toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bắc Ninh 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 thi 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 ý tưởng giải bài.
I. TRẮC NGHIỆM (3 điểm) Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau:
I. TRẮC NGHIỆM (3 điểm)
Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau:
Câu 1 Phương trình \({x^2} - 3x - 6 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\;\;{x_2}.\) Tổng \({x_1} + {x_2}\) bằng:
A. 3 B. -3 C. 6 D. -6
Câu 2 Đường thẳng \(y = x + m - 2\) đi qua điểm \(E\left( {1;\;0} \right)\) khi:
A. \(m = - 1\) B. \(m = 3\) C. \(m = 0\) D. \(m = 1\)
Câu 3 Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\;\;\widehat {ACB} = {30^0},\;\;AB = 5cm.\) Độ dài cạnh \(AC\) là:
A. \(10cm\) B. \(\dfrac{{5\sqrt 3 }}{2}cm\) C. \(5\sqrt 3 cm\) D. \(\dfrac{5}{{\sqrt 3 }}cm\)
Câu 4 Hình vuông cạnh bằng 1, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là:
A. \(\dfrac{1}{2}\) B. \(1\) C. \(\sqrt 2 \) D. \(\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)
Câu 5 Phương trình \({x^2} + x + a = 0\) (với x là ẩn, a là tham số) có nghiệm kép khi:
A. \(a = - \dfrac{1}{4}\) B. \(a = \dfrac{1}{4}\) C. \(a = 4\) D. \( - 4\)
Câu 6 Cho \(a > 0,\) rút gọn biểu thức \(\dfrac{{\sqrt {{a^3}} }}{{\sqrt a }}\) ta được kết quả:
A.\({a^2}\)B. \(a\) C. \( \pm a\) D. \( - a\)
PHẦN II. TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7 (2,5 điểm)
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\3x - y = 1\end{array} \right..\)
b) Tìm tọa độ giao điểm \(A,\;B\) của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và \(y = x + 2.\) Gọi \(D,\;C\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A,\;B\) lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác \(ABCD.\)
Câu 8 (1 điểm)
Nhân dịp Tết Thiếu nhi 01/06, một nhóm học sinh cần chia đều một số lượng quyển vở thành các phần quà để tặng cho các em nhỏ tại một mái ấm tình thương. Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì các em sẽ có thêm 2 phần quà nữa, còn nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì các em sẽ có thêm 5 phần quà nữa. Hỏi ban đầu có bao nhiêu phần quà và mỗi phần quà có bao nhiêu quyển vở?
Câu 9 (2,5 điểm)
Cho đường tròn đường kính AB, các điểm C, D nằm trên đường tròn đó sao cho C, D nằm khác phía đối với đường thẳng AB, đồng thời AD > AC. Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và AD lần lượt là M, N; giao điểm của MN với AC, AD lần lượt là H, I; giao điểm của MD và CN là K.
a) Chứng minh \(\widehat {ACN} = \widehat {DMN}\). Từ đó suy ra tứ giác MCKH nội tiếp.
b) Chứng minh KH song song với AD.
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa và để AK song song với ND.
Câu 10 (1 điểm)
a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện \(a + b + c = 3\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(A = 4{a^2} + 6{b^2} + 3{c^2}\)
b) Tìm các số nguyên dương a, b biết các phương trình \({x^2} - 2ax - 3b = 0\) và \({x^2} - 2bx - 3a = 0\) (với x là ẩn) đều có nghiệm nguyên.
1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
A | D | C | D | B | B |
Câu 1:
Phương pháp:
Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\;{x_2}\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}\end{array} \right..\)
Cách giải:
Phương trình \({x^2} - 3x - 6 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\;\;{x_2}.\) Tổng \({x_1} + {x_2}\) bằng:
A. 3 B. -3 C. 6 D. -6
Ta có: \(a = 1;\;b = - 3;\;c = - 6.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \({x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = 3.\)
Chọn A.
Câu 2:
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm E vào công thức hàm số để tìm m.
Cách giải:
Đường thẳng \(y = x + m - 2\) đi qua điểm \(E\left( {1;\;0} \right)\) khi:
A. \(m = - 1\) B. \(m = 3\) C. \(m = 0\) D. \(m = 1\)
Điểm \(E\left( {1;\;\;0} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = x + m - 2\)nên ta có:
\(0 = 1 + m - 2 \Leftrightarrow m = 1.\)
Chọn D.
Câu 3:
Phương pháp:
Xét tam giác ABC vuông tại A. Khi đó ta có: \(\tan C = \frac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow AC = \frac{{AB}}{{\tan C}}.\)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\;\;\widehat {ACB} = {30^0},\;\;AB = 5cm.\) Độ dài cạnh \(AC\) là:
A. \(10cm\) B. \(\frac{{5\sqrt 3 }}{2}cm\) C. \(5\sqrt 3 cm\) D. \(\frac{5}{{\sqrt 3 }}cm\)
Ta có: \(\tan C = \frac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow AC = \frac{{AB}}{{\tan C}} = \frac{5}{{\tan {{30}^0}}} = 5:\frac{1}{{\sqrt 3 }} = 5\sqrt 3 cm.\)
Chọn C.
Câu 4:
Phương pháp:
Tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông là giao điểm của hai đường chéo.
Sử dụng định lý Pi-ta-go để tính bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông.
Cách giải:
Hình vuông cạnh bằng 1, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là:
A. \(\frac{1}{2}\) B. \(1\) C. \(\sqrt 2 \) D. \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\)
Xét hình vuông ABCD có các cạnh là 1.
Tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD là giao điểm O của hai đường chéo AC và BD.
Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác ABC vuông tại B ta có:
\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 1 + 1 = 2 \Rightarrow AC = \sqrt 2 .\)
Có O là trung điểm của AC nên: \(OA = OC = R = \frac{{AC}}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)
Chọn D.
Câu 5:
Phương pháp:
Phương trình bậc hai một ẩn có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0.\)
Cách giải:
Phương trình \({x^2} + x + a = 0\) (với x là ẩn, a là tham số) có nghiệm kép khi:
A. \(a = - \frac{1}{4}\) B. \(a = \frac{1}{4}\) C. \(a = 4\) D. \( - 4\)
Phương trình đã cho có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0 \Leftrightarrow 1 - 4a = 0 \Leftrightarrow a = \frac{1}{4}.\)
Chọn B.
Câu 6:
Phương pháp:
Áp dụng công thức: \(\frac{{\sqrt A }}{{\sqrt B }} = \sqrt {\frac{A}{B}} ;\;\;\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\;\;khi\;\;A \ge 0\\ - A\;\;khi\;\;A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
Cho \(a > 0,\) rút gọn biểu thức \(\frac{{\sqrt {{a^3}} }}{{\sqrt a }}\) ta được kết quả:
A.\({a^2}\)B. \(a\) C. \( \pm a\) D. \( - a\)
Ta có: \(\frac{{\sqrt {{a^3}} }}{{\sqrt a }} = \sqrt {\frac{{{a^3}}}{a}} = \sqrt {{a^2}} = \left| a \right| = a\;\;\left( {do\;\;a > 0} \right).\)
Chọn B.
PHẦN II. TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7 (VD) (2,5 điểm)
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\3x - y = 1\end{array} \right..\)
b) Tìm tọa độ giao điểm \(A,\;B\) của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và \(y = x + 2.\) Gọi \(D,\;C\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A,\;B\) lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác \(ABCD.\)
Câu 7:
Phương pháp:
+) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
+) Lập phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị để tìm tọa độ hai giao điểm \(A,\;B.\)
+) Vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng hệ trục tọa độ.
+) Dựa vào hình vẽ để tính diện tích tứ giác ABCD.
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\3x - y = 1\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\3x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\6x - 2y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 7\\y = 3x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\;y} \right) = \left( {1;\;2} \right).\)
b) Tìm tọa độ giao điểm \(A,\;B\) của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và \(y = x + 2.\) Gọi \(D,\;C\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A,\;B\) lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác \(ABCD.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: \({x^2} = x + 2\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \Rightarrow A\left( { - 1;\;1} \right)\\x = 2 \Rightarrow B\left( {2;\;4} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
C là hình chiếu của B trên trục hoành \( \Rightarrow C\left( {2;\;0} \right).\)
D là hình chiếu của A trên trục hoành \( \Rightarrow D\left( { - 1;\;0} \right).\)
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy ABCD là hình thang vuông tại D và C.
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AD + CB} \right).CD}}{2} = \frac{{\left( {AD + CB} \right).\left( {DO + OC} \right)}}{2}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \frac{{\left( {1 + 4} \right)\left( {1 + 2} \right)}}{2} = \frac{{15}}{2} = 7,5\;\;\left( {dvdt} \right).\end{array}\)
Vậy diện tích tứ giác ABCD là: \(7,5\;dvdt.\)
Câu 8:
Phương pháp:
Giải bài toàn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
+) Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.
+) Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và đại lượng đã biết.
+) Dựa vào giả thiết của bài toán để lập phương trình hoặc hệ phương trình.
+) Giải phương trình hoặc hê phương trình vừa lập để tìm ẩn và đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.
Cách giải:
Nhân dịp Tết Thiếu nhi 01/06, một nhóm học sinh cần chia đều một số lượng quyển vở thành các phần quà để tặng cho các em nhỏ tại một mái ấm tình thương. Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì các em sẽ có thêm 2 phần quà nữa, còn nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì các em sẽ có thêm 5 phần quà nữa. Hỏi ban đầu có bao nhiêu phần quà và mỗi phần quà có bao nhiêu quyển vở?
Gọi số phần quà ban đầu là \(x\) (phần) \(\left( {x \in N*} \right).\)
Gọi số quyển vở có trong mỗi phần quà là \(y\) (quyển vở) \(\left( {y \in N*} \right).\)
\( \Rightarrow \) Tổng số quyển vở của nhóm học sinh có là: \(xy\) (quyển).
Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì số có thêm 2 phần quà nữa nên ta có phương trình:
\(xy = \left( {x + 2} \right)\left( {y - 2} \right) \Leftrightarrow 2y - 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow y - x = 2.\;\;\left( 1 \right)\)
Nếu mỗi phần quả giảm 4 quyển thì có thêm 5 phần quà nữa nên ta có phương trình:
\(xy = \left( {x + 5} \right)\left( {y - 4} \right) \Leftrightarrow 5y - 4x - 20 = 0 \Leftrightarrow 5y - 4x = 20\;\;\;\;\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}y - x = 2\\5y - 4x = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y - 5x = 10\\5y - 4x = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\;\;\left( {tm} \right)\\y = 12\;\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)
Vậy ban đầu có 10 phần quà và mỗi phần quà có 12 quyển vở.
Câu 9 (2,5 điểm)
Cho đường tròn đường kính AB, các điểm C, D nằm trên đường tròn đó sao cho C, D nằm khác phía đối với đường thẳng AB, đồng thời AD > AC. Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và AD lần lượt là M, N; giao điểm của MN với AC, AD lần lượt là H, I; giao điểm của MD và CN là K.
a) Chứng minh \(\widehat {ACN} = \widehat {DMN}\). Từ đó suy ra tứ giác MCKH nội tiếp.
b) Chứng minh KH song song với AD.
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa và để AK song song với ND.
Phương pháp:
a) Sử dụng tính chất: Các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.
b) Chứng minh hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau.
c) Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Cách giải:
Cho đường tròn đường kính AB, các điểm C, D nằm trên đường tròn đó sao cho C, D nằm khác phía đối với đường thẳng AB, đồng thời AD > AC. Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và AD lần lượt là M, N; giao điểm của MN với AC, AD lần lượt là H, I; giao điểm của MD và CN là K.
a) Chứng minh \(\widehat {ACN} = \widehat {DMN}\). Từ đó suy ra tứ giác MCKH nội tiếp.
Ta có:
Góc ACN là góc nội tiếp chắn cung AN; góc DMN là góc nội tiếp chắn cung DN.
Mà cung AN = cung DN (gt)
\( \Rightarrow \widehat {ACN} = \widehat {DMN}\) (Các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau).
b) Chứng minh KH song song với AD.
Do đó tứ giác CMHK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung bằng nhau).
\( \Rightarrow \widehat {CHK} = \widehat {CMK} = \widehat {CMD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CK).
Mà \(\widehat {CMD} = \widehat {CAD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn (O))
\( \Rightarrow \widehat {CHK} = \widehat {CAD}\).
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị \( \Rightarrow HK//AD\).
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa và để AK song song với ND.
Chứng minh tương tự ta có \(AI//KH\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác AHKI là hình bình hành (Tứ giác có các cạnh đối song song)
Ta có AK // DN \( \Rightarrow \widehat {IAK} = \widehat {ADN}\) (so le trong)
Lại có \(\widehat {ADN} = \widehat {DMN} = \widehat {AMN} \Rightarrow \widehat {IAK} = \widehat {DMN} = \widehat {KMI} \Rightarrow \) tứ giac AIKM là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung bằng nhau).
\( \Rightarrow \widehat {AMN} = \widehat {AKI}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI)
\( \Rightarrow \widehat {IAK} = \widehat {AKI} \Rightarrow \Delta IAK\) cân tại I \( \Rightarrow IA = IK\)
\( \Rightarrow AHKI\) là hình thoi (Hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau).
\( \Rightarrow IH \bot AK\) (hai đường chéo của hình thoi).
\( \Rightarrow MN \bot AK\), mà \(AK//DN \Rightarrow AM \bot ND \Rightarrow \widehat {MND} = {90^0} \Rightarrow \) Góc MND nội tiếp chắn nửa đường tròn.
\( \Rightarrow MD\) là đường kính của đường tròn tâm O.
\( \Rightarrow \) sđ cung MAD = 1800
\( \Rightarrow \) sđ cung MA + sđ cung AD = 1800
\( \Rightarrow \) sđ cung \(\frac{{AC}}{2}\) + sđ cung AD = 1800
Câu 10 (1 điểm)
a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện \(a + b + c = 3\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(A = 4{a^2} + 6{b^2} + 3{c^2}\)
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương ta có:
\(\begin{array}{l}4\left( {{a^2} + 1} \right) \ge 4.2\sqrt {{a^2}.1} = 8a\\6\left( {{b^2} + \frac{4}{9}} \right) \ge 6.2\sqrt {{b^2}.\frac{4}{9}} = 8b\\3\left( {{c^2} + \frac{{16}}{9}} \right) \ge 3.2\sqrt {{c^2}.\frac{{16}}{9}} = 8c\end{array}\)
Cộng vế theo vế ta có \(A + 4 + \frac{8}{3} + \frac{{16}}{3} \ge 8\left( {a + b + c} \right) = 8.3 = 24\)
Vậy \(A \ge 12\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} - 1\\{b^2} = \frac{4}{9}\\{c^2} = \frac{{16}}{9}\\a,b,c \ge 0\\a + b + c = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = \frac{2}{3}\\c = \frac{4}{3}\end{array} \right.\)
Vậy \({A_{\min }} = 12 \Leftrightarrow \left( {a;b;c} \right) = \left( {1;\frac{2}{3};\frac{4}{3}} \right)\)
b) Tìm các số nguyên dương a, b biết các phương trình \({x^2} - 2ax - 3b = 0\) và \({x^2} - 2bx - 3a = 0\), với x là ẩn, đều có nghiệm nguyên.
Xét phương trình \({x^2} - 2ax - 3b = 0\) có \({\Delta _1}' = {a^2} + 3b > 0 \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x = a \pm \sqrt {{a^2} + 3b} \)
Xét phương trình \({x^2} - 2bx - 3a = 0\) có \({\Delta _2}' = {b^2} + 3a > 0 \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x = b \pm \sqrt {{b^2} + 3a} \)
Để cả hai phương trình đều có nghiệm nguyên \( \Leftrightarrow {a^2} + 3b\) và \({b^2} + 3a\) đều là số chinh phương.
Do vai trò của a và b là như nhau, không mất tính tổng quát, ta giả sử \(a \ge b\).
Ta chứng minh \({a^2} + 3b \le {\left( {a + 2} \right)^2}\).
Ta có
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,{a^2} + 3b < {\left( {a + 2} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {a^2} + 3b < {a^2} + 4a + 4\\ \Leftrightarrow 3b < 4a + 4\end{array}\)
Luôn đúng do giả sử \(a \ge b\).
\( \Rightarrow {a^2} < {a^2} + 3b < {\left( {a + 2} \right)^2}\,\,\left( {Do\,\,b > 0} \right)\).
Mà a, b là các số nguyên dương \( \Rightarrow {a^2} + 3b = {\left( {a + 1} \right)^2}\) là số chính phương.
\( \Leftrightarrow 3b = 2a + 1 \Rightarrow a = \frac{{3b - 1}}{2}\)
Thay vào \({\Delta _2}'\) ta có : \({\Delta _2}' = {b^2} + 3.\frac{{3b - 1}}{2} = {b^2} + \frac{9}{2}b - \frac{3}{2} = {b^2} + 2.b.\frac{9}{4} + \frac{{81}}{{16}} - \frac{{105}}{{16}} = {\left( {b + \frac{9}{4}} \right)^2} - \frac{{105}}{{16}}\) là số chính phương.
Giả sử \({\left( {b + \frac{9}{4}} \right)^2} - \frac{{105}}{{16}} = {x^2}\,\,\left( {x \in Z} \right) \Leftrightarrow \left( {b + \frac{9}{4} - x} \right)\left( {b + \frac{9}{4} + x} \right) = \frac{{105}}{{16}}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{4b - 4x + 9}}{4}.\frac{{4b + 4x + 9}}{4} = \frac{{105}}{{16}}\\ \Leftrightarrow \left( {4b - 4x + 9} \right)\left( {4b + 4x + 9} \right) = 5.21 = 1.105\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}4b - 4x + 9 = 5\\4b + 4x + 9 = 21\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}4b - 4x + 9 = 21\\4b + 4x + 9 = 5\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}4b - 4x + 9 = 1\\4b + 4x + 9 = 105\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}4b - 4x + 9 = 105\\4b + 4x + 9 = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}b = 1\\x = 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b = 1\\x = - 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b = 11\\x = 13\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b = 11\\x = - 13\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}b = 1\\b = 11\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}b = 1\\a = \frac{{3b - 1}}{2} = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b = 11\\a = \frac{{3b - 1}}{2} = 16\end{array} \right.\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \left( {a;b} \right) \in \left\{ {\left( {1;1} \right);\,\,\left( {16;11} \right)} \right\}\)
Do a, b có vai trò như nhau nên \(\left( {a;b} \right) = \left( {11;16} \right)\) cũng thỏa mãn điều kiện bài toán.
Vậy các cặp số \(\left( {a;b} \right)\) thỏa mãn là \(\left( {1;1} \right);\,\,\left( {16;11} \right);\,\,\left( {11;16} \right)\).
I. TRẮC NGHIỆM (3 điểm)
Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau:
Câu 1 Phương trình \({x^2} - 3x - 6 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\;\;{x_2}.\) Tổng \({x_1} + {x_2}\) bằng:
A. 3 B. -3 C. 6 D. -6
Câu 2 Đường thẳng \(y = x + m - 2\) đi qua điểm \(E\left( {1;\;0} \right)\) khi:
A. \(m = - 1\) B. \(m = 3\) C. \(m = 0\) D. \(m = 1\)
Câu 3 Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\;\;\widehat {ACB} = {30^0},\;\;AB = 5cm.\) Độ dài cạnh \(AC\) là:
A. \(10cm\) B. \(\dfrac{{5\sqrt 3 }}{2}cm\) C. \(5\sqrt 3 cm\) D. \(\dfrac{5}{{\sqrt 3 }}cm\)
Câu 4 Hình vuông cạnh bằng 1, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là:
A. \(\dfrac{1}{2}\) B. \(1\) C. \(\sqrt 2 \) D. \(\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)
Câu 5 Phương trình \({x^2} + x + a = 0\) (với x là ẩn, a là tham số) có nghiệm kép khi:
A. \(a = - \dfrac{1}{4}\) B. \(a = \dfrac{1}{4}\) C. \(a = 4\) D. \( - 4\)
Câu 6 Cho \(a > 0,\) rút gọn biểu thức \(\dfrac{{\sqrt {{a^3}} }}{{\sqrt a }}\) ta được kết quả:
A.\({a^2}\)B. \(a\) C. \( \pm a\) D. \( - a\)
PHẦN II. TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7 (2,5 điểm)
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\3x - y = 1\end{array} \right..\)
b) Tìm tọa độ giao điểm \(A,\;B\) của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và \(y = x + 2.\) Gọi \(D,\;C\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A,\;B\) lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác \(ABCD.\)
Câu 8 (1 điểm)
Nhân dịp Tết Thiếu nhi 01/06, một nhóm học sinh cần chia đều một số lượng quyển vở thành các phần quà để tặng cho các em nhỏ tại một mái ấm tình thương. Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì các em sẽ có thêm 2 phần quà nữa, còn nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì các em sẽ có thêm 5 phần quà nữa. Hỏi ban đầu có bao nhiêu phần quà và mỗi phần quà có bao nhiêu quyển vở?
Câu 9 (2,5 điểm)
Cho đường tròn đường kính AB, các điểm C, D nằm trên đường tròn đó sao cho C, D nằm khác phía đối với đường thẳng AB, đồng thời AD > AC. Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và AD lần lượt là M, N; giao điểm của MN với AC, AD lần lượt là H, I; giao điểm của MD và CN là K.
a) Chứng minh \(\widehat {ACN} = \widehat {DMN}\). Từ đó suy ra tứ giác MCKH nội tiếp.
b) Chứng minh KH song song với AD.
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa và để AK song song với ND.
Câu 10 (1 điểm)
a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện \(a + b + c = 3\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(A = 4{a^2} + 6{b^2} + 3{c^2}\)
b) Tìm các số nguyên dương a, b biết các phương trình \({x^2} - 2ax - 3b = 0\) và \({x^2} - 2bx - 3a = 0\) (với x là ẩn) đều có nghiệm nguyên.
1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
A | D | C | D | B | B |
Câu 1:
Phương pháp:
Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\;{x_2}\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}\end{array} \right..\)
Cách giải:
Phương trình \({x^2} - 3x - 6 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\;\;{x_2}.\) Tổng \({x_1} + {x_2}\) bằng:
A. 3 B. -3 C. 6 D. -6
Ta có: \(a = 1;\;b = - 3;\;c = - 6.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \({x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = 3.\)
Chọn A.
Câu 2:
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm E vào công thức hàm số để tìm m.
Cách giải:
Đường thẳng \(y = x + m - 2\) đi qua điểm \(E\left( {1;\;0} \right)\) khi:
A. \(m = - 1\) B. \(m = 3\) C. \(m = 0\) D. \(m = 1\)
Điểm \(E\left( {1;\;\;0} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = x + m - 2\)nên ta có:
\(0 = 1 + m - 2 \Leftrightarrow m = 1.\)
Chọn D.
Câu 3:
Phương pháp:
Xét tam giác ABC vuông tại A. Khi đó ta có: \(\tan C = \frac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow AC = \frac{{AB}}{{\tan C}}.\)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\;\;\widehat {ACB} = {30^0},\;\;AB = 5cm.\) Độ dài cạnh \(AC\) là:
A. \(10cm\) B. \(\frac{{5\sqrt 3 }}{2}cm\) C. \(5\sqrt 3 cm\) D. \(\frac{5}{{\sqrt 3 }}cm\)
Ta có: \(\tan C = \frac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow AC = \frac{{AB}}{{\tan C}} = \frac{5}{{\tan {{30}^0}}} = 5:\frac{1}{{\sqrt 3 }} = 5\sqrt 3 cm.\)
Chọn C.
Câu 4:
Phương pháp:
Tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông là giao điểm của hai đường chéo.
Sử dụng định lý Pi-ta-go để tính bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông.
Cách giải:
Hình vuông cạnh bằng 1, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là:
A. \(\frac{1}{2}\) B. \(1\) C. \(\sqrt 2 \) D. \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\)
Xét hình vuông ABCD có các cạnh là 1.
Tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD là giao điểm O của hai đường chéo AC và BD.
Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác ABC vuông tại B ta có:
\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 1 + 1 = 2 \Rightarrow AC = \sqrt 2 .\)
Có O là trung điểm của AC nên: \(OA = OC = R = \frac{{AC}}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)
Chọn D.
Câu 5:
Phương pháp:
Phương trình bậc hai một ẩn có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0.\)
Cách giải:
Phương trình \({x^2} + x + a = 0\) (với x là ẩn, a là tham số) có nghiệm kép khi:
A. \(a = - \frac{1}{4}\) B. \(a = \frac{1}{4}\) C. \(a = 4\) D. \( - 4\)
Phương trình đã cho có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0 \Leftrightarrow 1 - 4a = 0 \Leftrightarrow a = \frac{1}{4}.\)
Chọn B.
Câu 6:
Phương pháp:
Áp dụng công thức: \(\frac{{\sqrt A }}{{\sqrt B }} = \sqrt {\frac{A}{B}} ;\;\;\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\;\;khi\;\;A \ge 0\\ - A\;\;khi\;\;A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
Cho \(a > 0,\) rút gọn biểu thức \(\frac{{\sqrt {{a^3}} }}{{\sqrt a }}\) ta được kết quả:
A.\({a^2}\)B. \(a\) C. \( \pm a\) D. \( - a\)
Ta có: \(\frac{{\sqrt {{a^3}} }}{{\sqrt a }} = \sqrt {\frac{{{a^3}}}{a}} = \sqrt {{a^2}} = \left| a \right| = a\;\;\left( {do\;\;a > 0} \right).\)
Chọn B.
PHẦN II. TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7 (VD) (2,5 điểm)
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\3x - y = 1\end{array} \right..\)
b) Tìm tọa độ giao điểm \(A,\;B\) của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và \(y = x + 2.\) Gọi \(D,\;C\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A,\;B\) lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác \(ABCD.\)
Câu 7:
Phương pháp:
+) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
+) Lập phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị để tìm tọa độ hai giao điểm \(A,\;B.\)
+) Vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng hệ trục tọa độ.
+) Dựa vào hình vẽ để tính diện tích tứ giác ABCD.
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\3x - y = 1\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\3x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\6x - 2y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 7\\y = 3x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\;y} \right) = \left( {1;\;2} \right).\)
b) Tìm tọa độ giao điểm \(A,\;B\) của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và \(y = x + 2.\) Gọi \(D,\;C\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A,\;B\) lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác \(ABCD.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: \({x^2} = x + 2\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \Rightarrow A\left( { - 1;\;1} \right)\\x = 2 \Rightarrow B\left( {2;\;4} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
C là hình chiếu của B trên trục hoành \( \Rightarrow C\left( {2;\;0} \right).\)
D là hình chiếu của A trên trục hoành \( \Rightarrow D\left( { - 1;\;0} \right).\)
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy ABCD là hình thang vuông tại D và C.
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AD + CB} \right).CD}}{2} = \frac{{\left( {AD + CB} \right).\left( {DO + OC} \right)}}{2}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \frac{{\left( {1 + 4} \right)\left( {1 + 2} \right)}}{2} = \frac{{15}}{2} = 7,5\;\;\left( {dvdt} \right).\end{array}\)
Vậy diện tích tứ giác ABCD là: \(7,5\;dvdt.\)
Câu 8:
Phương pháp:
Giải bài toàn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
+) Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.
+) Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và đại lượng đã biết.
+) Dựa vào giả thiết của bài toán để lập phương trình hoặc hệ phương trình.
+) Giải phương trình hoặc hê phương trình vừa lập để tìm ẩn và đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.
Cách giải:
Nhân dịp Tết Thiếu nhi 01/06, một nhóm học sinh cần chia đều một số lượng quyển vở thành các phần quà để tặng cho các em nhỏ tại một mái ấm tình thương. Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì các em sẽ có thêm 2 phần quà nữa, còn nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì các em sẽ có thêm 5 phần quà nữa. Hỏi ban đầu có bao nhiêu phần quà và mỗi phần quà có bao nhiêu quyển vở?
Gọi số phần quà ban đầu là \(x\) (phần) \(\left( {x \in N*} \right).\)
Gọi số quyển vở có trong mỗi phần quà là \(y\) (quyển vở) \(\left( {y \in N*} \right).\)
\( \Rightarrow \) Tổng số quyển vở của nhóm học sinh có là: \(xy\) (quyển).
Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì số có thêm 2 phần quà nữa nên ta có phương trình:
\(xy = \left( {x + 2} \right)\left( {y - 2} \right) \Leftrightarrow 2y - 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow y - x = 2.\;\;\left( 1 \right)\)
Nếu mỗi phần quả giảm 4 quyển thì có thêm 5 phần quà nữa nên ta có phương trình:
\(xy = \left( {x + 5} \right)\left( {y - 4} \right) \Leftrightarrow 5y - 4x - 20 = 0 \Leftrightarrow 5y - 4x = 20\;\;\;\;\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}y - x = 2\\5y - 4x = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y - 5x = 10\\5y - 4x = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\;\;\left( {tm} \right)\\y = 12\;\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)
Vậy ban đầu có 10 phần quà và mỗi phần quà có 12 quyển vở.
Câu 9 (2,5 điểm)
Cho đường tròn đường kính AB, các điểm C, D nằm trên đường tròn đó sao cho C, D nằm khác phía đối với đường thẳng AB, đồng thời AD > AC. Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và AD lần lượt là M, N; giao điểm của MN với AC, AD lần lượt là H, I; giao điểm của MD và CN là K.
a) Chứng minh \(\widehat {ACN} = \widehat {DMN}\). Từ đó suy ra tứ giác MCKH nội tiếp.
b) Chứng minh KH song song với AD.
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa và để AK song song với ND.
Phương pháp:
a) Sử dụng tính chất: Các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.
b) Chứng minh hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau.
c) Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Cách giải:
Cho đường tròn đường kính AB, các điểm C, D nằm trên đường tròn đó sao cho C, D nằm khác phía đối với đường thẳng AB, đồng thời AD > AC. Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và AD lần lượt là M, N; giao điểm của MN với AC, AD lần lượt là H, I; giao điểm của MD và CN là K.
a) Chứng minh \(\widehat {ACN} = \widehat {DMN}\). Từ đó suy ra tứ giác MCKH nội tiếp.
Ta có:
Góc ACN là góc nội tiếp chắn cung AN; góc DMN là góc nội tiếp chắn cung DN.
Mà cung AN = cung DN (gt)
\( \Rightarrow \widehat {ACN} = \widehat {DMN}\) (Các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau).
b) Chứng minh KH song song với AD.
Do đó tứ giác CMHK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung bằng nhau).
\( \Rightarrow \widehat {CHK} = \widehat {CMK} = \widehat {CMD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CK).
Mà \(\widehat {CMD} = \widehat {CAD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn (O))
\( \Rightarrow \widehat {CHK} = \widehat {CAD}\).
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị \( \Rightarrow HK//AD\).
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa và để AK song song với ND.
Chứng minh tương tự ta có \(AI//KH\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác AHKI là hình bình hành (Tứ giác có các cạnh đối song song)
Ta có AK // DN \( \Rightarrow \widehat {IAK} = \widehat {ADN}\) (so le trong)
Lại có \(\widehat {ADN} = \widehat {DMN} = \widehat {AMN} \Rightarrow \widehat {IAK} = \widehat {DMN} = \widehat {KMI} \Rightarrow \) tứ giac AIKM là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung bằng nhau).
\( \Rightarrow \widehat {AMN} = \widehat {AKI}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI)
\( \Rightarrow \widehat {IAK} = \widehat {AKI} \Rightarrow \Delta IAK\) cân tại I \( \Rightarrow IA = IK\)
\( \Rightarrow AHKI\) là hình thoi (Hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau).
\( \Rightarrow IH \bot AK\) (hai đường chéo của hình thoi).
\( \Rightarrow MN \bot AK\), mà \(AK//DN \Rightarrow AM \bot ND \Rightarrow \widehat {MND} = {90^0} \Rightarrow \) Góc MND nội tiếp chắn nửa đường tròn.
\( \Rightarrow MD\) là đường kính của đường tròn tâm O.
\( \Rightarrow \) sđ cung MAD = 1800
\( \Rightarrow \) sđ cung MA + sđ cung AD = 1800
\( \Rightarrow \) sđ cung \(\frac{{AC}}{2}\) + sđ cung AD = 1800
Câu 10 (1 điểm)
a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện \(a + b + c = 3\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(A = 4{a^2} + 6{b^2} + 3{c^2}\)
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương ta có:
\(\begin{array}{l}4\left( {{a^2} + 1} \right) \ge 4.2\sqrt {{a^2}.1} = 8a\\6\left( {{b^2} + \frac{4}{9}} \right) \ge 6.2\sqrt {{b^2}.\frac{4}{9}} = 8b\\3\left( {{c^2} + \frac{{16}}{9}} \right) \ge 3.2\sqrt {{c^2}.\frac{{16}}{9}} = 8c\end{array}\)
Cộng vế theo vế ta có \(A + 4 + \frac{8}{3} + \frac{{16}}{3} \ge 8\left( {a + b + c} \right) = 8.3 = 24\)
Vậy \(A \ge 12\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} - 1\\{b^2} = \frac{4}{9}\\{c^2} = \frac{{16}}{9}\\a,b,c \ge 0\\a + b + c = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = \frac{2}{3}\\c = \frac{4}{3}\end{array} \right.\)
Vậy \({A_{\min }} = 12 \Leftrightarrow \left( {a;b;c} \right) = \left( {1;\frac{2}{3};\frac{4}{3}} \right)\)
b) Tìm các số nguyên dương a, b biết các phương trình \({x^2} - 2ax - 3b = 0\) và \({x^2} - 2bx - 3a = 0\), với x là ẩn, đều có nghiệm nguyên.
Xét phương trình \({x^2} - 2ax - 3b = 0\) có \({\Delta _1}' = {a^2} + 3b > 0 \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x = a \pm \sqrt {{a^2} + 3b} \)
Xét phương trình \({x^2} - 2bx - 3a = 0\) có \({\Delta _2}' = {b^2} + 3a > 0 \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x = b \pm \sqrt {{b^2} + 3a} \)
Để cả hai phương trình đều có nghiệm nguyên \( \Leftrightarrow {a^2} + 3b\) và \({b^2} + 3a\) đều là số chinh phương.
Do vai trò của a và b là như nhau, không mất tính tổng quát, ta giả sử \(a \ge b\).
Ta chứng minh \({a^2} + 3b \le {\left( {a + 2} \right)^2}\).
Ta có
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,{a^2} + 3b < {\left( {a + 2} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {a^2} + 3b < {a^2} + 4a + 4\\ \Leftrightarrow 3b < 4a + 4\end{array}\)
Luôn đúng do giả sử \(a \ge b\).
\( \Rightarrow {a^2} < {a^2} + 3b < {\left( {a + 2} \right)^2}\,\,\left( {Do\,\,b > 0} \right)\).
Mà a, b là các số nguyên dương \( \Rightarrow {a^2} + 3b = {\left( {a + 1} \right)^2}\) là số chính phương.
\( \Leftrightarrow 3b = 2a + 1 \Rightarrow a = \frac{{3b - 1}}{2}\)
Thay vào \({\Delta _2}'\) ta có : \({\Delta _2}' = {b^2} + 3.\frac{{3b - 1}}{2} = {b^2} + \frac{9}{2}b - \frac{3}{2} = {b^2} + 2.b.\frac{9}{4} + \frac{{81}}{{16}} - \frac{{105}}{{16}} = {\left( {b + \frac{9}{4}} \right)^2} - \frac{{105}}{{16}}\) là số chính phương.
Giả sử \({\left( {b + \frac{9}{4}} \right)^2} - \frac{{105}}{{16}} = {x^2}\,\,\left( {x \in Z} \right) \Leftrightarrow \left( {b + \frac{9}{4} - x} \right)\left( {b + \frac{9}{4} + x} \right) = \frac{{105}}{{16}}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{4b - 4x + 9}}{4}.\frac{{4b + 4x + 9}}{4} = \frac{{105}}{{16}}\\ \Leftrightarrow \left( {4b - 4x + 9} \right)\left( {4b + 4x + 9} \right) = 5.21 = 1.105\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}4b - 4x + 9 = 5\\4b + 4x + 9 = 21\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}4b - 4x + 9 = 21\\4b + 4x + 9 = 5\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}4b - 4x + 9 = 1\\4b + 4x + 9 = 105\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}4b - 4x + 9 = 105\\4b + 4x + 9 = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}b = 1\\x = 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b = 1\\x = - 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b = 11\\x = 13\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b = 11\\x = - 13\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}b = 1\\b = 11\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}b = 1\\a = \frac{{3b - 1}}{2} = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b = 11\\a = \frac{{3b - 1}}{2} = 16\end{array} \right.\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \left( {a;b} \right) \in \left\{ {\left( {1;1} \right);\,\,\left( {16;11} \right)} \right\}\)
Do a, b có vai trò như nhau nên \(\left( {a;b} \right) = \left( {11;16} \right)\) cũng thỏa mãn điều kiện bài toán.
Vậy các cặp số \(\left( {a;b} \right)\) thỏa mãn là \(\left( {1;1} \right);\,\,\left( {16;11} \right);\,\,\left( {11;16} \right)\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp 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 Bắc Ninh năm 2018 là một nguồn tài liệu quý giá, giúp học sinh nắm vững kiến thức và kỹ năng cần thiết.
Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2018 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Câu 1: Giải phương trình x2 - 5x + 6 = 0
Hướng dẫn giải: Đây là một phương trình bậc hai quen thuộc. Học sinh có thể giải bằng cách phân tích thành nhân tử hoặc sử dụng công thức nghiệm.
Câu 2: 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 để chứng minh.
Để đạt hiệu quả cao nhất, học sinh nên luyện tập thường xuyên với đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2018. Sau khi làm xong, hãy tự kiểm tra và đối chiếu với đáp án để phát hiện ra những lỗi sai và rút kinh nghiệm.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2018, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Các giáo viên có kinh nghiệm thường khuyên học sinh nên tập trung vào việc nắm vững kiến thức cơ bản và rèn luyện kỹ năng giải toán. Ngoài ra, việc giữ tâm lý bình tĩnh và tự tin cũng rất quan trọng trong quá trình làm bài thi.
Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2018 là một tài liệu ôn thi hữu ích, giúp học sinh chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi sắp tới. Chúc các em học sinh đạt kết quả cao nhất!
| Chủ đề | Mức độ quan trọng |
|---|---|
| Đại số | Cao |
| Hình học | Trung bình |
Stay updated with the latest technology news, learn new skills with our how-to guides, and discover your next favorite film or album. Explore now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Tìm hiểu về Fractal, một khái niệm hình học độc đáo. Bài viết này sẽ hé lộ những điều thú vị về Fractal mà bạn chưa từng biết! Khám phá ngay!
Giải mã paradox - hiện tượng tưởng chừng vô nghĩa nhưng chứa đựng triết lý sâu sắc. Khám phá các loại paradox phổ biến và ứng dụng bất ngờ của chúng! Click để tìm hiểu!
Đắm chìm vào thế giới trinh thám đầy u ám của 'Tên của trò chơi là bắt cóc'. Phân tích sâu về tâm lý nhân vật, ranh giới thiện ác mong manh và những bí mật bị che giấu. Liệu bạn có dám đối mặt với sự thật khi ai cũng là kẻ ác? Khám phá ngay!
Khám phá phương pháp độc đáo giúp con tự tin giải quyết bài tập Toán nâng cao lớp 1. Xem ngay lời giải chi tiết, dễ hiểu và các mẹo học tập hiệu quả! Đừng bỏ lỡ!
