toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán của thành phố Cần Thơ 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 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.
Câu 1 (1,0 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau:
Câu 1 (1,0 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \(2{x^2} - 3x - 2 = 0\) b) \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 12\\3x + y = 7\end{array} \right.\)
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } + \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 2}}\)
b) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = \dfrac{3}{4}{x^2}.\)
Câu 3 (1,5 điểm):
a) Khi thực hiện xây dựng trường điển hình đổi mới năm 2017, hai trường trung học cơ sở A và B có tất cả 760 học sinh đăng ký tham gia nội dung hoạt động trải nghiệm. Đến khi tổng kết, số học sinh tham gia đạt tỷ lệ 85% so với số đã đăng ký. Nếu tính riêng thì tỷ lệ học sinh tham gia của trường A và trường B lần lượt là 80% và 89,5%. Tính số học sinh ban đầu đăng ký tham gia của mỗi trường.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) sao cho phương trình \(2{x^2} - \left( {m + 5} \right)x - 3{m^2} + 10m - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4.\)
Câu 4 (2,5 điểm):
Cho đường tròn tâm O và điểm P nằm ngoài (O). Vẽ tiếp tuyến PC của (O) (C là tiếp điểm) và cát tuyến PAB (PA < PB) sao cho các điểm A, B, C nằm cùng phía so với đường thẳng PO. Gọi M là trung điểm của đoạn AB và CD là đường kính của (O).
a) Chứng minh tứ giác PCMO là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi E là giao điểm của đường thẳng PO với đường thẳng BD. Chứng minh AM.DE = AC.DO.
c) Chứng minh đường thẳng CE vuông góc với đường thẳng CA.
Câu 1 (1,0 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \(2{x^2} - 3x - 2 = 0\) b) \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 12\\3x + y = 7\end{array} \right.\)
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } + \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 2}}\)
b) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = \dfrac{3}{4}{x^2}.\)
Câu 3 (1,5 điểm):
a) Khi thực hiện xây dựng trường điển hình đổi mới năm 2017, hai trường trung học cơ sở A và B có tất cả 760 học sinh đăng ký tham gia nội dung hoạt động trải nghiệm. Đến khi tổng kết, số học sinh tham gia đạt tỷ lệ 85% so với số đã đăng ký. Nếu tính riêng thì tỷ lệ học sinh tham gia của trường A và trường B lần lượt là 80% và 89,5%. Tính số học sinh ban đầu đăng ký tham gia của mỗi trường.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) sao cho phương trình \(2{x^2} - \left( {m + 5} \right)x - 3{m^2} + 10m - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4.\)
Câu 4 (2,5 điểm):
Cho đường tròn tâm O và điểm P nằm ngoài (O). Vẽ tiếp tuyến PC của (O) (C là tiếp điểm) và cát tuyến PAB (PA < PB) sao cho các điểm A, B, C nằm cùng phía so với đường thẳng PO. Gọi M là trung điểm của đoạn AB và CD là đường kính của (O).
a) Chứng minh tứ giác PCMO là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi E là giao điểm của đường thẳng PO với đường thẳng BD. Chứng minh AM.DE = AC.DO.
c) Chứng minh đường thẳng CE vuông góc với đường thẳng CA.
PHẦN 1. TRẮC NGHIỆM
1.D | 2.C | 3.B | 4.B | 5.D | 6.C | 7.C | 8.B | 9.C | 10.A |
11.A | 12.A | 13.C | 14.B | 15.D | 16.D | 17.D | 18.C | 19.B | 20.A |
PHẦN 2: TỰ LUẬN
Câu 1
Phương pháp:
Sử dụng công thức nghiệm để giải phương trình bậc hai.
Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
a) \(2{x^2} - 3x - 2 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.2.\left( { - 2} \right) = 25 > 0\)
Nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{3 - 5}}{{2.2}} = \dfrac{{ - 1}}{2}\\{x_2} = \dfrac{{3 + 5}}{{2.2}} = 2\end{array} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: \(S = \left\{ { - \dfrac{1}{2};2} \right\}\) .
b) \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 12\\3x + y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 12\\9x + 3y = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = 33\\y = 7 - 3x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 7 - 3.3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = - 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {3; - 2} \right)\)
Câu 2
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\;\;khi\;\;\;A \ge 0\\ - A\;\;khi\;\;A < 0\end{array} \right.\) và trục căn thức ở mẫu.
+) Lập bảng giá trị các điểm thuộc đồ thị hàm số sau đó vẽ đồ thị hàm số.
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } + \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 2}}\)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } + \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 2}}\\ = \sqrt {{2^2} - 2.2.\sqrt 5 + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}} + \dfrac{{\sqrt 5 + 2}}{{\left( {\sqrt 5 - 2} \right)\left( {\sqrt 5 + 2} \right)}}\\ = \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 5 } \right)}^2}} + \dfrac{{\sqrt 5 + 2}}{{5 - 4}}\\ = \left| {2 - \sqrt 5 } \right| + \sqrt 5 + 2\\ = \sqrt 5 - 2 + \sqrt 5 + 2\left( {\,Do\,\,\,2 - \sqrt 5 < 0} \right)\\ = 2\sqrt 5 \end{array}\)
b) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = \dfrac{3}{4}{x^2}.\)
Bảng giá trị
x | \( - 4\) | \( - 2\) | 0 | 2 | 4 |
y | 12 | 3 | 0 | 3 | 12 |
Khi đó đồ thị hàm số đã cho là 1 đường cong và đi qua các điểm \(A\left( {2;3} \right);B\left( {4;12} \right);C\left( { - 2;3} \right);D\left( { - 4;12} \right);O\left( {0;0} \right)\)
Câu 3
Phương pháp:
a) Giải bài toán bằng cách lập phương trình.
b) Tìm điều kiện của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt sau đó áp dụng định lý Vi-ét để làm bài.
Cách giải:
a) Khi thực hiện xây dựng trường điển hình đổi mới năm 2017, hai trường trung học cơ sở A và B có tất cả 760 học sinh đăng ký tham gia nội dung hoạt động trải nghiệm. Đến khi tổng kết, số học sinh tham gia đạt tỷ lệ 85% so với số đã đăng ký. Nếu tính riêng thì tỷ lệ học sinh tham gia của trường A và trường B lần lượt là 80% và 89,5%. Tính số học sinh ban đầu đăng ký tham gia của mỗi trường.
Gọi số học sinh trường A đăng ký hoạt động là \(x\) (học sinh), \(\left( {x < 760,\;x \in {N^*}} \right).\)
Gọi số học sinh trường B đăng ký hoạt động là \(y\) (học sinh), \(\left( {y < 760,\;y \in {N^*}} \right).\)
Khi đó tổng số học sinh hai trường đăng kí là: \(x + y = 760.\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\)
Số học sinh hai trường tham gia là: \(760.\dfrac{{85}}{{100}} = 646\) (học sinh).
Số học sinh trường A tham gia là: \(80\% x = \dfrac{4}{5}x\) (học sinh).
Số học sinh trường B tham gia là: \(89,5\% y = \dfrac{{179}}{{200}}y\) (học sinh).
Theo đề bài ta có phương trình: \(\dfrac{4}{5}x + \dfrac{{179}}{{200}}y = 646\;\;\;\left( 2 \right).\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 760\\\dfrac{4}{5}x + \dfrac{{179}}{{200}}y = 646\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 760\\160x + 179y = 129200\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}160x + 160y = 121600\\160x + 179y = 129200\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}19y = 7600\\x = 760 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 400\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = 360\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy ban đầu trường A có 360 học sinh đăng ký, trường B có 400 học sinh đăng ký.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) sao cho phương trình \(2{x^2} - \left( {m + 5} \right)x - 3{m^2} + 10m - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m + 5} \right)^2} - 4.2\left( { - 3{m^2} + 10m - 3} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 10m + 25 + 24{m^2} - 80m + 24 > 0\\ \Leftrightarrow 25{m^2} - 70m + 49 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {5m - 7} \right)^2} > 0\\ \Leftrightarrow m \ne \dfrac{7}{5}\end{array}\)
Với \(m \ne \dfrac{7}{5}\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{m + 5}}{2}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{{ - 3{m^2} + 10m - 3}}{2}\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + x_2^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) - {x_1}{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{m + 5}}{2}} \right)^2} - \left( {\dfrac{{m + 5}}{2}} \right) - \dfrac{{ - 3{m^2} + 10m - 3}}{2} = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 5} \right)^2} - 2\left( {m + 5} \right) + 2\left( {3{m^2} - 10m + 3} \right) = 16\\ \Leftrightarrow 7{m^2} - 12m + 5 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {7m - 5} \right)\left( {m - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}7m - 5 = 0\\m - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \dfrac{5}{7}\;\;\left( {tm} \right)\\m = 1\;\;\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy \(m = \dfrac{5}{7}\) hoặc \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
+) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết.
+) Chứng minh các cặp tam giác đồng dạng tương ứng sau đó suy ra tỉ lệ cần chứng minh.
Cách giải:
Cho đường tròn tâm O và điểm P nằm ngoài (O). Vẽ tiếp tuyến PC của (O) (C là tiếp điểm) và cát tuyến PAB (PA < PB) sao cho các điểm A, B, C nằm cùng phía so với đường thẳng PO. Gọi M là trung điểm của đoạn AB và CD là đường kính của (O).
a) Chứng minh tứ giác PCMO là tứ giác nội tiếp.
Ta có \(M\) là trung điểm của \(AB\;\left( {gt} \right) \Rightarrow OM \bot AB\) (tính chất đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \widehat {AMO} = \widehat {PMO} = {90^0}.\)
Có \(PC\) là tiếp tuyến của (O) tại C \( \Rightarrow \widehat {PCO} = {90^0}.\)
Xét tứ giác \(PCMO\) ta có: \(\widehat {PMO} = \widehat {PCO} = {90^0}\;\;\left( {cmt} \right)\)
Mà C và M là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh PC dưới 1 góc vuông\( \Rightarrow PCMO\) là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp).
b) Gọi E là giao điểm của đường thẳng PO với đường thẳng BD. Chứng minh AM.DE = AC.DO.
Vì tứ giác \(PCMO\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {POC} = \widehat {PMC}\) (cùng chắn cung \(PC\))
Mà \(\widehat {DOE} = \widehat {POC}\) (hai góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \widehat {DOE} = \widehat {AMC}\;\;\left( { = \widehat {POC}} \right).\)
Xét tam giác: \(\Delta ACM\) và \(\Delta DEO\) ta có:
\(\widehat {DOE} = \widehat {AMC}\;\left( {cmt} \right)\)
\(\widehat {ODE} = \widehat {CAM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\) của đường tròn (O))
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta ACM \sim \Delta DEO\;\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{DE}} = \dfrac{{AM}}{{DO}} \Rightarrow AC.DO = AM.DE\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
c) Chứng minh đường thẳng CE vuông góc với đường thẳng CA.
Ta có: \(\Delta ACM \sim \Delta DEO\;\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{DE}}{{AC}} = \dfrac{{OD}}{{AM}} = \dfrac{{2OD}}{{2AM}} = \dfrac{{CD}}{{AB}}.\)
Xét \(\Delta DEC\) và \(\Delta ACB\) ta có:
\(\dfrac{{DE}}{{AC}} = \dfrac{{DC}}{{AB}}\;\;\left( {cmt} \right)\)
\(\widehat {EDC} = \widehat {BAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\))
\( \Rightarrow \Delta DEC \sim \Delta ACB\;\left( {c - g - c} \right).\)
\( \Rightarrow \widehat {DCE} = \widehat {CBA}\) (hai góc tương ứng).
Lại có: \(\widehat {CBA} = \widehat {PCA}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CA\))
\( \Rightarrow \widehat {DCE} = \widehat {PCA}\;\;\left( { = \widehat {CBA}} \right).\)
Mặt khác: \(\widehat {PCA} + \widehat {ACO} = {90^0}\;\;\left( {gt} \right)\) (PC là tiếp tuyến của đường tròn tại C)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {DCE} + \widehat {ACO} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {ACE} = {90^0}.\\ \Rightarrow AC \bot CE\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
PHẦN 1. TRẮC NGHIỆM
1.D | 2.C | 3.B | 4.B | 5.D | 6.C | 7.C | 8.B | 9.C | 10.A |
11.A | 12.A | 13.C | 14.B | 15.D | 16.D | 17.D | 18.C | 19.B | 20.A |
PHẦN 2: TỰ LUẬN
Câu 1
Phương pháp:
Sử dụng công thức nghiệm để giải phương trình bậc hai.
Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
a) \(2{x^2} - 3x - 2 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.2.\left( { - 2} \right) = 25 > 0\)
Nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{3 - 5}}{{2.2}} = \dfrac{{ - 1}}{2}\\{x_2} = \dfrac{{3 + 5}}{{2.2}} = 2\end{array} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: \(S = \left\{ { - \dfrac{1}{2};2} \right\}\) .
b) \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 12\\3x + y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 12\\9x + 3y = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = 33\\y = 7 - 3x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 7 - 3.3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = - 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {3; - 2} \right)\)
Câu 2
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\;\;khi\;\;\;A \ge 0\\ - A\;\;khi\;\;A < 0\end{array} \right.\) và trục căn thức ở mẫu.
+) Lập bảng giá trị các điểm thuộc đồ thị hàm số sau đó vẽ đồ thị hàm số.
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } + \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 2}}\)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } + \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 2}}\\ = \sqrt {{2^2} - 2.2.\sqrt 5 + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}} + \dfrac{{\sqrt 5 + 2}}{{\left( {\sqrt 5 - 2} \right)\left( {\sqrt 5 + 2} \right)}}\\ = \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 5 } \right)}^2}} + \dfrac{{\sqrt 5 + 2}}{{5 - 4}}\\ = \left| {2 - \sqrt 5 } \right| + \sqrt 5 + 2\\ = \sqrt 5 - 2 + \sqrt 5 + 2\left( {\,Do\,\,\,2 - \sqrt 5 < 0} \right)\\ = 2\sqrt 5 \end{array}\)
b) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = \dfrac{3}{4}{x^2}.\)
Bảng giá trị
x | \( - 4\) | \( - 2\) | 0 | 2 | 4 |
y | 12 | 3 | 0 | 3 | 12 |
Khi đó đồ thị hàm số đã cho là 1 đường cong và đi qua các điểm \(A\left( {2;3} \right);B\left( {4;12} \right);C\left( { - 2;3} \right);D\left( { - 4;12} \right);O\left( {0;0} \right)\)
Câu 3
Phương pháp:
a) Giải bài toán bằng cách lập phương trình.
b) Tìm điều kiện của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt sau đó áp dụng định lý Vi-ét để làm bài.
Cách giải:
a) Khi thực hiện xây dựng trường điển hình đổi mới năm 2017, hai trường trung học cơ sở A và B có tất cả 760 học sinh đăng ký tham gia nội dung hoạt động trải nghiệm. Đến khi tổng kết, số học sinh tham gia đạt tỷ lệ 85% so với số đã đăng ký. Nếu tính riêng thì tỷ lệ học sinh tham gia của trường A và trường B lần lượt là 80% và 89,5%. Tính số học sinh ban đầu đăng ký tham gia của mỗi trường.
Gọi số học sinh trường A đăng ký hoạt động là \(x\) (học sinh), \(\left( {x < 760,\;x \in {N^*}} \right).\)
Gọi số học sinh trường B đăng ký hoạt động là \(y\) (học sinh), \(\left( {y < 760,\;y \in {N^*}} \right).\)
Khi đó tổng số học sinh hai trường đăng kí là: \(x + y = 760.\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\)
Số học sinh hai trường tham gia là: \(760.\dfrac{{85}}{{100}} = 646\) (học sinh).
Số học sinh trường A tham gia là: \(80\% x = \dfrac{4}{5}x\) (học sinh).
Số học sinh trường B tham gia là: \(89,5\% y = \dfrac{{179}}{{200}}y\) (học sinh).
Theo đề bài ta có phương trình: \(\dfrac{4}{5}x + \dfrac{{179}}{{200}}y = 646\;\;\;\left( 2 \right).\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 760\\\dfrac{4}{5}x + \dfrac{{179}}{{200}}y = 646\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 760\\160x + 179y = 129200\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}160x + 160y = 121600\\160x + 179y = 129200\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}19y = 7600\\x = 760 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 400\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = 360\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy ban đầu trường A có 360 học sinh đăng ký, trường B có 400 học sinh đăng ký.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) sao cho phương trình \(2{x^2} - \left( {m + 5} \right)x - 3{m^2} + 10m - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m + 5} \right)^2} - 4.2\left( { - 3{m^2} + 10m - 3} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 10m + 25 + 24{m^2} - 80m + 24 > 0\\ \Leftrightarrow 25{m^2} - 70m + 49 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {5m - 7} \right)^2} > 0\\ \Leftrightarrow m \ne \dfrac{7}{5}\end{array}\)
Với \(m \ne \dfrac{7}{5}\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{m + 5}}{2}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{{ - 3{m^2} + 10m - 3}}{2}\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + x_2^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) - {x_1}{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{m + 5}}{2}} \right)^2} - \left( {\dfrac{{m + 5}}{2}} \right) - \dfrac{{ - 3{m^2} + 10m - 3}}{2} = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 5} \right)^2} - 2\left( {m + 5} \right) + 2\left( {3{m^2} - 10m + 3} \right) = 16\\ \Leftrightarrow 7{m^2} - 12m + 5 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {7m - 5} \right)\left( {m - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}7m - 5 = 0\\m - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \dfrac{5}{7}\;\;\left( {tm} \right)\\m = 1\;\;\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy \(m = \dfrac{5}{7}\) hoặc \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
+) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết.
+) Chứng minh các cặp tam giác đồng dạng tương ứng sau đó suy ra tỉ lệ cần chứng minh.
Cách giải:
Cho đường tròn tâm O và điểm P nằm ngoài (O). Vẽ tiếp tuyến PC của (O) (C là tiếp điểm) và cát tuyến PAB (PA < PB) sao cho các điểm A, B, C nằm cùng phía so với đường thẳng PO. Gọi M là trung điểm của đoạn AB và CD là đường kính của (O).
a) Chứng minh tứ giác PCMO là tứ giác nội tiếp.
Ta có \(M\) là trung điểm của \(AB\;\left( {gt} \right) \Rightarrow OM \bot AB\) (tính chất đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \widehat {AMO} = \widehat {PMO} = {90^0}.\)
Có \(PC\) là tiếp tuyến của (O) tại C \( \Rightarrow \widehat {PCO} = {90^0}.\)
Xét tứ giác \(PCMO\) ta có: \(\widehat {PMO} = \widehat {PCO} = {90^0}\;\;\left( {cmt} \right)\)
Mà C và M là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh PC dưới 1 góc vuông\( \Rightarrow PCMO\) là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp).
b) Gọi E là giao điểm của đường thẳng PO với đường thẳng BD. Chứng minh AM.DE = AC.DO.
Vì tứ giác \(PCMO\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {POC} = \widehat {PMC}\) (cùng chắn cung \(PC\))
Mà \(\widehat {DOE} = \widehat {POC}\) (hai góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \widehat {DOE} = \widehat {AMC}\;\;\left( { = \widehat {POC}} \right).\)
Xét tam giác: \(\Delta ACM\) và \(\Delta DEO\) ta có:
\(\widehat {DOE} = \widehat {AMC}\;\left( {cmt} \right)\)
\(\widehat {ODE} = \widehat {CAM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\) của đường tròn (O))
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta ACM \sim \Delta DEO\;\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{DE}} = \dfrac{{AM}}{{DO}} \Rightarrow AC.DO = AM.DE\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
c) Chứng minh đường thẳng CE vuông góc với đường thẳng CA.
Ta có: \(\Delta ACM \sim \Delta DEO\;\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{DE}}{{AC}} = \dfrac{{OD}}{{AM}} = \dfrac{{2OD}}{{2AM}} = \dfrac{{CD}}{{AB}}.\)
Xét \(\Delta DEC\) và \(\Delta ACB\) ta có:
\(\dfrac{{DE}}{{AC}} = \dfrac{{DC}}{{AB}}\;\;\left( {cmt} \right)\)
\(\widehat {EDC} = \widehat {BAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\))
\( \Rightarrow \Delta DEC \sim \Delta ACB\;\left( {c - g - c} \right).\)
\( \Rightarrow \widehat {DCE} = \widehat {CBA}\) (hai góc tương ứng).
Lại có: \(\widehat {CBA} = \widehat {PCA}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CA\))
\( \Rightarrow \widehat {DCE} = \widehat {PCA}\;\;\left( { = \widehat {CBA}} \right).\)
Mặt khác: \(\widehat {PCA} + \widehat {ACO} = {90^0}\;\;\left( {gt} \right)\) (PC là tiếp tuyến của đường tròn tại C)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {DCE} + \widehat {ACO} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {ACE} = {90^0}.\\ \Rightarrow AC \bot CE\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình 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 Cần Thơ năm 2018 là một nguồn tài liệu quý giá để các em học sinh ôn tập và làm quen với dạng đề thi thực tế.
Đề thi vào 10 môn Toán Cần Thơ năm 2018 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Để giải quyết câu hỏi này, các em cần nắm vững các kiến thức về phương trình bậc nhất, phương trình bậc hai, và các phương pháp giải phương trình thường gặp.
Để chứng minh một đẳng thức hình học, các em cần sử dụng các định lý, tính chất, và các công thức liên quan đến hình học.
Để tính giá trị của một biểu thức, các em cần thực hiện các phép toán theo đúng thứ tự ưu tiên và sử dụng các công thức toán học phù hợp.
Để giải đề thi một cách hiệu quả, các em cần:
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Cần Thơ năm 2018, các em nên luyện tập với các đề thi khác của các năm trước và các tỉnh thành khác để làm quen với nhiều dạng bài tập và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Để hỗ trợ quá trình ôn tập, các em có thể tham khảo các tài liệu sau:
Trước khi bước vào kỳ thi, các em nên:
Đề thi vào 10 môn Toán Cần Thơ năm 2018 là một tài liệu quan trọng giúp các em học sinh ôn tập và chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Hy vọng rằng với những phân tích và hướng dẫn giải chi tiết trên, các em sẽ tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới.
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!
