a^2}\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow AC = BD\).
Vậy \({S_{ABCD}}\) đạt GTLN bằng \(7{a^2}\) khi \(AC = BD\).
Câu 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức sau: \(T = \sqrt 4 + \sqrt {25} - \sqrt 9 \)
Câu 2 (1,0 điểm): Tìm \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\).
Câu 3 (1,0 điểm): Giải phương trình \({x^2} - x - 6 = 0\)
Câu 4 (VD) (1,0 điểm): Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2}.\)
Câu 5 (VD) (1,0 điểm): Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng \({d_1}:\,y = 2x + 1\) và đường thẳng \({d_2}:y = x + 3.\)
Câu 6 (VD) (1,0 điểm) : Cho tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) có đường trung tuyến \(BM\) (\(M \in AC).\) Biết \(AB = 2a.\) Tính theo \(a\) độ dài \(AC,\,AM\)và \(BM.\)
Câu 7 (1 điểm): Hai ô tô khởi hành cùng một lúc đi từ \(A\) đến \(B\). Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là \(10km/h\) nên ô tô thứ nhất đến \(B\) trước ô tô thứ hai \(\dfrac{1}{2}\) giờ. Tính vạn tốc của mỗi ô tô. Biết rằng quãng đường \(AB\) dài \(150km.\)
Câu 8 (1 điểm): Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình \({x^2} - 4x + m + 1 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 < 100.\)
Câu 9 (1 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn tâm \(O.\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB,\) đường thẳng qua \(I\) vuông góc với \(AO\) và cắt cạnh \(AC\) tại\(J.\) Chứng minh bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,J,\,\,I\) cùng thuộc một đường tròn.
Câu 10 (1 điểm): Cho đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\) và có bán kính \(R = 2a.\) Xét điểm \(M\) thay đổi sao cho \(IM = a.\) Hai dây \(AC,\,\,BD\) đi qua điểm \(M\) và vuông góc với nhau \(\left( {A,\,\,B,\,\,C,\,\,D \in \left( C \right)} \right).\) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác \(ABCD.\)
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
Khai căn bậc hai của một số. \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Cách giải:
Ta có: \(T = \sqrt 4 + \sqrt {25} - \sqrt 9 = 2 + 5 - 3 = 4\)
Câu 2 (TH)
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm A vào hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\), ta tìm được \(m\) .
Cách giải:
Vì đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\)nên ta có:
\(\begin{array}{l}5 = \left( {2m + 1} \right){.1^2}\\ \Rightarrow 5 = 2m + 1\\ \Rightarrow m = 2\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\)
Câu 3 (VD)
Phương pháp:
Giải phương trình bậc hai một ẩn.
Cách giải:
\({x^2} - x - 6 = 0\,\,\,\left( 1 \right) & ;\,\,\,a = 1;b = - 1;c = - 6\)
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25\,\, > 0\, \Rightarrow \sqrt \Delta = 5\)
\( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2.a}} = \dfrac{{1 + 5}}{2} = 3\\{x_2} = \dfrac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2.a}} = \dfrac{{1 - 5}}{2} = - 2\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là : \(S = \left\{ { - 2;3} \right\}\)
Câu 4 (VD)
Phương pháp:
Lập bảng giá trị rồi vẽ đồ thị hàm số.
Cách giải:
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | 0 | \(1\) | \(4\) |
Vậy đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) là Parabol đi qua \(5\) điểm có tọa độ \(\left( { - 2;4} \right),\left( { - 1;1} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;1} \right),\left( {2;4} \right)\)
Câu 5 (VD)
Phương pháp:
Cách 1: Giải phương trình hoành độ giao điểm.
Cách 2 : Giải hệ phương trình bao gồm 2 phương trình đường thẳng.
Cách giải:
Cách 1:
Phương trình hoành độ giao điểm của \({d_1},\,{d_2}\) là: \(2x + 1 = x + 3 \Leftrightarrow 2x - x = 3 - 1 \Leftrightarrow x = 2\)
Thay \(x = 2\) vào d2 ta có: \(y = x + 3 = 2 + 3 = 5\).
Vậy \(A\left( {2;5} \right)\) là giao điểm của hai đường thẳng.
Cách 2:
Gọi \(A\left( {x;y} \right)\) là giao điểm của \({d_1}\) và \({d_2}\).
Tọa độ của \(A\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}y = 2x + 1\\y = x + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 1\\x - y = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\x - y = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5\end{array} \right.\).
Vậy \(A\left( {2;5} \right)\).
Câu 6 (VD)
Phương pháp :
+ Tam giác vuông cân có hai cạnh góc vuông bằng nhau.
+ Tính chất đường trung tuyến.
+ Định lý py-ta-go trong tam giác.
Cách giải :
+ Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại A nên \(AC = AB = 2a\) + \(BM\) là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B, do đó: M là trung điểm của \(AC\) \( \Rightarrow AM = MC = \dfrac{{AC}}{2} = \dfrac{{2a}}{2} = a\) + Áp dụng định lý py-ta-go cho \(\Delta ABM\) vuông tại A: \(\begin{array}{l}B{M^2} = A{B^2} + A{M^2} = 4{a^2} + {a^2} = 5{a^2}\\ \Rightarrow BM = a\sqrt 5 \end{array}\) Vậy: \(AC = 2a;\,AM = a,\,BM = a\sqrt 5 .\) |
Câu 7 (VD)
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình
Bước 1: Đặt ẩn và tìm điều kiện của ẩn
Bước 2: Lập phương trình
Bước 3: Giải phương trình, so sánh các giá trị tìm được với điều kiện ở bước 1 để tìm các giá trị thỏa mãn sau đó kết luận.
Cách giải:
Gọi vận tốc của ô tô thứ hai là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Vì vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là \(10\,km/h\) nên vận tốc của ô tô thứ nhất là \(\left( {x + 10} \right)\,\,\,\,\left( {km/h} \right)\).
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{{x + 10}}\,\,\,\,\left( h \right)\).
Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{x}\,\,\,\left( h \right)\).
Vì ô tô thứ nhất đến B trước ô tô thứ hai là \(\dfrac{1}{2}\) giờ nên ta có phương trình \(\dfrac{{150}}{{x + 10}} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{150}}{x}\)
\( \Rightarrow 300x + x\left( {x + 10} \right) = 300\left( {x + 10} \right)\)
\( \Leftrightarrow 300x + {x^2} + 10x = 300x + 3000\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 3000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 50x + 60x - 3000 = 0\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x\left( {x - 50} \right) + 60\left( {x - 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 60} \right)\left( {x - 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 60 = 0\\x - 50 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 60\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 50\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc ô tô thứ hai là \(50\,km/h\) và vận tốc ô tô thứ nhất là \(50 + 10 = 60\,km/h\).
Câu 8 (VD)
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et và biến đổi hệ thức bài cho \(x_1^3 + x_2^3 = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right]\) để tìm giá trị \(m\) thỏa mãn bài toán.
Cách giải:
\({x^2} - 4x + m + 1 = 0\)
Ta có: \(a = 1;b = - 4;c = m + 1\)
\( \Rightarrow \Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - m - 1 = 3 - m\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 3 - m > 0 \Leftrightarrow m < 3\)
Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 < 100\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right) < 100\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] < 100\\ \Leftrightarrow 4.\left[ {16 - 3\left( {m + 1} \right)} \right] < 100\\ \Leftrightarrow 16 - 3m - 3 < 25\\ \Leftrightarrow - 3m < 12 \Leftrightarrow m > - 4\end{array}\)
Kết hợp với điều kiện \(m < 3\) và \(m\) nguyên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} - 4 < m < 3\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2} \right\}\)
Vậy \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2} \right\}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chú ý khi giải: HS chú khi giải xong nhớ kết hợp điều kiện của \(m\) và điều kiện \(m \in \mathbb{Z}.\)
Câu 9 (VD)
Phương pháp:
Sử dụng các tính chất về số đo góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung để chứng minh các góc tường ứng bằng nhau.
Chứng minh tứ giác \(BIJC\) là tứ giác nội tiếp nhờ dấu hiệu nhận biết.
Cách giải:
Gọi \(H = IJ \cap OA\).
Do \(I\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow OI \bot AB\) tại \(I\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
\( \Rightarrow \Delta OAI\) vuông tại \(I\).
Xét tam giác vuông \(OAI\) có: \(\angle IOA + \angle OAI = {90^0}\).
Xét tam giác vuông \(IAH\) có: \(\angle HIA + \angle HAI = {90^0} \Rightarrow \angle JIA + \angle OAI = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle IOA = \angle JIA\) (1).
Do tam giác \(OAB\) cân tại \(O\,\,\left( {OA = OB} \right) \Rightarrow \) Trung tuyến \(OI\) đồng thời là phân giác.
\( \Rightarrow \angle IOA = \dfrac{1}{2}\angle AOB\).
Mà \(\angle ACB = \dfrac{1}{2}\angle AOB\) (tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
\( \Rightarrow \angle IOA = \angle ACB = \angle JCB\) (2).
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right) \Rightarrow \angle JIA = \angle JCB \Rightarrow \) Tứ giác \(BCJI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Vậy bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,J\) và \(I\) cùng thuộc 1 đường tròn.
Câu 10 (VDC):
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức tính diện tích tứ giác có 2 đường chéo vuông góc: \(S = \dfrac{1}{2}AC.BD\).
+) Áp dụng BĐT Cô-si.
+) Chứng minh \(A{C^2} + B{D^2}\) không đổi.
+) Tìm điều kiện để dấu “=” xảy ra.
Cách giải:
Tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo \(AC \bot BD\) \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD \le \dfrac{{A{C^2} + B{D^2}}}{4}\)
Kẻ \(IE \bot AC\left( {E \in AC} \right),IF \bot BD\left( {F \in BD} \right)\)
\(AC = 2AF = 2\sqrt {I{A^2} - I{F^2}} = 2\sqrt {4{a^2} - I{F^2}} \)
\(BD = 2DE = 2\sqrt {I{D^2} - I{E^2}} = 2\sqrt {4{a^2} - I{E^2}} \)
\( \Rightarrow A{C^2} + B{D^2} = 4\left( {4{a^2} - I{F^2}} \right) + 4\left( {4{a^2} - I{E^2}} \right)\) \( = 32{a^2} - 4\left( {I{E^2} + I{F^2}} \right)\).
Xét tứ giác \(IEMF\) có \(\angle IEM = \angle IFM = \angle EMF = {90^0} \Rightarrow IEMF\) là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông)
\( \Rightarrow IF = EM \Rightarrow I{E^2} + I{F^2} = I{M^2} = {a^2}\)
\( \Rightarrow A{C^2} + B{D^2} = 32{a^2} - 4{a^2} = 28{a^2}\)
\( \Rightarrow {S_{ABCD}} \le \dfrac{{28{a^2}}}{4} = 7{a^2}\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow AC = BD\).
Vậy \({S_{ABCD}}\) đạt GTLN bằng \(7{a^2}\) khi \(AC = BD\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng và làm quen với cấu trúc đề thi là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá để các em học sinh rèn luyện và nâng cao khả năng giải toán.
Đề thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Phương trình bậc hai là một trong những dạng bài tập cơ bản và thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10. Để giải phương trình bậc hai, các em có thể sử dụng các phương pháp sau:
Các bài toán chứng minh đẳng thức hình học đòi hỏi các em phải nắm vững các định lý và tính chất hình học cơ bản. Để chứng minh đẳng thức hình học, các em có thể sử dụng các phương pháp sau:
Để đạt được kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán, các em cần lưu ý những điều sau:
Giaibaitoan.com cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán, bao gồm:
Đề thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019 là một tài liệu quan trọng giúp các em học sinh chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh sắp tới. Hy vọng với những phân tích và hướng dẫn giải chi tiết trên đây, các em sẽ tự tin hơn và đạt được kết quả tốt nhất trong kỳ thi.
