toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bình Phước 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 các trường THPT trên địa bàn tỉnh Bình Phước, được biên soạn bởi các giáo viên có kinh nghiệm. Các em có thể sử dụng bộ đề này để tự học, luyện tập hoặc tham khảo ý kiến của thầy cô giáo.
Câu 1: 1. Tính giá trị của biểu thức sau:
Câu 1:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Câu 2:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
Câu 3:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Câu 4:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Câu 5:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
+ Tính giá trị biểu thức A:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \\A = \sqrt {{8^2}} - \sqrt {{7^2}} \\A = 8 - 7\\A = 1\end{array}\)
Vậy \(A = 1\).
+ Tính giá trị biểu thức B:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \\B = \left| {4 + \sqrt 7 } \right| - \sqrt 7 \\B = 4 + \sqrt 7 - \sqrt 7 \,\,\left( {Do\,\,4 + \sqrt 7 > 0} \right)\\B = 4\end{array}\)
Vậy \(B = 4\).
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
Với \(x \ge 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \sqrt x - 3\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0\) thì \(Q = \sqrt x - 3\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Ta có: \(Q = 2 \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = 2 \Leftrightarrow \sqrt x = 5 \Leftrightarrow x = 25\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy để \(Q = 2\) thì \(x = 25\).
Câu 2 (2điểm)
Cách giải:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
+) Vẽ parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Vậy \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm: \(\left( { - 2;\,\,4} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,1} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,1} \right),\,\,\left( {2;\,\,4} \right).\)
+) Vẽ đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2x + 3\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \( - 1\) |
\(y = 2x + 3\) | \(3\) | \(1\) |
Vậy \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\) là đường thẳng đi qua các điểm \(\left( {0;\,\,3} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} = 2x + 3\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) + \left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
+) Với \(x = 3 \Rightarrow y = {3^2} = 9\).
+) Với \(x = - 1 \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^2} = 1.\)
Vậy \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có tọa độ là \(\left( {3;\,\,9} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 3y = 6\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {3;\,\,1} \right).\)
Câu 3 (2,5 điểm)
Cách giải:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
Với \(m = 6\) thì phương trình (1) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 4x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - x} \right) - \left( {4x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 4\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 6\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;4} \right\}\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 5} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\5 > 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\\m - 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 - 4m + 8 > 0\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}33 - 4m > 0\\m > 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{{33}}{4}\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < m < \dfrac{{33}}{4}\).
Khi đó áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} }}{{\sqrt {{x_1}{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow 2\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right) = 3\sqrt {{x_1}{x_2}} \\ \Leftrightarrow 4\left( {{x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} } \right) = 9{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 4\left( {5 + 2\sqrt {m - 2} } \right) = 9\left( {m - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 9\left( {m - 2} \right) - 8\sqrt {m - 2} - 20 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Đặt \(t = \sqrt {m - 2} \,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình (*) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,9{t^2} - 8t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 9{t^2} - 18t + 10t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {9{t^2} - 18t} \right) + \left( {10t - 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 9t\left( {t - 2} \right) + 10\left( {t - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {9t + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 2 = 0\\9t + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - \dfrac{{10}}{9}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(t = 2\) \( \Rightarrow \sqrt {m - 2} = 2 \Leftrightarrow m - 2 = 4 \Leftrightarrow m = 6\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 6\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Gọi chiều rộng thửa đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\)) \( \Rightarrow \) Chiều dài thửa đất là \(x + 4\,\,\left( m \right)\).
Vì thửa đất có diện tích là \(320{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}x\left( {x + 4} \right) = 320\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 20x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 16x} \right) + \left( {20x - 320} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 16} \right) + 20\left( {x - 16} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 16} \right)\left( {x + 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 16 = 0\\x + 20 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 20\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng thửa đất là \(16m\), chiều dài thửa đất là \(16 + 4 = 20m\).
Vậy chu vi thửa đất đó là: \(\left( {16 + 20} \right).2 = 72\,\,\left( m \right)\).
Câu 4 (2,5 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) nên \(\angle B + \angle C = {90^0}\) (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).
\( \Rightarrow \angle C = {90^0} - \angle B = {90^0} - {60^0} = {30^0}\).
Ta có:
\(\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AB = \dfrac{{AC}}{{\tan {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
\(\sin {60^0} = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AC}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường trung tuyến \(AM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) nên
\(AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{16\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy \(\angle C = {30^0},\,\,AB = AM = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}cm,\,\,BC = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,cm\).
Câu 5 (2,5 điểm)
Cách giải:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
Ta có: \(TA,\,\,TB\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A,\,\,B\) (gt).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}TA \bot OA\\TB \bot OB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle TAO = \angle TBO = {90^0}\).
Xét tứ giác \(TAOB\) ta có: \(\angle TAO + \angle TBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow TAOB\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
Ta có: \(OA = OB = R\) \( \Rightarrow O\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\(TA = TB\,\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow T\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO\) là đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO \bot AB = \left\{ F \right\}\)
Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta TAO\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AF\) ta có: \(T{A^2} = TF.TO\,\,\,\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta TAC\) và \(\Delta TDA\) ta có:
\(\angle T\) chung;
\(\angle TDA = \angle TAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \Delta TAC \sim \Delta TDA\,\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{TA}}{{TD}} = \dfrac{{TC}}{{TA}} \Leftrightarrow T{A^2} = TC.TD\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow TF.TO = TC.TD\,\,\,\left( { = T{A^2}} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Gọi \(AB \cap TG = \left\{ K \right\}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AT \bot OA \Rightarrow AT \bot AG\\BH \bot AG\end{array} \right. \Rightarrow BH\parallel AT\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TAB\) (so le trong).
Mà \(TA = TB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\Delta TAB\) cân tại \(T\) \( \Rightarrow \angle TAB = \angle TBA\).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TBA\)
\( \Rightarrow BK\) là phân giác của \(\angle TBH\).
Ta có: \(\angle ABG = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow BA \bot BG\) hay \(BK \bot BG\).
Do đó \(BG\) là phân giác ngoài của \(\angle TBH\).
Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\dfrac{{BI}}{{BT}} = \dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{GI}}{{GT}}\).
Lại có: \(\dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{BI}}{{AT}};\,\,\dfrac{{GI}}{{GT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}}\) (định lí Ta-lét)
Do đó \(\dfrac{{BI}}{{AT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}} \Rightarrow BI = IH\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(BH\) (đpcm).
Câu 1:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Câu 2:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
Câu 3:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Câu 4:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Câu 5:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
\(A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \) \(B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \)
+ Tính giá trị biểu thức A:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {64} - \sqrt {49} \\A = \sqrt {{8^2}} - \sqrt {{7^2}} \\A = 8 - 7\\A = 1\end{array}\)
Vậy \(A = 1\).
+ Tính giá trị biểu thức B:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 7 } \right)}^2}} - \sqrt 7 \\B = \left| {4 + \sqrt 7 } \right| - \sqrt 7 \\B = 4 + \sqrt 7 - \sqrt 7 \,\,\left( {Do\,\,4 + \sqrt 7 > 0} \right)\\B = 4\end{array}\)
Vậy \(B = 4\).
2. Cho biểu thức \(Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\,\,\left( {x \ge 0} \right)\)
a) Rút gọn biểu thức \(Q\).
Với \(x \ge 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}Q = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}} - 3\\Q = \sqrt x - 3\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0\) thì \(Q = \sqrt x - 3\).
b) Tìm giá trị của x để biểu thức \(Q = 2\).
Ta có: \(Q = 2 \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = 2 \Leftrightarrow \sqrt x = 5 \Leftrightarrow x = 25\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy để \(Q = 2\) thì \(x = 25\).
Câu 2 (2điểm)
Cách giải:
1. Cho parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ \(Oxy.\)
+) Vẽ parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Vậy \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm: \(\left( { - 2;\,\,4} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,1} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,1} \right),\,\,\left( {2;\,\,4} \right).\)
+) Vẽ đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2x + 3\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \( - 1\) |
\(y = 2x + 3\) | \(3\) | \(1\) |
Vậy \(\left( d \right):\,\,\,y = 2x + 3\) là đường thẳng đi qua các điểm \(\left( {0;\,\,3} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} = 2x + 3\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) + \left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
+) Với \(x = 3 \Rightarrow y = {3^2} = 9\).
+) Với \(x = - 1 \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^2} = 1.\)
Vậy \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có tọa độ là \(\left( {3;\,\,9} \right)\) và \(\left( { - 1;\,\,1} \right).\)
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 3\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\x + 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 3y = 6\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {3;\,\,1} \right).\)
Câu 3 (2,5 điểm)
Cách giải:
1. Cho phương trình ẩn x: \({x^2} - 5x + \left( {m - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
a) Giải phương trình (1) với \(m = 6\).
Với \(m = 6\) thì phương trình (1) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 4x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - x} \right) - \left( {4x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 4\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 6\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;4} \right\}\).
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\).
Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 5} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\5 > 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\\m - 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 - 4m + 8 > 0\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}33 - 4m > 0\\m > 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{{33}}{4}\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < m < \dfrac{{33}}{4}\).
Khi đó áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} }}{{\sqrt {{x_1}{x_2}} }} = \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow 2\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right) = 3\sqrt {{x_1}{x_2}} \\ \Leftrightarrow 4\left( {{x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} } \right) = 9{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 4\left( {5 + 2\sqrt {m - 2} } \right) = 9\left( {m - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 9\left( {m - 2} \right) - 8\sqrt {m - 2} - 20 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Đặt \(t = \sqrt {m - 2} \,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình (*) trở thành:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,9{t^2} - 8t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 9{t^2} - 18t + 10t - 20 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {9{t^2} - 18t} \right) + \left( {10t - 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 9t\left( {t - 2} \right) + 10\left( {t - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {9t + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 2 = 0\\9t + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - \dfrac{{10}}{9}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(t = 2\) \( \Rightarrow \sqrt {m - 2} = 2 \Leftrightarrow m - 2 = 4 \Leftrightarrow m = 6\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 6\).
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là \(320{m^2}\). Tính chu vi thửa đất đó.
Gọi chiều rộng thửa đất là \(x\,\,\left( m \right)\) (ĐK: \(x > 0\)) \( \Rightarrow \) Chiều dài thửa đất là \(x + 4\,\,\left( m \right)\).
Vì thửa đất có diện tích là \(320{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}x\left( {x + 4} \right) = 320\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 20x - 320 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 16x} \right) + \left( {20x - 320} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 16} \right) + 20\left( {x - 16} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 16} \right)\left( {x + 20} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 16 = 0\\x + 20 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 20\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng thửa đất là \(16m\), chiều dài thửa đất là \(16 + 4 = 20m\).
Vậy chu vi thửa đất đó là: \(\left( {16 + 20} \right).2 = 72\,\,\left( m \right)\).
Câu 4 (2,5 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có cạnh \(AC = 8\,\,cm\), \(\angle B = {60^0}\). Tính số đo góc \(\angle C\) và độ dài các cạnh \(AB,\,\,BC\), đường trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC\).
Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) nên \(\angle B + \angle C = {90^0}\) (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).
\( \Rightarrow \angle C = {90^0} - \angle B = {90^0} - {60^0} = {30^0}\).
Ta có:
\(\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AB = \dfrac{{AC}}{{\tan {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
\(\sin {60^0} = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AC}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{8}{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {cm} \right)\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường trung tuyến \(AM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) nên
\(AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{16\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy \(\angle C = {30^0},\,\,AB = AM = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}cm,\,\,BC = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{3}\,cm\).
Câu 5 (2,5 điểm)
Cách giải:
Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) vắt cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)
a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.
Ta có: \(TA,\,\,TB\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A,\,\,B\) (gt).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}TA \bot OA\\TB \bot OB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle TAO = \angle TBO = {90^0}\).
Xét tứ giác \(TAOB\) ta có: \(\angle TAO + \angle TBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow TAOB\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)
Ta có: \(OA = OB = R\) \( \Rightarrow O\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\(TA = TB\,\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow T\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO\) là đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow TO \bot AB = \left\{ F \right\}\)
Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta TAO\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AF\) ta có: \(T{A^2} = TF.TO\,\,\,\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta TAC\) và \(\Delta TDA\) ta có:
\(\angle T\) chung;
\(\angle TDA = \angle TAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \Delta TAC \sim \Delta TDA\,\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{TA}}{{TD}} = \dfrac{{TC}}{{TA}} \Leftrightarrow T{A^2} = TC.TD\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow TF.TO = TC.TD\,\,\,\left( { = T{A^2}} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)
Gọi \(AB \cap TG = \left\{ K \right\}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AT \bot OA \Rightarrow AT \bot AG\\BH \bot AG\end{array} \right. \Rightarrow BH\parallel AT\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TAB\) (so le trong).
Mà \(TA = TB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\Delta TAB\) cân tại \(T\) \( \Rightarrow \angle TAB = \angle TBA\).
\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TBA\)
\( \Rightarrow BK\) là phân giác của \(\angle TBH\).
Ta có: \(\angle ABG = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow BA \bot BG\) hay \(BK \bot BG\).
Do đó \(BG\) là phân giác ngoài của \(\angle TBH\).
Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\dfrac{{BI}}{{BT}} = \dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{GI}}{{GT}}\).
Lại có: \(\dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{BI}}{{AT}};\,\,\dfrac{{GI}}{{GT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}}\) (định lí Ta-lét)
Do đó \(\dfrac{{BI}}{{AT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}} \Rightarrow BI = IH\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(BH\) (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 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, đề thi chính thức các năm trước đóng vai trò then chốt.
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020 thường có cấu trúc tương đối ổn định qua các năm. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Chúng ta sẽ cùng phân tích một số đề thi tiêu biểu vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020 để hiểu rõ hơn về cấu trúc và độ khó của đề thi.
Đề thi trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh thường có độ khó cao hơn so với các trường khác. Đề thi thường tập trung vào các bài toán đòi hỏi tư duy logic và khả năng giải quyết vấn đề. Các bài toán đại số thường chiếm tỷ trọng lớn trong đề thi này.
Đề thi trường THPT Bình Long có độ khó trung bình. Đề thi thường bao gồm các bài toán cơ bản và một số bài toán nâng cao. Các bài toán hình học thường chiếm tỷ trọng lớn trong đề thi này.
Dưới đây là hướng dẫn giải một số dạng bài tập thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Việc ôn luyện kỹ lưỡng và làm quen với cấu trúc đề thi là yếu tố then chốt để đạt kết quả tốt trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Phước năm 2020. Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt được kết quả như mong muốn!
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!
