toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bình Thuận năm 2019. 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 chính thức của kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2019 của tỉnh Bình Thuận, được chúng tôi tổng hợp và cung cấp miễn phí để phục vụ nhu cầu học tập của các em.
Câu 1 (2 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau:
Câu 1 (2 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau:
\(a)\,\,{x^2} + 3x - 10 = 0 & & & b)\,\,\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 6\\x - 2y = 1\end{array} \right..\)
Câu 2 (1 điểm): Rút gọn biểu thức: \(M = \dfrac{{3\sqrt {75} - 12\sqrt 3 + \sqrt {12} }}{5}.\)
Câu 3 (2 điểm): Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị là \(\left( P \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
b) Tìm tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = mx - 2\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Câu 4 (1 điểm): Một mảnh đất hình chữ nhật có hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài là \(9m\) và diện tích bằng \(200{m^2}.\) Tính chu vi của mảnh đất.
Câu 5 (4 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right),\,\,\left( {AB < AC} \right).\) Ba đường cao \(AE,\,\,BF\) và \(CK\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H.\) Vẽ đường kính \(AD\) của đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(AKHF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(DC//BF.\)
c) Chứng minh \(AB.AC = AE.AD.\)
d) Cho \(BC = \dfrac{{4\sqrt 2 R}}{3}.\) Tính theo \(R\) diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF.\)
Câu 1 (2 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau:
\(a)\,\,{x^2} + 3x - 10 = 0 & & & b)\,\,\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 6\\x - 2y = 1\end{array} \right..\)
Câu 2 (1 điểm): Rút gọn biểu thức: \(M = \dfrac{{3\sqrt {75} - 12\sqrt 3 + \sqrt {12} }}{5}.\)
Câu 3 (2 điểm): Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị là \(\left( P \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
b) Tìm tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = mx - 2\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Câu 4 (1 điểm): Một mảnh đất hình chữ nhật có hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài là \(9m\) và diện tích bằng \(200{m^2}.\) Tính chu vi của mảnh đất.
Câu 5 (4 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right),\,\,\left( {AB < AC} \right).\) Ba đường cao \(AE,\,\,BF\) và \(CK\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H.\) Vẽ đường kính \(AD\) của đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(AKHF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(DC//BF.\)
c) Chứng minh \(AB.AC = AE.AD.\)
d) Cho \(BC = \dfrac{{4\sqrt 2 R}}{3}.\) Tính theo \(R\) diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF.\)
Câu 1
Phương pháp:
a) Giải phương trình bằng công thức nghiệm.
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(a)\,\,{x^2} + 3x - 10 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {b^2} - 4ac = {3^2} + 4.10 = 49 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 3 + \sqrt {49} }}{2} = 2\\{x_2} = \dfrac{{ - 3 - \sqrt {49} }}{2} = - 5\end{array} \right..\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ { - 5;\,\,2} \right\}.\)
\(b)\,\,\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 6\\x - 2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = 5\\x = 1 + 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 1 + 2.1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {3;\,\,1} \right).\)
Câu 2
Phương pháp:
Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
\(\begin{array}{l}M = \dfrac{{3\sqrt {75} - 12\sqrt 3 + \sqrt {12} }}{5} = \dfrac{{3\sqrt {{5^2}.3} - 12\sqrt 3 + \sqrt {{2^2}.3} }}{5}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3.5\sqrt 3 - 12\sqrt 3 + 2\sqrt 3 }}{5} = \dfrac{{5\sqrt 3 }}{5} = \sqrt 3 .\end{array}\) Vậy \(M = \sqrt 3 .\)
Câu 3
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ.
b) Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right) \Leftrightarrow \) phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0\,\,\left( {\Delta ' = 0} \right).\)
Cách giải:
Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị là \(\left( P \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = 2{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = 2{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;\,\,8} \right),\,\,\left( { - 1;\,2} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,2} \right),\,\,\left( {2;\,\,8} \right)\) và nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng.
b) Tìm tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = mx - 2\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: \(2{x^2} = mx - 2 \Leftrightarrow 2{x^2} - mx + 2 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right) \Leftrightarrow \,\,\left( * \right)\) có nghiệm kép
\( \Leftrightarrow \Delta = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4.2.2 = 0 \Leftrightarrow {m^2} = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = - 4\end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 4\) hoặc \(m = - 4\) thì thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình.
Gọi chiều rộng của mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Biểu diễn chiều dài và diện tích của mảnh đất theo ẩn vừa gọi. Giải phương trình và đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Gọi chiều rộng của mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Vì hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài \(9m\) nên chiều dài của mảnh đất là: \(2x + 9\,\,\,\left( m \right).\)
Diện tích của mảnh đất là \(200{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(x\left( {2x + 9} \right) = 200 \Leftrightarrow 2{x^2} + 9x - 200 = 0\)
Có \(\Delta = {9^2} + 4.2.200 = 1681 > 0 \Rightarrow \sqrt \Delta = \sqrt {1681} = 41.\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 9 + 41}}{{2.2}} = 8\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{x_2} = \dfrac{{ - 9 - 41}}{{2.2}} = - \dfrac{{25}}{2}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng của mảnh đất là \(8m,\) chiều dài của mảnh đất là: \(2.8 + 9 = 25m.\)
Vậy chu vi của mảnh đất là: \(\left( {8 + 25} \right).2 = 66\,m.\)
Câu 5
Phương pháp:
a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh song song theo định lý từ vuông góc đến song song.
c) Chứng minh cặp tam giác đồng dạng tương ứng rồi suy ra đẳng thức.
d) Công thức tính diện tích hình tròn bán kính \(r:\,\,S = \pi {r^2}.\)
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AKHF\) nội tiếp.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle AKH = {90^{0\,}}\,\,\,\left( {CK \bot AB = \left\{ K \right\}} \right)\\\angle AFH = {90^0}\,\,\,\,\,\left( {BF \bot AC = \left\{ K \right\}} \right)\end{array} \right.\)
Xét tứ giác \(AKHF\) ta có: \(\angle AKH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối nhau trong tứ giác
\( \Rightarrow AKHF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb).
b) Chứng minh \(DC//BF.\)
Ta có: \(BF \bot AC\) (do \(BF\) là đường cao của \(\Delta ABC\))
Lại có: \(\angle ACD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow CD \bot AC.\)
\( \Rightarrow CD//BF\,\,\left( { \bot AC} \right)\) (từ vuông góc đến song song).
c) Chứng minh \(AB.AC = AE.AD.\)
Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta ADC\) ta có:
\(\angle ABE = \angle ADC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))
d) Cho \(BC = \dfrac{{4\sqrt 2 R}}{3}.\) Tính theo \(R\) diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF.\)
Theo câu a) ta có tứ giác \(AKHF\) là tứ giác nội tiếp.
\( \Rightarrow \) đường tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF\) là đường tròn \(\left( C \right)\) đi qua các điểm \(A,\,\,K,\,\,H,\,\,F.\)
Lại có \(\Delta AKH\) là tam giác vuông tại \(K\) nội tiếp đường tròn \(\left( C \right)\)
\( \Rightarrow AH\) là đường kính của đường tròn \(\left( C \right).\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\) ta có: \(OI \bot BC = \left\{ I \right\}\) (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung).
Mà \(AE \bot BC\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow OI//AE\,\,hay\,\,\,OI//AH\) (từ vuông góc đến song song).
Lại có \(O\) là trung điểm của \(AD.\)
\( \Rightarrow OI\) là đường trung bình của \(\Delta ADH.\)
\( \Rightarrow OI = \dfrac{1}{2}AH \Leftrightarrow AH = 2OI.\)
Áp dụng định lý Pitago trong \(\Delta IOC\) vuông tại \(I\) ta có:
\(\begin{array}{l}OI = \sqrt {O{C^2} - I{C^2}} = \sqrt {O{C^2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4}} = \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{{\left( {4\sqrt 2 R} \right)}^2}}}{{4.9}}} = \dfrac{R}{3}.\\ \Rightarrow AH = 2OI = 2.\dfrac{R}{3} = \dfrac{{2R}}{3}.\end{array}\)
Khi đó diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF\) là: \(S = \pi .\dfrac{{A{H^2}}}{4} = \pi .{\left( {\dfrac{{2R}}{3}} \right)^2}.\dfrac{1}{4} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{9}.\)
Câu 1
Phương pháp:
a) Giải phương trình bằng công thức nghiệm.
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(a)\,\,{x^2} + 3x - 10 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {b^2} - 4ac = {3^2} + 4.10 = 49 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 3 + \sqrt {49} }}{2} = 2\\{x_2} = \dfrac{{ - 3 - \sqrt {49} }}{2} = - 5\end{array} \right..\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ { - 5;\,\,2} \right\}.\)
\(b)\,\,\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 6\\x - 2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = 5\\x = 1 + 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 1 + 2.1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {3;\,\,1} \right).\)
Câu 2
Phương pháp:
Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
\(\begin{array}{l}M = \dfrac{{3\sqrt {75} - 12\sqrt 3 + \sqrt {12} }}{5} = \dfrac{{3\sqrt {{5^2}.3} - 12\sqrt 3 + \sqrt {{2^2}.3} }}{5}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3.5\sqrt 3 - 12\sqrt 3 + 2\sqrt 3 }}{5} = \dfrac{{5\sqrt 3 }}{5} = \sqrt 3 .\end{array}\) Vậy \(M = \sqrt 3 .\)
Câu 3
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ.
b) Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right) \Leftrightarrow \) phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0\,\,\left( {\Delta ' = 0} \right).\)
Cách giải:
Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị là \(\left( P \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = 2{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = 2{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;\,\,8} \right),\,\,\left( { - 1;\,2} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,2} \right),\,\,\left( {2;\,\,8} \right)\) và nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng.
b) Tìm tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = mx - 2\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: \(2{x^2} = mx - 2 \Leftrightarrow 2{x^2} - mx + 2 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Đường thẳng \(d\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right) \Leftrightarrow \,\,\left( * \right)\) có nghiệm kép
\( \Leftrightarrow \Delta = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4.2.2 = 0 \Leftrightarrow {m^2} = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = - 4\end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 4\) hoặc \(m = - 4\) thì thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình.
Gọi chiều rộng của mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Biểu diễn chiều dài và diện tích của mảnh đất theo ẩn vừa gọi. Giải phương trình và đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Gọi chiều rộng của mảnh đất là \(x\,\,\left( m \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Vì hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài \(9m\) nên chiều dài của mảnh đất là: \(2x + 9\,\,\,\left( m \right).\)
Diện tích của mảnh đất là \(200{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(x\left( {2x + 9} \right) = 200 \Leftrightarrow 2{x^2} + 9x - 200 = 0\)
Có \(\Delta = {9^2} + 4.2.200 = 1681 > 0 \Rightarrow \sqrt \Delta = \sqrt {1681} = 41.\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 9 + 41}}{{2.2}} = 8\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{x_2} = \dfrac{{ - 9 - 41}}{{2.2}} = - \dfrac{{25}}{2}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng của mảnh đất là \(8m,\) chiều dài của mảnh đất là: \(2.8 + 9 = 25m.\)
Vậy chu vi của mảnh đất là: \(\left( {8 + 25} \right).2 = 66\,m.\)
Câu 5
Phương pháp:
a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh song song theo định lý từ vuông góc đến song song.
c) Chứng minh cặp tam giác đồng dạng tương ứng rồi suy ra đẳng thức.
d) Công thức tính diện tích hình tròn bán kính \(r:\,\,S = \pi {r^2}.\)
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AKHF\) nội tiếp.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle AKH = {90^{0\,}}\,\,\,\left( {CK \bot AB = \left\{ K \right\}} \right)\\\angle AFH = {90^0}\,\,\,\,\,\left( {BF \bot AC = \left\{ K \right\}} \right)\end{array} \right.\)
Xét tứ giác \(AKHF\) ta có: \(\angle AKH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối nhau trong tứ giác
\( \Rightarrow AKHF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb).
b) Chứng minh \(DC//BF.\)
Ta có: \(BF \bot AC\) (do \(BF\) là đường cao của \(\Delta ABC\))
Lại có: \(\angle ACD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow CD \bot AC.\)
\( \Rightarrow CD//BF\,\,\left( { \bot AC} \right)\) (từ vuông góc đến song song).
c) Chứng minh \(AB.AC = AE.AD.\)
Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta ADC\) ta có:
\(\angle ABE = \angle ADC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))
d) Cho \(BC = \dfrac{{4\sqrt 2 R}}{3}.\) Tính theo \(R\) diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF.\)
Theo câu a) ta có tứ giác \(AKHF\) là tứ giác nội tiếp.
\( \Rightarrow \) đường tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF\) là đường tròn \(\left( C \right)\) đi qua các điểm \(A,\,\,K,\,\,H,\,\,F.\)
Lại có \(\Delta AKH\) là tam giác vuông tại \(K\) nội tiếp đường tròn \(\left( C \right)\)
\( \Rightarrow AH\) là đường kính của đường tròn \(\left( C \right).\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\) ta có: \(OI \bot BC = \left\{ I \right\}\) (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung).
Mà \(AE \bot BC\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow OI//AE\,\,hay\,\,\,OI//AH\) (từ vuông góc đến song song).
Lại có \(O\) là trung điểm của \(AD.\)
\( \Rightarrow OI\) là đường trung bình của \(\Delta ADH.\)
\( \Rightarrow OI = \dfrac{1}{2}AH \Leftrightarrow AH = 2OI.\)
Áp dụng định lý Pitago trong \(\Delta IOC\) vuông tại \(I\) ta có:
\(\begin{array}{l}OI = \sqrt {O{C^2} - I{C^2}} = \sqrt {O{C^2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4}} = \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{{\left( {4\sqrt 2 R} \right)}^2}}}{{4.9}}} = \dfrac{R}{3}.\\ \Rightarrow AH = 2OI = 2.\dfrac{R}{3} = \dfrac{{2R}}{3}.\end{array}\)
Khi đó diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác \(HKF\) là: \(S = \pi .\dfrac{{A{H^2}}}{4} = \pi .{\left( {\dfrac{{2R}}{3}} \right)^2}.\dfrac{1}{4} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{9}.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bình Thuận năm 2019 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho các em một cái nhìn tổng quan về đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019, cùng với những phân tích chi tiết và hướng dẫn giải các bài tập quan trọng.
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019 thường bao gồm các phần sau:
Trong đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019, các em thường gặp các dạng bài tập sau:
Dưới đây là hướng dẫn giải một số bài tập thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019:
Ví dụ: Giải phương trình 2x + 3 = 7
Hướng dẫn giải:
Ví dụ: Chứng minh rằng a2 + b2 ≥ 2ab với mọi số thực a, b.
Hướng dẫn giải:
Ta có: (a - b)2 ≥ 0 với mọi số thực a, b.
Khai triển: a2 - 2ab + b2 ≥ 0
Chuyển -2ab sang vế phải: a2 + b2 ≥ 2ab
Ví dụ: Tính diện tích hình tam giác có cạnh đáy là 5cm và chiều cao là 8cm.
Hướng dẫn giải:
Diện tích hình tam giác được tính theo công thức: S = (1/2) * đáy * chiều cao
Thay số: S = (1/2) * 5 * 8 = 20 cm2
Để ôn thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019 hiệu quả, các em nên:
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng rằng với những phân tích chi tiết và hướng dẫn giải bài tập trong bài viết này, các em sẽ có thêm kiến thức và kỹ năng để tự tin bước vào kỳ thi 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!
