toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2023 chính thức và mới nhất. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh lớp 9 có thể làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi đã tổng hợp đầy đủ các đề thi chính thức, kèm theo đáp án chi tiết và lời giải bài tập, giúp các em có thể tự học tại nhà hoặc sử dụng trong các buổi luyện thi.
Câu 1: 1) Giải phương trình \({x^2} + 8x + 15 = 0\). 2) Giải phương trình \({x^4} - 3{x^2} - 4 = 0\). 3) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 13}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right.\).
Câu 1: 1) Giải phương trình \({x^2} + 8x + 15 = 0\).
2) Giải phương trình \({x^4} - 3{x^2} - 4 = 0\).
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 13}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right.\).
Câu 2: Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 {\rm{ \;}} - 1} \right)}^2}} {\rm{ \;}} - \frac{1}{3}\sqrt {18} \).
Câu 3: 1) Vẽ đồ thị hàm số \(y = {\rm{ \;}} - 2{x^2}\).
2) Tìm tham số thực \(m\) để đồ thị hàm số \(y = {\rm{ \;}} - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\) có điểm chung.
3) Cho phương trình \(3{x^2} + 5x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}.\)Tính giá trị biểu thức \(T = 6{x_1} - 7{x_1}{x_2} + 6{x_2}\).
Câu 4: 1) Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn (không có nước) sau 40 phút thì đầy bể. Nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì lúc này lượng nước trong bể chiếm \(\frac{5}{{12}}\) thể tích của bể nước. Hỏi nếu mở riêng từng vời thì thời gian để mỗi vòi chảy đầy bể là bao lâu?
2) Một hình nón có bán kính đáy \(r = 6cm\), độ dài đường sinh \(l = 10cm\). Tính thể tích của hình nón đó.
Câu 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AB lấy điểm M (M khác A, M khác B). Từ điểm M vẽ đường thẳng MN vuông góc với BC (N thuộc BC) , đường thẳng MN cắt đường thằng AC tại K .
1) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp.
2) Chứng minh \(\angle ABK = \angle ACM\).
3) Đoạn thẳng BK cắt đường tròn đường kính BM tại điểm D (D khác B). Gọi I là tâm và \(r\) là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác BKC . Chứng minh \(\frac{1}{r} = \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{AB}}\).
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1) Bước 1: Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {{\rm{b}}^2} - 4{\rm{ac}}\)
Bước 2: So sánh \(\Delta \) với 0
- \(\Delta {\rm{ \;}} < 0 = {\rm{ \;}} > \) phương trình (1) vô nghiệm
- \(\Delta {\rm{ \;}} = 0\) => phương trình (1) có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}}\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\) => phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau:
2) Đặt ẩn đưa về phương trình bậc hai rồi giải.
3) Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.
Cách giải:
1) Giải phương trình \({x^2} + 8x + 15 = 0\).
Ta có \(\Delta ' = {4^2} - 1.15 = 1 > 0\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = \frac{{ - 4 + \sqrt 1 }}{1} = - 3}\\{{x_2} = \frac{{ - 4 - \sqrt 1 }}{1} = - 5}\end{array}} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 5; - 3} \right\}\).
2) Giải phương trình \({x^4} - 3{x^2} - 4 = 0\).
Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\) phương trình trở thành \({t^2} - 3t - 4 = 0\).
Ta có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.1.\left( { - 4} \right) = 9 + 16 = 25 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{t_1} = \frac{{3 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 1\,\,\,\,\,(ktm)}\\{{t_2} = \frac{{3 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 4\,\,\,\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)
Trở lại phép đặt ta có: \(t = 4 \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là\(S = \left\{ {2; - 2} \right\}\).
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 13}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right.\).
Cộng vế với vế ta được:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x = 15}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{ - 3y = - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{y = 1}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;1} \right)\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
Với \({\rm{A}}\) là một biểu thức ta có \(\sqrt {{A^2}} {\rm{ \;}} = |A|\) nghĩa là:
- \(\sqrt {{A^2}} {\rm{ \;}} = A\) nếu \({\rm{A}} \ge 0\).
- \(\sqrt {{A^2}} {\rm{ \;}} = {\rm{ \;}} - A\) nếu \({\rm{A}} < 0\).
Cách giải:
Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} - \frac{1}{3}\sqrt {18} \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} - \frac{1}{3}\sqrt {18} \\A = \left| {\sqrt 2 - 1} \right| - \frac{1}{3}\sqrt {{3^2}.2} \\A = \sqrt 2 - 1 - \frac{1}{3}.3.\sqrt 2 \,\,\left( {do\,\,\sqrt 2 - 1 > 0} \right)\\A = \sqrt 2 - 1 - \sqrt 2 \\A = - 1\end{array}\)
Vậy A = -1.
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
1) Vẽ đồ thị.
2) Tìm toạ độ giao điểm.
3) Sử dụng định lí vi - et
Cách giải:
1) Vẽ đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\).
Ta có bảng giá trị sau:
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2; - 8} \right);\,\,B\left( { - 1; - 2} \right);C\left( { - 1; - 2} \right);\,\,D\left( {2; - 8} \right)\)
Hệ số \(a = - 2 < 0\) nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) như sau:
2) Tìm tham số thực \(m\) để đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\) có điểm chung.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\), ta có:
\( - 2{x^2} = x - m \Leftrightarrow - 2{x^2} - x + m = 0\)
Để đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\)có điểm chung thì phương trình \( - 2{x^2} - x + m = 0\) phải có nghiệm.
\( \Leftrightarrow \Delta = {( - 1)^2} - 4.( - 2).m = 1 + 8m \ge 0 \Leftrightarrow m \ge \frac{{ - 1}}{8}\)
Vậy \(m \ge \frac{{ - 1}}{8}\) thì đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\)có điểm chung.
3) Cho phương trình \(3{x^2} + 5x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}.\)Tính giá trị biểu thức \(T = 6{x_1} - 7{x_1}{x_2} + 6{x_2}\).
Vì phương trình có hai nghiệm phân biệt nên theo hệ thức Viet ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{5}{3}\\{x_1}.{x_2} = - \frac{1}{3}\end{array} \right.\)
Khi đó ta có:
\(T = 6{x_1} - 7{x_1}{x_2} + 6{x_2}\)
\(\begin{array}{l} = 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 7{x_1}{x_2}\\ = 6.\left( { - \frac{5}{3}} \right) - 7.\left( { - \frac{1}{3}} \right)\\ = - \frac{{23}}{3}\end{array}\)
Vậy \(T = - \frac{{23}}{3}\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
1) Gọi hai vòi chảy riêng đầy bể lần lượt là \(x,y\) (phút, \(x,y > 40\))
Mỗi giờ vòi thứ nhất chảy một mình được \(\frac{1}{x}\) (bể), vòi thứ hai chảy một mình được \(\frac{1}{y}\) (bể)
Vì 2 vòi cùng chảy vào bể sau 40 phút thì đầy bể nên ta có:
\(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{40}}\) (1)
Vì nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì lúc này lượng nước trong bể chiếm \(\frac{5}{{12}}\) thể tích của bể nước nên ta có:
\(\frac{{15}}{x} + \frac{{20}}{y} = \frac{5}{{12}}\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{40}}\\\frac{{15}}{x} + \frac{{20}}{y} = \frac{5}{{12}}\end{array} \right.\).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \frac{1}{x}\\v = \frac{1}{y}\end{array} \right.\), hệ phương trình trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}u + v = \frac{1}{{40}}\\15u + 20v = \frac{5}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}15u + 15v = \frac{3}{8}\\15u + 20v = \frac{5}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5v = \frac{1}{{24}}\\u = \frac{1}{{40}} - v\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}v = \frac{1}{{120}}\\u = \frac{1}{{60}}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = \frac{1}{{60}}\\\frac{1}{y} = \frac{1}{{120}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 60\\y = 120\end{array} \right.\,\,\left( {TM} \right)\).
Vậy vòi 1 chảy một mình đầy bể trong 60 phút, vòi 2 chảy một mình đầy bể trong 120 phút.
2) Gọi \(h\) là đường cao của hình nón.
Ta có: \({r^2} + {h^2} = {l^2} \Leftrightarrow {6^2} + {h^2} = {10^2} \Leftrightarrow {h^2} = 64 \Leftrightarrow h = 8\) (cm).
Thể tích của hình nón là: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.6^2}.8 = 96\pi \,\left( {c{m^3}} \right)\).
Vậy thể tích của hình nón là: \(96\pi \left( {c{m^3}} \right).\)
Câu 5 (VD):
Cách giải:
1) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp.
Xét tứ giác AMNC có:
\(\angle CAM = {90^0}\) (\(\Delta ABC\) vuông tại A)
\(\angle CNM = {90^0}\) (do \(MN \bot AC\))
\( \Rightarrow \angle CAM + \angle CAN = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Suy ra tứ giác AMNC nội tiếp. (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
2) Chứng minh \(\angle ABK = \angle ACM\).
Vì AMNC là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle ACM = \angle ANM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (1)
Xét tứ giác ANBK có: \(\angle KAB = \angle KNB = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\)
Mà hai góc này ở vị trí hai góc kề nhau cùng chắn BK.
=> ANBK là tứ giác nội tiếp (dhnb)
\( \Rightarrow \angle ABK = \angle ANK = \angle ANM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle ABK = \angle ACM\,\,\left( {dpcm} \right)\).
3) Đoạn thẳng BK cắt đường tròn đường kính BM tại điểm D (D khác B). Gọi I là tâm và \(r\) là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác BKC . Chứng minh \(\frac{1}{r} = \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{AB}}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}KN \bot BC\\AB \bot CK\\KN \cap AB = \left\{ M \right\}\end{array} \right. \Rightarrow M\) là trực tâm tam giác BCK.
\( \Rightarrow CM\) là đường cao thứ ba của tam giác BCK \( \Rightarrow CM \bot BK\).
Mà \(\angle MDB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow MD \bot BD \Rightarrow MD \bot BK\)
=> C, M, D thẳng hàng.
Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên BK, BC, CK.
Ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta BCK}} = {S_{\Delta IBK}} + {S_{\Delta IBC}} + {S_{\Delta ICK}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}\left( {IX.BK + IY.BC + IZ.CK} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = r.\frac{{BK + BC + CK}}{2}\end{array}\)
Mặt khác:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta BCK}} = \frac{1}{2}CD.BK = \frac{1}{2}KN.BC = \frac{1}{2}AB.CK\\ \Rightarrow BK = \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{CD}},\,\,BC = \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{KN}},\,\,CK = \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{AB}}\end{array}\)
Do đó ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta BCK}} = r.\frac{{\frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{CD}} + \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{KN}} + \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{AB}}}}{2}\\ \Rightarrow {S_{\Delta BCK}} = r.\frac{{2{S_{\Delta BCK}}\left( {\frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{AB}}} \right)}}{2}\\ \Rightarrow 1 = r.\left( {\frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{AB}}} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{1}{r} = \frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{AB}}\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Câu 1: 1) Giải phương trình \({x^2} + 8x + 15 = 0\).
2) Giải phương trình \({x^4} - 3{x^2} - 4 = 0\).
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 13}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right.\).
Câu 2: Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 {\rm{ \;}} - 1} \right)}^2}} {\rm{ \;}} - \frac{1}{3}\sqrt {18} \).
Câu 3: 1) Vẽ đồ thị hàm số \(y = {\rm{ \;}} - 2{x^2}\).
2) Tìm tham số thực \(m\) để đồ thị hàm số \(y = {\rm{ \;}} - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\) có điểm chung.
3) Cho phương trình \(3{x^2} + 5x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}.\)Tính giá trị biểu thức \(T = 6{x_1} - 7{x_1}{x_2} + 6{x_2}\).
Câu 4: 1) Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn (không có nước) sau 40 phút thì đầy bể. Nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì lúc này lượng nước trong bể chiếm \(\frac{5}{{12}}\) thể tích của bể nước. Hỏi nếu mở riêng từng vời thì thời gian để mỗi vòi chảy đầy bể là bao lâu?
2) Một hình nón có bán kính đáy \(r = 6cm\), độ dài đường sinh \(l = 10cm\). Tính thể tích của hình nón đó.
Câu 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AB lấy điểm M (M khác A, M khác B). Từ điểm M vẽ đường thẳng MN vuông góc với BC (N thuộc BC) , đường thẳng MN cắt đường thằng AC tại K .
1) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp.
2) Chứng minh \(\angle ABK = \angle ACM\).
3) Đoạn thẳng BK cắt đường tròn đường kính BM tại điểm D (D khác B). Gọi I là tâm và \(r\) là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác BKC . Chứng minh \(\frac{1}{r} = \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{AB}}\).
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1) Bước 1: Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {{\rm{b}}^2} - 4{\rm{ac}}\)
Bước 2: So sánh \(\Delta \) với 0
- \(\Delta {\rm{ \;}} < 0 = {\rm{ \;}} > \) phương trình (1) vô nghiệm
- \(\Delta {\rm{ \;}} = 0\) => phương trình (1) có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}}\)
- \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\) => phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau:
2) Đặt ẩn đưa về phương trình bậc hai rồi giải.
3) Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.
Cách giải:
1) Giải phương trình \({x^2} + 8x + 15 = 0\).
Ta có \(\Delta ' = {4^2} - 1.15 = 1 > 0\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = \frac{{ - 4 + \sqrt 1 }}{1} = - 3}\\{{x_2} = \frac{{ - 4 - \sqrt 1 }}{1} = - 5}\end{array}} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 5; - 3} \right\}\).
2) Giải phương trình \({x^4} - 3{x^2} - 4 = 0\).
Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\) phương trình trở thành \({t^2} - 3t - 4 = 0\).
Ta có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.1.\left( { - 4} \right) = 9 + 16 = 25 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{t_1} = \frac{{3 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 1\,\,\,\,\,(ktm)}\\{{t_2} = \frac{{3 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 4\,\,\,\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)
Trở lại phép đặt ta có: \(t = 4 \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là\(S = \left\{ {2; - 2} \right\}\).
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 13}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right.\).
Cộng vế với vế ta được:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x = 15}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{ - 3y = - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{y = 1}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;1} \right)\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
Với \({\rm{A}}\) là một biểu thức ta có \(\sqrt {{A^2}} {\rm{ \;}} = |A|\) nghĩa là:
- \(\sqrt {{A^2}} {\rm{ \;}} = A\) nếu \({\rm{A}} \ge 0\).
- \(\sqrt {{A^2}} {\rm{ \;}} = {\rm{ \;}} - A\) nếu \({\rm{A}} < 0\).
Cách giải:
Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} - \frac{1}{3}\sqrt {18} \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} - \frac{1}{3}\sqrt {18} \\A = \left| {\sqrt 2 - 1} \right| - \frac{1}{3}\sqrt {{3^2}.2} \\A = \sqrt 2 - 1 - \frac{1}{3}.3.\sqrt 2 \,\,\left( {do\,\,\sqrt 2 - 1 > 0} \right)\\A = \sqrt 2 - 1 - \sqrt 2 \\A = - 1\end{array}\)
Vậy A = -1.
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
1) Vẽ đồ thị.
2) Tìm toạ độ giao điểm.
3) Sử dụng định lí vi - et
Cách giải:
1) Vẽ đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\).
Ta có bảng giá trị sau:
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2; - 8} \right);\,\,B\left( { - 1; - 2} \right);C\left( { - 1; - 2} \right);\,\,D\left( {2; - 8} \right)\)
Hệ số \(a = - 2 < 0\) nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) như sau:
2) Tìm tham số thực \(m\) để đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\) có điểm chung.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\), ta có:
\( - 2{x^2} = x - m \Leftrightarrow - 2{x^2} - x + m = 0\)
Để đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\)có điểm chung thì phương trình \( - 2{x^2} - x + m = 0\) phải có nghiệm.
\( \Leftrightarrow \Delta = {( - 1)^2} - 4.( - 2).m = 1 + 8m \ge 0 \Leftrightarrow m \ge \frac{{ - 1}}{8}\)
Vậy \(m \ge \frac{{ - 1}}{8}\) thì đồ thị hàm số \(y = - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x - m\)có điểm chung.
3) Cho phương trình \(3{x^2} + 5x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}.\)Tính giá trị biểu thức \(T = 6{x_1} - 7{x_1}{x_2} + 6{x_2}\).
Vì phương trình có hai nghiệm phân biệt nên theo hệ thức Viet ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{5}{3}\\{x_1}.{x_2} = - \frac{1}{3}\end{array} \right.\)
Khi đó ta có:
\(T = 6{x_1} - 7{x_1}{x_2} + 6{x_2}\)
\(\begin{array}{l} = 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 7{x_1}{x_2}\\ = 6.\left( { - \frac{5}{3}} \right) - 7.\left( { - \frac{1}{3}} \right)\\ = - \frac{{23}}{3}\end{array}\)
Vậy \(T = - \frac{{23}}{3}\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
1) Gọi hai vòi chảy riêng đầy bể lần lượt là \(x,y\) (phút, \(x,y > 40\))
Mỗi giờ vòi thứ nhất chảy một mình được \(\frac{1}{x}\) (bể), vòi thứ hai chảy một mình được \(\frac{1}{y}\) (bể)
Vì 2 vòi cùng chảy vào bể sau 40 phút thì đầy bể nên ta có:
\(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{40}}\) (1)
Vì nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì lúc này lượng nước trong bể chiếm \(\frac{5}{{12}}\) thể tích của bể nước nên ta có:
\(\frac{{15}}{x} + \frac{{20}}{y} = \frac{5}{{12}}\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{40}}\\\frac{{15}}{x} + \frac{{20}}{y} = \frac{5}{{12}}\end{array} \right.\).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \frac{1}{x}\\v = \frac{1}{y}\end{array} \right.\), hệ phương trình trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}u + v = \frac{1}{{40}}\\15u + 20v = \frac{5}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}15u + 15v = \frac{3}{8}\\15u + 20v = \frac{5}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5v = \frac{1}{{24}}\\u = \frac{1}{{40}} - v\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}v = \frac{1}{{120}}\\u = \frac{1}{{60}}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = \frac{1}{{60}}\\\frac{1}{y} = \frac{1}{{120}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 60\\y = 120\end{array} \right.\,\,\left( {TM} \right)\).
Vậy vòi 1 chảy một mình đầy bể trong 60 phút, vòi 2 chảy một mình đầy bể trong 120 phút.
2) Gọi \(h\) là đường cao của hình nón.
Ta có: \({r^2} + {h^2} = {l^2} \Leftrightarrow {6^2} + {h^2} = {10^2} \Leftrightarrow {h^2} = 64 \Leftrightarrow h = 8\) (cm).
Thể tích của hình nón là: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.6^2}.8 = 96\pi \,\left( {c{m^3}} \right)\).
Vậy thể tích của hình nón là: \(96\pi \left( {c{m^3}} \right).\)
Câu 5 (VD):
Cách giải:
1) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp.
Xét tứ giác AMNC có:
\(\angle CAM = {90^0}\) (\(\Delta ABC\) vuông tại A)
\(\angle CNM = {90^0}\) (do \(MN \bot AC\))
\( \Rightarrow \angle CAM + \angle CAN = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Suy ra tứ giác AMNC nội tiếp. (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
2) Chứng minh \(\angle ABK = \angle ACM\).
Vì AMNC là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle ACM = \angle ANM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (1)
Xét tứ giác ANBK có: \(\angle KAB = \angle KNB = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\)
Mà hai góc này ở vị trí hai góc kề nhau cùng chắn BK.
=> ANBK là tứ giác nội tiếp (dhnb)
\( \Rightarrow \angle ABK = \angle ANK = \angle ANM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle ABK = \angle ACM\,\,\left( {dpcm} \right)\).
3) Đoạn thẳng BK cắt đường tròn đường kính BM tại điểm D (D khác B). Gọi I là tâm và \(r\) là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác BKC . Chứng minh \(\frac{1}{r} = \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{AB}}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}KN \bot BC\\AB \bot CK\\KN \cap AB = \left\{ M \right\}\end{array} \right. \Rightarrow M\) là trực tâm tam giác BCK.
\( \Rightarrow CM\) là đường cao thứ ba của tam giác BCK \( \Rightarrow CM \bot BK\).
Mà \(\angle MDB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow MD \bot BD \Rightarrow MD \bot BK\)
=> C, M, D thẳng hàng.
Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên BK, BC, CK.
Ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta BCK}} = {S_{\Delta IBK}} + {S_{\Delta IBC}} + {S_{\Delta ICK}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}\left( {IX.BK + IY.BC + IZ.CK} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = r.\frac{{BK + BC + CK}}{2}\end{array}\)
Mặt khác:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta BCK}} = \frac{1}{2}CD.BK = \frac{1}{2}KN.BC = \frac{1}{2}AB.CK\\ \Rightarrow BK = \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{CD}},\,\,BC = \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{KN}},\,\,CK = \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{AB}}\end{array}\)
Do đó ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta BCK}} = r.\frac{{\frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{CD}} + \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{KN}} + \frac{{2{S_{\Delta BCK}}}}{{AB}}}}{2}\\ \Rightarrow {S_{\Delta BCK}} = r.\frac{{2{S_{\Delta BCK}}\left( {\frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{AB}}} \right)}}{2}\\ \Rightarrow 1 = r.\left( {\frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{AB}}} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{1}{r} = \frac{1}{{CD}} + \frac{1}{{KN}} + \frac{1}{{AB}}\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Đồng Nai năm 2023 là một bước quan trọng đánh dấu sự chuyển tiếp của học sinh từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Kỳ thi này không chỉ kiểm tra kiến thức toán học mà còn đánh giá khả năng tư duy logic, phân tích và giải quyết vấn đề của học sinh. Do đó, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết.
Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2023 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Độ khó của đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2023 thường ở mức độ trung bình đến khá. Đề thi thường có sự phân hóa rõ rệt giữa các mức độ, từ các bài toán cơ bản đến các bài toán nâng cao, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải toán tốt.
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Đồng Nai năm 2023, học sinh cần tập trung ôn tập các chủ đề sau:
Một trong những cách hiệu quả nhất để chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Đồng Nai năm 2023 là luyện tập với các đề thi năm trước. Việc này giúp học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự đánh giá được trình độ của mình.
Ngoài việc luyện tập với đề thi năm trước, học sinh cũng nên sử dụng các tài liệu ôn thi chất lượng, như sách giáo khoa, sách bài tập, và các tài liệu tham khảo khác. Việc này giúp học sinh nắm vững kiến thức toán học và có thêm nhiều bài tập để luyện tập.
Dưới đây là một số tài liệu tham khảo hữu ích cho học sinh ôn thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2023:
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Đồng Nai năm 2023 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng với những thông tin và lời khuyên trên, các em học sinh sẽ có thêm động lực và tự tin để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
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!
