Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Trà Vinh năm 2023. 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 chính thức, kèm theo đáp án chi tiết và lời giải dễ hiểu.
Câu 1: a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \). b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right.\) c) Giải phương trình \({x^4} - {x^2} - 12 = 0\).
Câu 1:
a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right.\)
c) Giải phương trình \({x^4} - {x^2} - 12 = 0\).
Câu 2: Trong mặt phẳng toạ đô Oxy, cho \(\left( P \right):y = {x^2}\)và đường thẳng \(\left( d \right):y = - x + 2.\)
a) Vẽ đồ thị hai hàm số \((P)\) và \((d)\).
b) Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\).
Câu 3: Thang cuốn ở siêu thị giúp khách hàng di chuyển từ tầng này sang tầng khác tiện lợi. Biết rằng thang cuốn được thiết kế có độ nghiêng so với mặt phẳng ngang là \(36^\circ \left( {\widehat {BAH} = 36^\circ } \right)\) và có vận tốc là 0,5m/s. Một khách hàng đã di chuyển bằng thang cuốn từ tầng một lên tầng hai theo hướng AB hết 12 giây. Tính chiều cao \((BH)\) của thang cuốn? (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).
Câu 4: Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn tâm O, vẽ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
b) Vẽ đường kính AC của (O), gọi D là giao điểm của MC và (O), biết D khác C. Chứng minh \(M{A^2} = MD.{\rm{ }}MC\)
c) Hai đoạn thẳng AB và MO cắt nhau tại H, kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh ba điểm E, H, D thẳng hàng.
Câu 5: Cho phương trình \({x^2} + 3x + m + 1 = 0\) ( \(m\) là tham số). (1)
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
b) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
--- HẾT---
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Khai phương căn bậc hai và rút gọn
b) Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số
c) Đặt \(t = {x^2}\) và giải phương trình bậc 2.
Cách giải:
a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \\A = \sqrt {{2^2}.5} - 2\sqrt {{4^2}.5} + 3\sqrt {{3^2}.5} \\A = 2.\sqrt 5 - 2.4\sqrt 5 + 3.3\sqrt 5 \\A = 2\sqrt 5 - 8\sqrt 5 + 9\sqrt 5 \\A = \left( {2 - 8 + 9} \right).\sqrt 5 \\A = 3\sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(A = 3\sqrt 5 \).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 8\\2y = x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)\).
c) Giải phương trình \({x^4} - {x^2} - 12 = 0\).
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} - t - 6 = 0\).
Ta có \(\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = \frac{{1 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 3\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = \frac{{1 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 2\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\).
Với \(t = 3 \Rightarrow {x^2} = 3 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 3 \).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \sqrt 3 } \right\}\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ Oxy
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P).
Cách giải:
a) Vẽ đồ thị hai hàm số \((P)\) và \((d)\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(\left( d \right):y = - x + 2\)
Lấy \(x = 0 \Rightarrow y = 2\)
\(y = 0 \Rightarrow x = 2\)
\( \Rightarrow \)Đồ thị hàm số \(\left( d \right):y = - x + 2\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {2;0} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2;4} \right);\,\,B\left( { - 1;1} \right);C\left( {1;1} \right);\,\,D\left( {2;4} \right)\)
Hệ số \(a = 1 > 0\) nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) như sau:
b) Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) ta có:
\(\begin{array}{l}{x^2} = - x + 2\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) - \left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1\) ta có: \(y = {1^2} = 1\)
Với \(x = - 2\) ta có: \(y = {\left( { - 2} \right)^2} = 4\)
Vậy \((P)\)cắt \((d)\) tại \(\left( { - 2;4} \right)\) và \(\left( {1;1} \right)\).
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn.
Cách giải:
Chiều dài thang máy là: \(12.0,5 = 6\left( m \right)\)
Trong DAHB vuông tại H ta có \(\sin \widehat {HAB} = \frac{{HB}}{{AB}}\)
Chiều cao HB của thang cuốn là: \(HB = \sin \widehat {HAB}.AB = \sin {36^0}.6 \approx 3,5\left( m \right)\)
Vậy chiều cao thang cuốn là 3,5m.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
a) Tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)
b) Chứng minh $\Delta MAD\backsim \Delta MCA\left( g.g \right)$
c) Chứng minh tổng các góc bằng \({180^0}\).
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
Do MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên \(MA \bot OA,MB \bot OB\) (tính chất)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle MAO = \angle MBO = {90^0}\\ \Rightarrow \angle MAO + \angle MBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối diện của tứ giác MAOB nên tứ giác MAOB nội tiếp (dhnb) (đpcm)
b) Vẽ đường kính AC của (O), gọi D là giao điểm của MC và (O), biết D khác C. Chứng minh \(M{A^2} = MD.{\rm{ }}MC\)
Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MCA\) có:
\(\angle AMC\) chung
\(\angle MAD = \angle MCA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)
$\Rightarrow \Delta MAD\backsim \Delta MCA\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{MA}{MC}=\frac{MD}{MA}\Leftrightarrow M{{A}^{2}}=MC.MD$ (đpcm)
c) Hai đoạn thẳng AB và MO cắt nhau tại H, kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh ba điểm E, H, D thẳng hàng.
Do MA, MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau của (O) nên MA = MB (tính chất)
Mà OA = OB (bằng bán kính) nên MO là trung trực của AB (tính chất)
\( \Rightarrow \) \(MO \bot AB\) tại H và H là trung điểm của AB
Khi đó xét tam giác MAO vuông tại A, đường cao AH có \(M{A^2} = MH.MO\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Mà \(M{A^2} = MC.MD\) (cmt) nên suy ra \(MH.MO = MD.MC \Leftrightarrow \frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)
Xét \(\Delta MHD\) và \(\Delta MCO\) có
\(\angle OMC\) chung
\(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)
$\Rightarrow \Delta MHD\backsim \Delta MCO\left( c.g.c \right)\Rightarrow \angle {{H}_{2}}=\angle MCO$ (2 góc tương ứng) (1)
Do BE đường kính nên \(\angle BAE = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow AE \bot AB\) mà \(AO \bot AB \Rightarrow AE\parallel AO\)
\( \Rightarrow \angle {H_1} = \angle AED\) (so le trong) (2)
Mà \(\angle AED = \angle ACD\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AD) (3)
Từ (1) (2) (3) suy ra \(\angle {H_1} = \angle {H_2}\)
Mà \(\angle {H_1} + \angle EHM = {180^0}\) (2 góc kề bù) \( \Rightarrow {H_2} + \angle MHE = {180^0}\)
\( \Rightarrow E,H,D\) thẳng hàng
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Tính \(\Delta \) và cho \(\Delta \ge 0\)
b) Áp dụng hệ thức Viet
Cách giải:
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
Do \(a = 1 \ne 0\) nên phương trình (1) là phương trình bậc 2
Ta có \(\Delta = {3^2} - 4.1\left( {m + 1} \right) = 9 - 4m - 4 = 5 - 4m\)
Để phương trình có 2 nghiệm thì \(\Delta \ge 0 \Leftrightarrow 5 - 4m \ge 0 \Leftrightarrow m \le \frac{5}{4}\)
Vậy \(m \le \frac{5}{4}\) thì phương trình (1) có 2 nghiệm.
b) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
Theo a, với \(m \le \frac{5}{4}\) thì phương trình (1) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\)
Áp dụng hệ thức Viet ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 3\\{x_1}.{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Ta có \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
\(\begin{array}{l} = x_1^2 + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\\ = x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 + 7m + {x_1}{x_2}\\ = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + {x_1}{x_2} + 7m\\ = {\left( { - 3} \right)^2} + m + 1 + 7m\\ = 8m + 10\end{array}\)
\( \Rightarrow P = 8m + 10\)
Với \(m \le \frac{5}{4}\)\( \Rightarrow 8m \le 10 \Rightarrow 8m + 10 \le 20 \Leftrightarrow P \le 20\)
Vậy GTLN của \(P = 20\) khi \(m = \frac{5}{4}\).
Câu 1:
a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right.\)
c) Giải phương trình \({x^4} - {x^2} - 12 = 0\).
Câu 2: Trong mặt phẳng toạ đô Oxy, cho \(\left( P \right):y = {x^2}\)và đường thẳng \(\left( d \right):y = - x + 2.\)
a) Vẽ đồ thị hai hàm số \((P)\) và \((d)\).
b) Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\).
Câu 3: Thang cuốn ở siêu thị giúp khách hàng di chuyển từ tầng này sang tầng khác tiện lợi. Biết rằng thang cuốn được thiết kế có độ nghiêng so với mặt phẳng ngang là \(36^\circ \left( {\widehat {BAH} = 36^\circ } \right)\) và có vận tốc là 0,5m/s. Một khách hàng đã di chuyển bằng thang cuốn từ tầng một lên tầng hai theo hướng AB hết 12 giây. Tính chiều cao \((BH)\) của thang cuốn? (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).
Câu 4: Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn tâm O, vẽ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
b) Vẽ đường kính AC của (O), gọi D là giao điểm của MC và (O), biết D khác C. Chứng minh \(M{A^2} = MD.{\rm{ }}MC\)
c) Hai đoạn thẳng AB và MO cắt nhau tại H, kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh ba điểm E, H, D thẳng hàng.
Câu 5: Cho phương trình \({x^2} + 3x + m + 1 = 0\) ( \(m\) là tham số). (1)
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
b) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
--- HẾT---
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Khai phương căn bậc hai và rút gọn
b) Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số
c) Đặt \(t = {x^2}\) và giải phương trình bậc 2.
Cách giải:
a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \\A = \sqrt {{2^2}.5} - 2\sqrt {{4^2}.5} + 3\sqrt {{3^2}.5} \\A = 2.\sqrt 5 - 2.4\sqrt 5 + 3.3\sqrt 5 \\A = 2\sqrt 5 - 8\sqrt 5 + 9\sqrt 5 \\A = \left( {2 - 8 + 9} \right).\sqrt 5 \\A = 3\sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(A = 3\sqrt 5 \).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 8\\2y = x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)\).
c) Giải phương trình \({x^4} - {x^2} - 12 = 0\).
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} - t - 6 = 0\).
Ta có \(\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = \frac{{1 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 3\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = \frac{{1 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 2\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\).
Với \(t = 3 \Rightarrow {x^2} = 3 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 3 \).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \sqrt 3 } \right\}\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ Oxy
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P).
Cách giải:
a) Vẽ đồ thị hai hàm số \((P)\) và \((d)\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(\left( d \right):y = - x + 2\)
Lấy \(x = 0 \Rightarrow y = 2\)
\(y = 0 \Rightarrow x = 2\)
\( \Rightarrow \)Đồ thị hàm số \(\left( d \right):y = - x + 2\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {2;0} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2;4} \right);\,\,B\left( { - 1;1} \right);C\left( {1;1} \right);\,\,D\left( {2;4} \right)\)
Hệ số \(a = 1 > 0\) nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) như sau:
b) Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) ta có:
\(\begin{array}{l}{x^2} = - x + 2\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) - \left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1\) ta có: \(y = {1^2} = 1\)
Với \(x = - 2\) ta có: \(y = {\left( { - 2} \right)^2} = 4\)
Vậy \((P)\)cắt \((d)\) tại \(\left( { - 2;4} \right)\) và \(\left( {1;1} \right)\).
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn.
Cách giải:
Chiều dài thang máy là: \(12.0,5 = 6\left( m \right)\)
Trong DAHB vuông tại H ta có \(\sin \widehat {HAB} = \frac{{HB}}{{AB}}\)
Chiều cao HB của thang cuốn là: \(HB = \sin \widehat {HAB}.AB = \sin {36^0}.6 \approx 3,5\left( m \right)\)
Vậy chiều cao thang cuốn là 3,5m.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
a) Tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)
b) Chứng minh $\Delta MAD\backsim \Delta MCA\left( g.g \right)$
c) Chứng minh tổng các góc bằng \({180^0}\).
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
Do MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên \(MA \bot OA,MB \bot OB\) (tính chất)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle MAO = \angle MBO = {90^0}\\ \Rightarrow \angle MAO + \angle MBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối diện của tứ giác MAOB nên tứ giác MAOB nội tiếp (dhnb) (đpcm)
b) Vẽ đường kính AC của (O), gọi D là giao điểm của MC và (O), biết D khác C. Chứng minh \(M{A^2} = MD.{\rm{ }}MC\)
Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MCA\) có:
\(\angle AMC\) chung
\(\angle MAD = \angle MCA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)
$\Rightarrow \Delta MAD\backsim \Delta MCA\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{MA}{MC}=\frac{MD}{MA}\Leftrightarrow M{{A}^{2}}=MC.MD$ (đpcm)
c) Hai đoạn thẳng AB và MO cắt nhau tại H, kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh ba điểm E, H, D thẳng hàng.
Do MA, MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau của (O) nên MA = MB (tính chất)
Mà OA = OB (bằng bán kính) nên MO là trung trực của AB (tính chất)
\( \Rightarrow \) \(MO \bot AB\) tại H và H là trung điểm của AB
Khi đó xét tam giác MAO vuông tại A, đường cao AH có \(M{A^2} = MH.MO\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Mà \(M{A^2} = MC.MD\) (cmt) nên suy ra \(MH.MO = MD.MC \Leftrightarrow \frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)
Xét \(\Delta MHD\) và \(\Delta MCO\) có
\(\angle OMC\) chung
\(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)
$\Rightarrow \Delta MHD\backsim \Delta MCO\left( c.g.c \right)\Rightarrow \angle {{H}_{2}}=\angle MCO$ (2 góc tương ứng) (1)
Do BE đường kính nên \(\angle BAE = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow AE \bot AB\) mà \(AO \bot AB \Rightarrow AE\parallel AO\)
\( \Rightarrow \angle {H_1} = \angle AED\) (so le trong) (2)
Mà \(\angle AED = \angle ACD\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AD) (3)
Từ (1) (2) (3) suy ra \(\angle {H_1} = \angle {H_2}\)
Mà \(\angle {H_1} + \angle EHM = {180^0}\) (2 góc kề bù) \( \Rightarrow {H_2} + \angle MHE = {180^0}\)
\( \Rightarrow E,H,D\) thẳng hàng
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Tính \(\Delta \) và cho \(\Delta \ge 0\)
b) Áp dụng hệ thức Viet
Cách giải:
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
Do \(a = 1 \ne 0\) nên phương trình (1) là phương trình bậc 2
Ta có \(\Delta = {3^2} - 4.1\left( {m + 1} \right) = 9 - 4m - 4 = 5 - 4m\)
Để phương trình có 2 nghiệm thì \(\Delta \ge 0 \Leftrightarrow 5 - 4m \ge 0 \Leftrightarrow m \le \frac{5}{4}\)
Vậy \(m \le \frac{5}{4}\) thì phương trình (1) có 2 nghiệm.
b) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
Theo a, với \(m \le \frac{5}{4}\) thì phương trình (1) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\)
Áp dụng hệ thức Viet ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 3\\{x_1}.{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Ta có \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
\(\begin{array}{l} = x_1^2 + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\\ = x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 + 7m + {x_1}{x_2}\\ = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + {x_1}{x_2} + 7m\\ = {\left( { - 3} \right)^2} + m + 1 + 7m\\ = 8m + 10\end{array}\)
\( \Rightarrow P = 8m + 10\)
Với \(m \le \frac{5}{4}\)\( \Rightarrow 8m \le 10 \Rightarrow 8m + 10 \le 20 \Leftrightarrow P \le 20\)
Vậy GTLN của \(P = 20\) khi \(m = \frac{5}{4}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Trà Vinh năm 2023 là một bước quan trọng đánh dấu sự chuyển giao từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. 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 một số bài toán thực tế ứng dụng. Việc nắm vững kiến thức nền tảng và luyện tập thường xuyên là chìa khóa để đạt kết quả tốt.
Dựa trên các đề thi năm trước, cấu trúc đề thi vào 10 môn Toán Trà Vinh thường bao gồm:
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi, học sinh cần tập trung ôn tập các chủ đề Toán sau:
Việc luyện tập với đề thi vào 10 môn Toán Trà Vinh năm 2023 và các năm trước là cách tốt nhất để làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và đánh giá năng lực bản thân. Giaibaitoan.com cung cấp đầy đủ các đề thi chính thức, kèm theo đáp án chi tiết và lời giải dễ hiểu.
Ngoài việc luyện tập với đề thi, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi bổ trợ như sách giáo khoa, sách bài tập, các trang web học Toán online và các video hướng dẫn giải Toán.
Giaibaitoan.com là một trang web học Toán online uy tín, cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi, đề thi và đáp án chi tiết. Chúng tôi cam kết đồng hành cùng bạn trên con đường chinh phục kỳ thi vào 10 môn Toán Trà Vinh năm 2023.
Chúng ta sẽ cùng phân tích chi tiết một số đề thi tiêu biểu của các năm trước để hiểu rõ hơn về mức độ khó và các dạng bài thường gặp. Ví dụ, đề thi năm 2022 có xu hướng tập trung vào các bài toán về hàm số và hình học không gian. Học sinh cần nắm vững các kiến thức liên quan đến hai chủ đề này để đạt kết quả tốt.
Các giáo viên có kinh nghiệm thường khuyên học sinh nên dành thời gian ôn tập đều đặn, không nên học dồn trước khi thi. Ngoài ra, việc giải nhiều đề thi khác nhau sẽ giúp học sinh làm quen với nhiều dạng bài và rèn luyện kỹ năng giải toán một cách hiệu quả.
| Năm | Điểm chuẩn |
|---|---|
| 2020 | 8.0 |
| 2021 | 8.5 |
| 2022 | 9.0 |
| 2023 (Dự kiến) | 9.5 |
Hy vọng với những thông tin và tài liệu mà Giaibaitoan.com cung cấp, các em học sinh sẽ tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Trà Vinh năm 2023.
