toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bến Tre năm 2020. 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 các đề thi chính thức của kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên và không chuyên của tỉnh Bến Tre năm 2020, được biên soạn bởi các giáo viên có kinh nghiệm. Các em có thể sử dụng bộ đề thi này để tự đánh giá năng lực của mình và tìm ra những điểm cần cải thiện.
Câu 1: a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức
Câu 1:
a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức \(\dfrac{{18}}{{\sqrt 3 }}\)
b) Tìm \(x\) biết \(\sqrt {4x} + \sqrt {9x} = 15\)
Câu 2:
Cho hàm số bậc nhất \(y = \left( {7 - \sqrt {18} } \right)x + 2020\)
a) Hàm số trên đồng biến hay nghịch biến trên \(R\)? Vì sao?
b) Tính giá trị của \(y\) khi \(x = 7 + \sqrt {18} \)
Câu 3:
Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\)
a) Vẽ \(\left( P \right)\)
b) Tìm tọa độ của các điểm thuộc \(\left( P \right)\) có tung độ bằng \(2.\)
Câu 4:
a) Giải phương trình: \({x^2} + 5x - 7 = 0\)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}7x - y = 18\\2x + y = 9\end{array} \right.\)
c) Tìm các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 5} \right)x + {m^2} + 3m - 6 = 0\) có hai nghiệm phân biệt.
Câu 5:
Với giá trị nào của tham số \(m\) thì đồ thị của hai hàm số \(y = x + \left( {5 + m} \right)\) và \(y = 2x + \left( {7 - m} \right)\) cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành.
Câu 6:
Cho tam giác ABC vuông tại B có đường cao BH (\(H \in AC\)), biết \(AB = 6cm,AC = 10cm\). Tính độ dài các đoạn thẳng \(BC,BH\).
Câu 7:
Trên đường tròn (O) lấy hai điểm A, B sao cho \(\angle AOB = {65^0}\) và điểm C như hình vẽ. Tính số đo cung \(AmB,ACB\) và số đo \(\angle ACB\).
Câu 8:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và có các đường cao BE, CF cắt nhau tại H (\(E \in AC,F \in AB\))
a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp.
b) Chứng minh \(AH \bot BC\).
c) Gọi \(P,G\) là hai giao điểm của đường thẳng \(EF\) và đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho điểm \(E\) nằm giữa điểm P và điểm F. Chứng minh \(AO\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(PG\).
Câu 1 (1 điểm)
Cách giải:
a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức \(\dfrac{{18}}{{\sqrt 3 }}\)
Ta có: \(\dfrac{{18}}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{18\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 .\sqrt 3 }} = \dfrac{{18\sqrt 3 }}{3} = 6\sqrt 3 \)
b) Tìm \(x\) biết \(\sqrt {4x} + \sqrt {9x} = 15\)
Điều kiện: \(x \ge 0\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {4x} + \sqrt {9x} = 15\\ \Leftrightarrow \sqrt 4 .\sqrt x + \sqrt 9 .\sqrt x = 15\\ \Leftrightarrow 2\sqrt x + 3\sqrt x = 15\\ \Leftrightarrow 5\sqrt x = 15\\ \Leftrightarrow \sqrt x = 3\\ \Leftrightarrow x = 9\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = 9.\)
Câu 2 (1 điểm)
Cách giải:
Cho hàm số bậc nhất \(y = \left( {7 - \sqrt {18} } \right)x + 2020\)
a) Hàm số trên đồng biến hay nghịch biến trên \(R\)? Vì sao?
Hàm số \(y = \left( {7 - \sqrt {18} } \right)x + 2020\) có \(a = 7 - \sqrt {18} \)
Ta có: \(7 = \sqrt {49} > \sqrt {18} \Leftrightarrow 7 - \sqrt {18} > 0 \Leftrightarrow a > 0\) nên hàm số đã cho đồng biến trên \(R.\)
b) Tính giá trị của \(y\) khi \(x = 7 + \sqrt {18} \)
Thay \(x = 7 + \sqrt {18} \) vào hàm số \(y = \left( {7 - \sqrt {18} } \right)x + 2020\) ta được:
\(y = \left( {7 - \sqrt {18} } \right)\left( {7 + \sqrt {18} } \right) + 2020\) \( = {7^2} - 18 + 2020 = 2051\)
Vậy với \(x = 7 + \sqrt {18} \) thì \(y = 2051\).
Câu 3 (1 điểm)
Cách giải:
Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\)
a) Vẽ \(\left( P \right)\)
Bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = 2{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) là parabol \(\left( P \right)\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;8} \right),\left( { - 1;2} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;2} \right),\left( {2;8} \right)\)
Hình vẽ:
b) Tìm tọa độ của các điểm thuộc \(\left( P \right)\) có tung độ bằng \(2.\)
Gọi điểm \(N\left( {x;2} \right)\) thuộc \(\left( P \right):y = 2{x^2}\)
Ta có: \(2 = 2{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\)
Vậy ta có hai điểm thỏa mãn đề bài là \(\left( {1;2} \right),\left( { - 1;2} \right)\)
Câu 4 (2,5 điểm)
Cách giải:
a) Giải phương trình: \({x^2} + 5x - 7 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {5^2} - 4.1.\left( { - 7} \right) = 53 > 0\) nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 5 + \sqrt {53} }}{2}\\x = \dfrac{{ - 5 - \sqrt {53} }}{2}\end{array} \right.\)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \(x = \dfrac{{ - 5 + \sqrt {53} }}{2};x = \dfrac{{ - 5 - \sqrt {53} }}{2}\)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}7x - y = 18\\2x + y = 9\end{array} \right.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}7x - y = 18\\2x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x = 27\\2x + y = 9\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2.3 + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 3\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;3} \right)\)
c) Tìm các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 5} \right)x + {m^2} + 3m - 6 = 0\) có hai nghiệm phân biệt.
Xét phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 5} \right)x + {m^2} + 3m - 6 = 0\) có \(a = 1;b' = - \left( {m + 5} \right);c = {m^2} + 3m - 6\)
Ta có: \(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 5} \right)} \right]^2} - \left( {{m^2} + 3m - 6} \right)\)
\(\begin{array}{l} = {m^2} + 10m + 25 - {m^2} - 3m + 6\\ = 7m + 31\end{array}\)
Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì \(\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \ne 0\left( {ld} \right)\\7m + 31 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 7m > - 31 \Leftrightarrow m > \dfrac{{ - 31}}{7}\)
Vậy với \(m > - \dfrac{{31}}{7}\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
Câu 5 (1 điểm)
Cách giải:
Với giá trị nào của tham số \(m\) thì đồ thị của hai hàm số \(y = x + \left( {5 + m} \right)\) và \(y = 2x + \left( {7 - m} \right)\) cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành.
Xét đường thẳng \(\left( d \right):y = x + \left( {5 + m} \right)\) có \(a = 1\) và đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = 2x + \left( {7 - m} \right)\) có \(a' = 2\)
Vì \(a \ne a'\left( {1 \ne 2} \right)\) nên hai đường thẳng \(\left( d \right)\) và \(\left( {d'} \right)\) cắt nhau.
Gọi \(M\left( {x;y} \right)\) là giao điểm của hai đường thẳng \(\left( d \right)\) và \(\left( {d'} \right)\)
Vì \(M\left( {x;y} \right)\) thuộc trục hoành nên \(M\left( {x;0} \right)\)
Lại có \(M\left( {x;0} \right)\) thuộc \(\left( d \right):y = x + \left( {5 + m} \right)\) nên ta có \(x + 5 + m = 0 \Leftrightarrow x = - 5 - m\)
Và \(M\left( {x;0} \right)\) thuộc \(\left( {d'} \right):y = 2x + \left( {7 - m} \right)\) nên ta có \(2x + 7 - m = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{{m - 7}}{2}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow - 5 - m = \dfrac{{m - 7}}{2}\\ \Leftrightarrow m - 7 = - 2m - 10\\ \Leftrightarrow 3m = - 3\\ \Leftrightarrow m = - 1\end{array}\)
Vậy \(m = - 1\) là giá trị cần tìm.
Câu 6 (0,75 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác ABC vuông tại B có đường cao BH (\(H \in AC\)), biết \(AB = 6cm,AC = 10cm\). Tính độ dài các đoạn thẳng \(BC,BH\).
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\), theo định lý Pytago ta có:
\(\begin{array}{l}A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}\\ \Leftrightarrow B{C^2} = A{C^2} - A{B^2} = {10^2} - {6^2} = 64\\ \Rightarrow BC = 8cm\end{array}\)
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có chiều cao \(BH\), theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(BH.AC = AB.BC\) \( \Leftrightarrow BH = \dfrac{{AB.BC}}{{AC}} = \dfrac{{6.8}}{{10}} = 4,8cm\)
Vậy \(BC = 8cm,BH = 4,8cm\).
Câu 7 (0,75 điểm)
Cách giải:
Trên đường tròn (O) lấy hai điểm A, B sao cho \(\angle AOB = {65^0}\) và điểm C như hình vẽ. Tính số đo cung \(AmB,ACB\) và số đo \(\angle ACB\).
Ta có \(\angle AOB\) là góc ở tâm chắn cung \(AmB\) nên
\(sd\,cung\,AmB = \angle AOB = {65^0}\) (tính chất)
Lại có
\(\begin{array}{l}sdACB + sdAmB = {360^0}\\ \Rightarrow sdACB = {360^0} - sdAmB\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {360^0} - {65^0}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {295^0}\end{array}\)
\(\angle ACB\) là góc nội tiếp chắn cung \(AmB\) nên \(\angle ACB = \dfrac{1}{2}sd\,cung\,AmB = \dfrac{1}{2}{.65^0} = 32,{5^0}\)
Vậy \(sd\,cung\,AmB = {65^0};\,\,\,sd\,cung\,ACB = {295^0}\) và \(\angle ACB = 32,{5^0}.\)
Câu 8 (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và có các đường cao BE, CF cắt nhau tại H (\(E \in AC,F \in AB\))
a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp.
Ta có:
\(CF \bot AB \Rightarrow \angle AFC = {90^0}\)
\(BE \bot AC \Rightarrow \angle AEB = {90^0}\)
Tứ giác AFHE có \(\angle AFH + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (đpcm).
b) Chứng minh \(AH \bot BC\).
Kéo dài \(AH\) cắt BC tại D.
Do \(BE,CF\) là các đường cao trong tam giác và \(BE \cap CF = \left\{ H \right\}\) nên \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC\)
\( \Rightarrow AD\) là đường cao trong \(\Delta ABC\) \( \Rightarrow AD \bot BC\).
\( \Rightarrow AH \bot BC\) (đpcm)
c) Gọi \(P,G\) là hai giao điểm của đường thẳng \(EF\) và đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho điểm \(E\) nằm giữa điểm P và điểm F. Chứng minh \(AO\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(PG\).
Xét tứ giác BFEC có \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)
\( \Rightarrow \angle AFE = \angle ACB\) (cùng bù với \(\angle BFE\)) (1)
Kẻ đường kính \(AA'\) , gọi \(I\) là giao điểm của \(AO\) và \(PG\).
Tứ giác \(BACA'\) nội tiếp nên \(\angle BAA' = \angle BCA'\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(BA'\)) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
\( \Rightarrow \angle AFE + \angle BAA' = \angle ACB + \angle BCA'\)
Mà \(\angle ACB + \angle BCA' = \angle A'CA = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Nên \(\angle AFE + \angle BAA' = {90^0}\) hay \(\angle AFI + \angle FAI = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle AIF = {90^0}\) \( \Rightarrow AO \bot PG\) tại \(I\)
\( \Rightarrow I\) là trung điểm của \(PG\) (đường kính vuông góc với dây thì đi qua trung điểm của dây ấy)
\( \Rightarrow AO\) là đường trung trực của \(PG\). (đpcm)
Câu 1:
a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức \(\dfrac{{18}}{{\sqrt 3 }}\)
b) Tìm \(x\) biết \(\sqrt {4x} + \sqrt {9x} = 15\)
Câu 2:
Cho hàm số bậc nhất \(y = \left( {7 - \sqrt {18} } \right)x + 2020\)
a) Hàm số trên đồng biến hay nghịch biến trên \(R\)? Vì sao?
b) Tính giá trị của \(y\) khi \(x = 7 + \sqrt {18} \)
Câu 3:
Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\)
a) Vẽ \(\left( P \right)\)
b) Tìm tọa độ của các điểm thuộc \(\left( P \right)\) có tung độ bằng \(2.\)
Câu 4:
a) Giải phương trình: \({x^2} + 5x - 7 = 0\)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}7x - y = 18\\2x + y = 9\end{array} \right.\)
c) Tìm các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 5} \right)x + {m^2} + 3m - 6 = 0\) có hai nghiệm phân biệt.
Câu 5:
Với giá trị nào của tham số \(m\) thì đồ thị của hai hàm số \(y = x + \left( {5 + m} \right)\) và \(y = 2x + \left( {7 - m} \right)\) cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành.
Câu 6:
Cho tam giác ABC vuông tại B có đường cao BH (\(H \in AC\)), biết \(AB = 6cm,AC = 10cm\). Tính độ dài các đoạn thẳng \(BC,BH\).
Câu 7:
Trên đường tròn (O) lấy hai điểm A, B sao cho \(\angle AOB = {65^0}\) và điểm C như hình vẽ. Tính số đo cung \(AmB,ACB\) và số đo \(\angle ACB\).
Câu 8:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và có các đường cao BE, CF cắt nhau tại H (\(E \in AC,F \in AB\))
a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp.
b) Chứng minh \(AH \bot BC\).
c) Gọi \(P,G\) là hai giao điểm của đường thẳng \(EF\) và đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho điểm \(E\) nằm giữa điểm P và điểm F. Chứng minh \(AO\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(PG\).
Câu 1 (1 điểm)
Cách giải:
a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức \(\dfrac{{18}}{{\sqrt 3 }}\)
Ta có: \(\dfrac{{18}}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{18\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 .\sqrt 3 }} = \dfrac{{18\sqrt 3 }}{3} = 6\sqrt 3 \)
b) Tìm \(x\) biết \(\sqrt {4x} + \sqrt {9x} = 15\)
Điều kiện: \(x \ge 0\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {4x} + \sqrt {9x} = 15\\ \Leftrightarrow \sqrt 4 .\sqrt x + \sqrt 9 .\sqrt x = 15\\ \Leftrightarrow 2\sqrt x + 3\sqrt x = 15\\ \Leftrightarrow 5\sqrt x = 15\\ \Leftrightarrow \sqrt x = 3\\ \Leftrightarrow x = 9\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = 9.\)
Câu 2 (1 điểm)
Cách giải:
Cho hàm số bậc nhất \(y = \left( {7 - \sqrt {18} } \right)x + 2020\)
a) Hàm số trên đồng biến hay nghịch biến trên \(R\)? Vì sao?
Hàm số \(y = \left( {7 - \sqrt {18} } \right)x + 2020\) có \(a = 7 - \sqrt {18} \)
Ta có: \(7 = \sqrt {49} > \sqrt {18} \Leftrightarrow 7 - \sqrt {18} > 0 \Leftrightarrow a > 0\) nên hàm số đã cho đồng biến trên \(R.\)
b) Tính giá trị của \(y\) khi \(x = 7 + \sqrt {18} \)
Thay \(x = 7 + \sqrt {18} \) vào hàm số \(y = \left( {7 - \sqrt {18} } \right)x + 2020\) ta được:
\(y = \left( {7 - \sqrt {18} } \right)\left( {7 + \sqrt {18} } \right) + 2020\) \( = {7^2} - 18 + 2020 = 2051\)
Vậy với \(x = 7 + \sqrt {18} \) thì \(y = 2051\).
Câu 3 (1 điểm)
Cách giải:
Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\)
a) Vẽ \(\left( P \right)\)
Bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = 2{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) là parabol \(\left( P \right)\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;8} \right),\left( { - 1;2} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;2} \right),\left( {2;8} \right)\)
Hình vẽ:
b) Tìm tọa độ của các điểm thuộc \(\left( P \right)\) có tung độ bằng \(2.\)
Gọi điểm \(N\left( {x;2} \right)\) thuộc \(\left( P \right):y = 2{x^2}\)
Ta có: \(2 = 2{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\)
Vậy ta có hai điểm thỏa mãn đề bài là \(\left( {1;2} \right),\left( { - 1;2} \right)\)
Câu 4 (2,5 điểm)
Cách giải:
a) Giải phương trình: \({x^2} + 5x - 7 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {5^2} - 4.1.\left( { - 7} \right) = 53 > 0\) nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 5 + \sqrt {53} }}{2}\\x = \dfrac{{ - 5 - \sqrt {53} }}{2}\end{array} \right.\)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \(x = \dfrac{{ - 5 + \sqrt {53} }}{2};x = \dfrac{{ - 5 - \sqrt {53} }}{2}\)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}7x - y = 18\\2x + y = 9\end{array} \right.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}7x - y = 18\\2x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x = 27\\2x + y = 9\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2.3 + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 3\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;3} \right)\)
c) Tìm các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 5} \right)x + {m^2} + 3m - 6 = 0\) có hai nghiệm phân biệt.
Xét phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 5} \right)x + {m^2} + 3m - 6 = 0\) có \(a = 1;b' = - \left( {m + 5} \right);c = {m^2} + 3m - 6\)
Ta có: \(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 5} \right)} \right]^2} - \left( {{m^2} + 3m - 6} \right)\)
\(\begin{array}{l} = {m^2} + 10m + 25 - {m^2} - 3m + 6\\ = 7m + 31\end{array}\)
Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì \(\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \ne 0\left( {ld} \right)\\7m + 31 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 7m > - 31 \Leftrightarrow m > \dfrac{{ - 31}}{7}\)
Vậy với \(m > - \dfrac{{31}}{7}\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
Câu 5 (1 điểm)
Cách giải:
Với giá trị nào của tham số \(m\) thì đồ thị của hai hàm số \(y = x + \left( {5 + m} \right)\) và \(y = 2x + \left( {7 - m} \right)\) cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành.
Xét đường thẳng \(\left( d \right):y = x + \left( {5 + m} \right)\) có \(a = 1\) và đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = 2x + \left( {7 - m} \right)\) có \(a' = 2\)
Vì \(a \ne a'\left( {1 \ne 2} \right)\) nên hai đường thẳng \(\left( d \right)\) và \(\left( {d'} \right)\) cắt nhau.
Gọi \(M\left( {x;y} \right)\) là giao điểm của hai đường thẳng \(\left( d \right)\) và \(\left( {d'} \right)\)
Vì \(M\left( {x;y} \right)\) thuộc trục hoành nên \(M\left( {x;0} \right)\)
Lại có \(M\left( {x;0} \right)\) thuộc \(\left( d \right):y = x + \left( {5 + m} \right)\) nên ta có \(x + 5 + m = 0 \Leftrightarrow x = - 5 - m\)
Và \(M\left( {x;0} \right)\) thuộc \(\left( {d'} \right):y = 2x + \left( {7 - m} \right)\) nên ta có \(2x + 7 - m = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{{m - 7}}{2}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow - 5 - m = \dfrac{{m - 7}}{2}\\ \Leftrightarrow m - 7 = - 2m - 10\\ \Leftrightarrow 3m = - 3\\ \Leftrightarrow m = - 1\end{array}\)
Vậy \(m = - 1\) là giá trị cần tìm.
Câu 6 (0,75 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác ABC vuông tại B có đường cao BH (\(H \in AC\)), biết \(AB = 6cm,AC = 10cm\). Tính độ dài các đoạn thẳng \(BC,BH\).
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\), theo định lý Pytago ta có:
\(\begin{array}{l}A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}\\ \Leftrightarrow B{C^2} = A{C^2} - A{B^2} = {10^2} - {6^2} = 64\\ \Rightarrow BC = 8cm\end{array}\)
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có chiều cao \(BH\), theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(BH.AC = AB.BC\) \( \Leftrightarrow BH = \dfrac{{AB.BC}}{{AC}} = \dfrac{{6.8}}{{10}} = 4,8cm\)
Vậy \(BC = 8cm,BH = 4,8cm\).
Câu 7 (0,75 điểm)
Cách giải:
Trên đường tròn (O) lấy hai điểm A, B sao cho \(\angle AOB = {65^0}\) và điểm C như hình vẽ. Tính số đo cung \(AmB,ACB\) và số đo \(\angle ACB\).
Ta có \(\angle AOB\) là góc ở tâm chắn cung \(AmB\) nên
\(sd\,cung\,AmB = \angle AOB = {65^0}\) (tính chất)
Lại có
\(\begin{array}{l}sdACB + sdAmB = {360^0}\\ \Rightarrow sdACB = {360^0} - sdAmB\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {360^0} - {65^0}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {295^0}\end{array}\)
\(\angle ACB\) là góc nội tiếp chắn cung \(AmB\) nên \(\angle ACB = \dfrac{1}{2}sd\,cung\,AmB = \dfrac{1}{2}{.65^0} = 32,{5^0}\)
Vậy \(sd\,cung\,AmB = {65^0};\,\,\,sd\,cung\,ACB = {295^0}\) và \(\angle ACB = 32,{5^0}.\)
Câu 8 (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và có các đường cao BE, CF cắt nhau tại H (\(E \in AC,F \in AB\))
a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp.
Ta có:
\(CF \bot AB \Rightarrow \angle AFC = {90^0}\)
\(BE \bot AC \Rightarrow \angle AEB = {90^0}\)
Tứ giác AFHE có \(\angle AFH + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (đpcm).
b) Chứng minh \(AH \bot BC\).
Kéo dài \(AH\) cắt BC tại D.
Do \(BE,CF\) là các đường cao trong tam giác và \(BE \cap CF = \left\{ H \right\}\) nên \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC\)
\( \Rightarrow AD\) là đường cao trong \(\Delta ABC\) \( \Rightarrow AD \bot BC\).
\( \Rightarrow AH \bot BC\) (đpcm)
c) Gọi \(P,G\) là hai giao điểm của đường thẳng \(EF\) và đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho điểm \(E\) nằm giữa điểm P và điểm F. Chứng minh \(AO\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(PG\).
Xét tứ giác BFEC có \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)
\( \Rightarrow \angle AFE = \angle ACB\) (cùng bù với \(\angle BFE\)) (1)
Kẻ đường kính \(AA'\) , gọi \(I\) là giao điểm của \(AO\) và \(PG\).
Tứ giác \(BACA'\) nội tiếp nên \(\angle BAA' = \angle BCA'\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(BA'\)) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
\( \Rightarrow \angle AFE + \angle BAA' = \angle ACB + \angle BCA'\)
Mà \(\angle ACB + \angle BCA' = \angle A'CA = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Nên \(\angle AFE + \angle BAA' = {90^0}\) hay \(\angle AFI + \angle FAI = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle AIF = {90^0}\) \( \Rightarrow AO \bot PG\) tại \(I\)
\( \Rightarrow I\) là trung điểm của \(PG\) (đường kính vuông góc với dây thì đi qua trung điểm của dây ấy)
\( \Rightarrow AO\) là đường trung trực của \(PG\). (đpcm)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của mỗi học sinh. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Trong đó, việc làm quen với cấu trúc đề thi và luyện tập giải các đề thi thử đóng vai trò then chốt. Bài viết này sẽ cung cấp cho bạn phân tích chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các bài toán thường gặp.
Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2020 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Đây là một dạng bài tập rất phổ biến trong các đề thi vào 10. Học sinh cần nắm vững các phương pháp giải phương trình và bất phương trình, cũng như các kỹ năng biến đổi đại số.
Ví dụ: Giải phương trình 2x + 3 = 7
Hướng dẫn giải:
Các bài tập về hình học thường yêu cầu học sinh chứng minh các tính chất hình học, tính diện tích, chu vi, hoặc giải các bài toán liên quan đến đường tròn, tam giác, tứ giác.
Ví dụ: Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Hướng dẫn giải:
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABC, ta có: BC2 = AB2 + AC2 = 32 + 42 = 9 + 16 = 25
Suy ra BC = √25 = 5cm
Các bài tập về số học thường yêu cầu học sinh tìm ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất, hoặc giải các bài toán liên quan đến chia hết.
Ví dụ: Tìm ước chung lớn nhất của 12 và 18.
Hướng dẫn giải:
Các ước của 12 là: 1, 2, 3, 4, 6, 12
Các ước của 18 là: 1, 2, 3, 6, 9, 18
Ước chung lớn nhất của 12 và 18 là 6.
Ngoài Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2020, toan11.edu.vn còn cung cấp nhiều tài liệu ôn thi khác, bao gồm:
Hãy truy cập toan11.edu.vn để khám phá thêm nhiều tài liệu hữu ích và nâng cao kiến thức của bạn!
Việc nắm vững kiến thức và luyện tập thường xuyên là chìa khóa để thành công trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán. Hy vọng rằng, với những phân tích và hướng dẫn giải trong bài viết này, các em học sinh sẽ tự tin hơn và đạt được kết quả tốt nhất.
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!
