toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Hậu Giang năm 2021 chính thức, được tổng hợp đầy đủ và cập nhật mới nhất. 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 đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cam kết cung cấp những đề thi chất lượng, có đáp án chi tiết và lời giải dễ hiểu, giúp các em nắm vững kiến thức và phương pháp giải quyết các dạng bài tập thường gặp.
I. Phần trắc nghiệm: (2,0 điểm) Câu 1. Cho hàm số
I. Phần trắc nghiệm: (2,0 điểm)
Câu 1. Cho hàm số \(f\left( x \right) = 3x - 1\). Giá trị của \(f\left( 1 \right)\) bằng:
A. \( - 2\) B. \(2\) C. \(1\) D. \(0\)
Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = 2 - 7x\). Hệ số góc của đường thẳng \(d\) là:
A. \( - \dfrac{7}{2}\) B. \(7\) C. \( - 7\) D. \(2\)
Câu 3. Phương trình \({x^2} - 7x + 10 = 0\) có một nghiệm bằng:
A. \( - 5\) B. \( - 7\) C. \( - 2\) D. \(5\)
Câu 4. Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 7\\5x + y = 9\end{array} \right.\) có nghiệm duy nhất là:
A. \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = - 1\end{array} \right.\) B. \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = 1\end{array} \right.\) C. \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\) D. \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = - 3\end{array} \right.\)
Câu 5. Điều kiện của \(x\) để biểu thức \(\sqrt {x - 2} \) có nghĩa là:
A. \(x \le 2\) B. \(x \ge - 2\) C. \(x \ge 2\) D. \(x \ne 2\)
Câu 6. Giá trị của biểu thức \(\sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \) bằng:
A. \(1 + 2\sqrt 2 \) B. \(2 + 2\sqrt 2 \) C. \(\sqrt 2 - 1\) D. \(1 + \sqrt 2 \)
Câu 7. Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm,\,BC = 10cm\) và đường cao \(AH\) với \(H \in BC\). Khi đó, đọ dài đoạn \(BH\) bằng:
A. \(\dfrac{{18}}{5}cm\) B. \(\dfrac{{24}}{5}cm\) C. \(2cm\) D. \(\dfrac{3}{5}cm\)
Câu 8. Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp trong đường tròn \(\left( O \right)\). Biết \(\angle BAD = {105^0}\) và \(\angle DBC = {45^0}\). Khi đó, giá tị của \(\cos \angle BDC\) bằng:
A. \(\dfrac{{\sqrt 6 - \sqrt 2 }}{4}\) B. \(\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\) C. \(\dfrac{1}{2}\) D. \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)
II. Phần tự luận: (8,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = 3\sqrt 3 - 7\sqrt {27} + 2\sqrt {243} \).
b) Tính giá trị của biểu thức \(B = \dfrac{{x - 2}}{{\sqrt x - 1}} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 1}}\) khi \(x = 4\).
c) Cho biểu thức \(C = \dfrac{{ - 2x + 13}}{{x - \sqrt x - 6}} - \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{3\sqrt x - 2}}{{3 - \sqrt x }}\), với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\). Tìm \(x\) để \(C = 1\).
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: \(3{x^2} - 5x - 2 = 0\).
b) Giải phương trình: \(\sqrt {49\left( {3x + 2} \right)} - \sqrt {12x + 8} = \sqrt {3x + 2} - 3\sqrt {9{x^2} + 12x + 4} + 7\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ \(Oxy\), cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = x + \dfrac{1}{2}{m^2} + m + 1\) với \(m\) là tham số.
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
b) Tìm \(m\) để đường thẳng \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại \(2\) điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2}\) sao cho \(x_1^2 + x_2^2 = 68\).
Câu 4 (2,0 điểm)
Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp trong đường tròn \(\left( O \right)\). Vẽ các đường cao \(AH,BK\) và \(CP\) của tam giác \(ABC\) với \(H \in BC,K \in AC\) và \(P \in AB\).
a) Chứng minh tứ giác \(BPKC\) nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: \(\angle BAH = \angle OAC\).
c) Đường thẳng \(PK\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(E\) và \(F\). Chứng minh \(OA\) là tia phân giác của \(\angle EAF\).
Câu 5 (0,5 điểm)
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{y^3} + 12{x^2}y = 8\left( {{x^3} + 1} \right) + 6x{y^2}\\xy + 2y - {x^2} - x + 10 = 0\end{array} \right.\) (với \(x,y \in \mathbb{R}\))
I. Phần trắc nghiệm:
1. B | 2. C | 3. D | 4. A | 5. C | 6. D | 7. D | 8. C |
Câu 1 (NB)
Phương pháp:
Thay \(x = 1\) vào hàm số \(f\left( x \right) = 3x - 1\), từ đó tính được \(f\left( 1 \right)\).
Cách giải:
Ta có: \(f\left( 1 \right) = 3.1 - 1 = 3 - 1 = 2\)
Chọn B.
Câu 2 (NB)
Phương pháp:
Đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b\) có hệ số góc là: \(a\)
Cách giải:
Đường thẳng \(d:y = 2 - 7x\) có hệ số góc là \(a = - 7\).
Chọn C.
Câu 3 (NB)
Phương pháp:
Tính \(\Delta = {b^2} - 4ac\)
+ \(\Delta > 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) với \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b \pm \sqrt \Delta }}{{2a}}\).
+ \(\Delta = 0\) thì phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \dfrac{{ - b}}{{2a}}\).
+ \(\Delta < 0\) thì phương trình vô nghiệm.
Cách giải:
Cách làm tự luận:
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 7} \right)^2} - 4.10 = 9 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\)
Với \({x_1} = \dfrac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}} = \dfrac{{7 + 3}}{2} = \dfrac{{10}}{2} = 5\)
\({x_1} = \dfrac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}} = \dfrac{{7 - 3}}{2} = \dfrac{4}{2} = 2\)
Chọn D.
Câu 4 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp cộng đại số để giải hệ phương trình.
Cách giải:
\(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 7\\5x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8x = 16\\5x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 9 - 5x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = - 1\end{array} \right.\)
Hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2; - 1} \right)\)
Chọn A.
Câu 5 (NB)
Phương pháp:
Biểu thức \(\sqrt {f\left( x \right)} \) có nghĩa \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0\)
Cách giải:
Biểu thức \(\sqrt {x - 2} \) có nghĩa \( \Leftrightarrow x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2\)
Chọn C.
Câu 6 (TH)
Phương pháp:
Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Cách giải:
Ta có: \(\sqrt {3 + 2\sqrt 2 } = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2} + 2\sqrt 2 + 1} = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} = \sqrt 2 + 1\) (vì \(\sqrt 2 + 1 > 0\))
Chọn D.
Câu 7 (TH)
Phương pháp:
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,AH \bot BC\), ta có:
\(A{B^2} = BH.BC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow BH = \dfrac{{A{B^2}}}{{BC}} = \dfrac{{{6^2}}}{{10}} = \dfrac{3}{5}\,\,\left( {cm} \right)\)
Vậy \(BH = \dfrac{3}{5}\,\,cm\)
Chọn D.
Câu 8 (NB)
Phương pháp:
Vận dụng định lý của tứ giác nội tiếp: Tứ giác nội tiếp đường tròn thì có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\).
Vận dụng định lý tổng ba góc trong một tam giác.
Cách giải:
Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow \angle BAD + \angle BCD = {180^0}\) (định lý của tứ giác nội tiếp)
\( \Rightarrow \angle BCD = {180^0} - \angle BAD = {180^0} - {105^0} = {75^0}\)
Xét tam giác \(BCD\) có:
\(\angle DBC + \angle BCD + \angle BDC = {180^0}\)(định lý tổng ba góc trong một tam giác)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle BDC = {180^0} - \left( {\angle DBC + \angle BCD} \right)\\ \Rightarrow \angle BDC = {180^0} - \left( {{{45}^0} + {{75}^0}} \right)\\ \Rightarrow \angle BDC = {180^0} - {120^0}\\ \Rightarrow \angle BDC = {60^0} \Rightarrow \cos \angle BDC = \dfrac{1}{2}\end{array}\)
Chọn C.
II. Phần tự luận:
Câu 1 (TH)
Phương pháp:
a) Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.
b) Vận dụng hằng đẳng thức \(a - b = \left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right)\) xác định mẫu thức chung của biểu thức
Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.
c) Tìm mẫu thức chung, thực hiện các phép toán rút gọn biểu thức \(C\)
Giải phương trình \(C = 1\)
Tìm được các giá trị thỏa mãn điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) \(A = 3\sqrt 3 - 7\sqrt {27} + 2\sqrt {243} \)
\(\begin{array}{l}A = 3\sqrt 3 - 7\sqrt {{{3.3}^2}} + 2\sqrt {{{3.9}^2}} \\A = 3\sqrt 3 - 7.3\sqrt 3 + 2.9\sqrt 3 \\A = 3\sqrt 3 - 21\sqrt 3 + 18\sqrt 3 \\A = \left( {3 - 21 + 18} \right)\sqrt 3 \\A = 0\end{array}\)
Vậy \(A = 0\)
b) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\sqrt x - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x \ne 1\end{array} \right.\)
Thay \(x = 4\) (tmđk) vào biểu thức \(B\) ta được:
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{{4 - 2}}{{\sqrt 4 - 1}} + \dfrac{4}{{\sqrt 4 + 1}}\\B = \dfrac{2}{{2 - 1}} + \dfrac{4}{{2 + 1}}\\B = 2 + \dfrac{4}{3} = \dfrac{{10}}{3}\end{array}\)
Vậy với \(x = 4\) thì \(B = \dfrac{{10}}{3}\).
c) Với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\):
\(C = \dfrac{{ - 2x + 13}}{{x - \sqrt x - 6}} - \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{3\sqrt x - 2}}{{3 - \sqrt x }}\)
\(\begin{array}{l}C = \dfrac{{ - 2x + 13}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{3\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 3}}\\C = \dfrac{{ - 2x + 13 - \left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right) + \left( {3\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\end{array}\)
\(\begin{array}{l}C = \dfrac{{ - 2x + 13 - \left( {x - 2\sqrt x - 3} \right) + \left( {3x + 4\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\\C = \dfrac{{ - 2x + 13 - x + 2\sqrt x + 3 + 3x + 4\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\\C = \dfrac{{6\sqrt x + 12}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\\C = \dfrac{{6\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\\C = \dfrac{6}{{\sqrt x - 3}}\end{array}\)
Để \(C = 1\) thì \(\dfrac{6}{{\sqrt x - 3}} = 1\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sqrt x - 3 = 6\\ \Leftrightarrow \sqrt x = 9\\ \Leftrightarrow x = 81\left( {tmdk} \right)\end{array}\)
Vậy \(x = 81\)thì \(C = 1\).
Câu 2 (VD)
Phương pháp:
a) Cách 1: Tính \(\Delta = {b^2} - 4ac\) (hoặc \(\Delta ' = {\left( {b'} \right)^2} - ac\))
\( + \Delta < 0\left( {\Delta ' < 0} \right) \Rightarrow \) phương trình vô nghiệm
\( + \Delta = 0\left( {\Delta ' = 0} \right) \Rightarrow \) phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \dfrac{{ - b}}{{2a}}\,\,\left( {{x_1} = {x_2} = \dfrac{{ - b'}}{a}} \right)\)
\( + \Delta > 0\left( {\Delta ' > 0} \right) \Rightarrow \) phương trình có hai nghiệm phân biệt, sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn: \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b \pm \sqrt \Delta }}{{2a}}\) (hoặc \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b' \pm \sqrt {\Delta '} }}{a}\)), tính được nghiệm của phương trình, kết luận.
Cách 2: Sử dụng phương pháp tách, nhóm các hạng tử, tìm nhân tử chung đưa về phương trình tích \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\)
b) Xác định điều kiện để phương trình có nghĩa: \(\sqrt {f\left( x \right)} \) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0\)
Đưa phương trình ban đầu về dạng \(f\left( x \right) + a\sqrt {f\left( x \right)} + b = 0\)
Đặt \(\sqrt {f\left( x \right)} = t\) (xác định điều kiện của \(t\)) khi đó, ta có phương trình \({t^2} - at + b = 0\)
Giải phương trình, tìm \(t\) và tìm được \(x\).
Cách giải:
a) \(3{x^2} - 5x - 2 = 0\)
Cách 1:
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.3.\left( { - 2} \right) = 49 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{5 + 7}}{{2.3}} = 2\\x = \dfrac{{5 - 7}}{{2.3}} = - \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {2; - \dfrac{1}{3}} \right\}\)
Cách 2:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,3{x^2} - 5x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2} \right) + \left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {3x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\3x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {2; - \dfrac{1}{3}} \right\}\)
b) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2 \ge 0\\12x + 8 \ge 0\\9{x^2} + 12x + 4 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - \dfrac{2}{3}\\{\left( {3x + 2} \right)^2} \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - \dfrac{2}{3}\\x \ne - \dfrac{2}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x > - \dfrac{2}{3}\)
Ta có: \(\sqrt {49\left( {3x + 2} \right)} - \sqrt {12x + 8} = \sqrt {3x + 2} - 3\sqrt {9{x^2} + 12x + 4} + 7\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 7\sqrt {3x + 2} - \sqrt {4\left( {3x + 2} \right)} = \sqrt {3x + 2} - 3\sqrt {{{\left( {3x + 2} \right)}^2}} + 7\\ \Leftrightarrow 7\sqrt {3x + 2} - 2\sqrt {3x + 2} = \sqrt {3x + 2} - 3\left| {3x + 2} \right| + 7\\ \Leftrightarrow 5\sqrt {3x + 2} = \sqrt {3x + 2} - 3\left( {3x + 2} \right)\,\,\,\left( {do\,\,\,x > - \dfrac{2}{3} \Rightarrow 3x + 2 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow 3\left( {3x + 2} \right) + 4\sqrt {3x + 2} - 7 = 0\end{array}\)
Đặt \(t = \sqrt {3x + 2} \,\left( {t > 0} \right)\), phương trình trở thành \(3{t^2} + 4t - 7 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Ta có: \(a + b + c = 3 + 4 + \left( { - 7} \right) = 0\) nên phương trìn (*) có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}t = 1\,\,\left( {tm} \right)\\t = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{7}{3}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Với \(t = 1 \Rightarrow \sqrt {3x + 2} = 1\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3x + 2 = 1\\ \Leftrightarrow x = - \dfrac{1}{3}\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm là \(S = \left\{ { - \dfrac{1}{3}} \right\}\).
Câu 3 (VD)
Phương pháp:
a) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\)
+ Nhận xét về hệ số \(a\) và sự biến thiên của hàm số
+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)
+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) (*)
Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta > 0\)
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo \(m\)
Thay vào phương trình, tìm tham số \(m\).
Cách giải:
a) Parabol \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có hệ số \(a = \dfrac{1}{2} > 0\) nên đồng biến với \(x > 0\) và nghịch biến \(x < 0\).
Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Bảng giá trị:
\( \Rightarrow \) Parabol \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 4;8} \right);\,\,\left( { - 2;2} \right);\,\,\left( {0;0} \right);\,\,\left( {2;2} \right);\,\,\left( {4;8} \right)\)
Đồ thị hàm số:
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(d\), ta có:
\(\dfrac{1}{2}{x^2} = x + \dfrac{1}{2}{m^2} + m + 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - {m^2} - 2m - 2 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Để đường thẳng \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};{x_2}\) thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {{\Delta '}_{\left( * \right)}} > 0\\ \Leftrightarrow {\left( { - 1} \right)^2} - \left( { - {m^2} - 2m - 2} \right) > 0\\ \Leftrightarrow 1 + {m^2} + 2m + 2 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 3 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} + 2 > 0\end{array}\)
Do \({\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0,\forall m \Rightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} + 2 \ge 2 > 0,\forall m\)
Do đó, \({\Delta '_{\left( * \right)}} > 0,\forall m\) hay phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\).
Vậy đường thẳng \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};{x_2}\).
Khi đó, áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = - {m^2} - 2m - 2\end{array} \right.\)
Theo bài ra, ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 = 68\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 68\\ \Leftrightarrow {2^3} - 3.\left( { - {m^2} - 2m - 2} \right).2 = 68\\ \Leftrightarrow 8 + 6{m^2} + 12m + 12 = 68\\ \Leftrightarrow 6{m^2} + 12m - 48 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 8 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 2m - 8 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 4} \right) - 2\left( {m + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 4} \right)\left( {m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 4 = 0\\m - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 4\\m = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m \in \left\{ { - 4;2} \right\}\).
Câu 4 (VD)
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
b) Ta sẽ chứng mình: \(\angle BAH = {90^0} - \angle BAC\,\,\,\left( 1 \right)\) và \(\angle OAC = {90^0} - \angle BAC\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2), ta có điều phải chứng minh.
c) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) với \(\left( O \right)\)
Ta sẽ chứng minh: \(PK \bot OA\)
Gọi \(\left\{ M \right\} = OA \cap PK\)\( \Rightarrow M\) là trung điểm của \(EF\)
Chứng minh: \(\Delta AEF\) cân tại \(A\), suy ra điều phải chứng minh.
Cách giải:
a) Xét tứ giác \(BPKC\) có: \(\angle BPC = \angle BKC = {90^0}\) nên \(P,K\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\).
Vậy tứ giác \(BPKC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).
b) Tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\) nên \(\angle BAH + \angle ABH = {90^0} \Rightarrow \angle BAH + \angle ABC = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle BAH = {90^0} - \angle BAC\,\,\,\left( 1 \right)\)
\(\Delta OAC\) có \(OA = OC\) nên \(\Delta OAC\) cân tại \(O \Rightarrow \angle OAC = \angle OCA\) (tính chất tam giác cân)
Ta có: \(\angle OAC + \angle OCA + \angle AOC = {180^0}\) (tổng ba góc trong một tam giác)
\( \Rightarrow 2\angle OAC = {180^0} - \angle AOC \Rightarrow \angle OAC = \dfrac{{{{180}^0} - \angle AOC}}{2}\)
Lại có \(\angle AOC = 2\angle ABC\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))
\( \Rightarrow \angle OAC = \dfrac{{{{180}^0} - \angle AOC}}{2} = \dfrac{{{{180}^0} - 2\angle ABC}}{2} = {90^0} - \angle BAC\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle BAH = \angle OAC\) (đpcm)
c) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) với \(\left( O \right)\)
Ta có: \(\angle xAC = \angle ABC\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AC\))
Mà \(\angle ABC = \angle AKP\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BPKC\)
\( \Rightarrow \angle xAC = \angle AKP\), mà hai góc này ở vị trí so le trong
\( \Rightarrow Ax//PK\) (dhnb)
Ta có: \(OA \bot Ax\) (do \(Ax\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A) \Rightarrow PK \bot OA\)
Gọi \(\left\{ M \right\} = OA \cap PK\) ta có: \(OA \bot EF\) tại \(M \Rightarrow M\) là trung điểm của \(EF\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \Delta AEF\) có \(AO\) là đường cao đồng thời là đường trung tuyến
\( \Rightarrow \Delta AEF\) cân tại \(A\)
Vậy đường cao \(AO\) đồng thời là phân giác của \(\angle EAF\) (đpcm)
Câu 5 (VDC)
Phương pháp:
Từ phương trình (1), ta tìm được \(x\) theo \(y\)
Thay vào phương trình (2), ta tìm được nghiệm của phương trình và hệ phương trình.
Cách giải:
\(\left\{ \begin{array}{l}{y^3} + 12{x^2}y = 8\left( {{x^3} + 1} \right) + 6x{y^2}\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\xy + 2y - {x^2} - x + 10 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 1 \right):{y^3} + 12{x^2}y = 8\left( {{x^3} + 1} \right) + 6x{y^2}\\ \Leftrightarrow 8{x^3} - 12{x^2}y + 6x{y^2} - {y^3} = - 8\\ \Leftrightarrow {\left( {2x} \right)^3} - 3.{\left( {2x} \right)^2}.y + 3.2.x.{y^2} - {y^3} = - 8\\ \Leftrightarrow {\left( {2x - y} \right)^3} = - 8\\ \Leftrightarrow 2x - y = - 2\\ \Leftrightarrow y = 2x + 2\end{array}\)
Thay \(y = 2x + 2\) vào phương trình (2), ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x\left( {2x + 2} \right) + 2\left( {2x + 2} \right) - {x^2} - x - 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 2x + 4x + 4 - {x^2} - x + 10 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 5x + 14 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \(\Delta = {5^2} - 4.14 = - 31 < 0\) nên phương trình (*) vô nghiệm
Vậy hệ phương trình vô nghiệm.
I. Phần trắc nghiệm: (2,0 điểm)
Câu 1. Cho hàm số \(f\left( x \right) = 3x - 1\). Giá trị của \(f\left( 1 \right)\) bằng:
A. \( - 2\) B. \(2\) C. \(1\) D. \(0\)
Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = 2 - 7x\). Hệ số góc của đường thẳng \(d\) là:
A. \( - \dfrac{7}{2}\) B. \(7\) C. \( - 7\) D. \(2\)
Câu 3. Phương trình \({x^2} - 7x + 10 = 0\) có một nghiệm bằng:
A. \( - 5\) B. \( - 7\) C. \( - 2\) D. \(5\)
Câu 4. Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 7\\5x + y = 9\end{array} \right.\) có nghiệm duy nhất là:
A. \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = - 1\end{array} \right.\) B. \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = 1\end{array} \right.\) C. \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\) D. \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = - 3\end{array} \right.\)
Câu 5. Điều kiện của \(x\) để biểu thức \(\sqrt {x - 2} \) có nghĩa là:
A. \(x \le 2\) B. \(x \ge - 2\) C. \(x \ge 2\) D. \(x \ne 2\)
Câu 6. Giá trị của biểu thức \(\sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \) bằng:
A. \(1 + 2\sqrt 2 \) B. \(2 + 2\sqrt 2 \) C. \(\sqrt 2 - 1\) D. \(1 + \sqrt 2 \)
Câu 7. Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm,\,BC = 10cm\) và đường cao \(AH\) với \(H \in BC\). Khi đó, đọ dài đoạn \(BH\) bằng:
A. \(\dfrac{{18}}{5}cm\) B. \(\dfrac{{24}}{5}cm\) C. \(2cm\) D. \(\dfrac{3}{5}cm\)
Câu 8. Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp trong đường tròn \(\left( O \right)\). Biết \(\angle BAD = {105^0}\) và \(\angle DBC = {45^0}\). Khi đó, giá tị của \(\cos \angle BDC\) bằng:
A. \(\dfrac{{\sqrt 6 - \sqrt 2 }}{4}\) B. \(\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\) C. \(\dfrac{1}{2}\) D. \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)
II. Phần tự luận: (8,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = 3\sqrt 3 - 7\sqrt {27} + 2\sqrt {243} \).
b) Tính giá trị của biểu thức \(B = \dfrac{{x - 2}}{{\sqrt x - 1}} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 1}}\) khi \(x = 4\).
c) Cho biểu thức \(C = \dfrac{{ - 2x + 13}}{{x - \sqrt x - 6}} - \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{3\sqrt x - 2}}{{3 - \sqrt x }}\), với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\). Tìm \(x\) để \(C = 1\).
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: \(3{x^2} - 5x - 2 = 0\).
b) Giải phương trình: \(\sqrt {49\left( {3x + 2} \right)} - \sqrt {12x + 8} = \sqrt {3x + 2} - 3\sqrt {9{x^2} + 12x + 4} + 7\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ \(Oxy\), cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = x + \dfrac{1}{2}{m^2} + m + 1\) với \(m\) là tham số.
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
b) Tìm \(m\) để đường thẳng \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại \(2\) điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2}\) sao cho \(x_1^2 + x_2^2 = 68\).
Câu 4 (2,0 điểm)
Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp trong đường tròn \(\left( O \right)\). Vẽ các đường cao \(AH,BK\) và \(CP\) của tam giác \(ABC\) với \(H \in BC,K \in AC\) và \(P \in AB\).
a) Chứng minh tứ giác \(BPKC\) nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: \(\angle BAH = \angle OAC\).
c) Đường thẳng \(PK\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(E\) và \(F\). Chứng minh \(OA\) là tia phân giác của \(\angle EAF\).
Câu 5 (0,5 điểm)
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{y^3} + 12{x^2}y = 8\left( {{x^3} + 1} \right) + 6x{y^2}\\xy + 2y - {x^2} - x + 10 = 0\end{array} \right.\) (với \(x,y \in \mathbb{R}\))
I. Phần trắc nghiệm:
1. B | 2. C | 3. D | 4. A | 5. C | 6. D | 7. D | 8. C |
Câu 1 (NB)
Phương pháp:
Thay \(x = 1\) vào hàm số \(f\left( x \right) = 3x - 1\), từ đó tính được \(f\left( 1 \right)\).
Cách giải:
Ta có: \(f\left( 1 \right) = 3.1 - 1 = 3 - 1 = 2\)
Chọn B.
Câu 2 (NB)
Phương pháp:
Đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b\) có hệ số góc là: \(a\)
Cách giải:
Đường thẳng \(d:y = 2 - 7x\) có hệ số góc là \(a = - 7\).
Chọn C.
Câu 3 (NB)
Phương pháp:
Tính \(\Delta = {b^2} - 4ac\)
+ \(\Delta > 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) với \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b \pm \sqrt \Delta }}{{2a}}\).
+ \(\Delta = 0\) thì phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \dfrac{{ - b}}{{2a}}\).
+ \(\Delta < 0\) thì phương trình vô nghiệm.
Cách giải:
Cách làm tự luận:
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 7} \right)^2} - 4.10 = 9 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\)
Với \({x_1} = \dfrac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}} = \dfrac{{7 + 3}}{2} = \dfrac{{10}}{2} = 5\)
\({x_1} = \dfrac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}} = \dfrac{{7 - 3}}{2} = \dfrac{4}{2} = 2\)
Chọn D.
Câu 4 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp cộng đại số để giải hệ phương trình.
Cách giải:
\(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 7\\5x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8x = 16\\5x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 9 - 5x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = - 1\end{array} \right.\)
Hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2; - 1} \right)\)
Chọn A.
Câu 5 (NB)
Phương pháp:
Biểu thức \(\sqrt {f\left( x \right)} \) có nghĩa \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0\)
Cách giải:
Biểu thức \(\sqrt {x - 2} \) có nghĩa \( \Leftrightarrow x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2\)
Chọn C.
Câu 6 (TH)
Phương pháp:
Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Cách giải:
Ta có: \(\sqrt {3 + 2\sqrt 2 } = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2} + 2\sqrt 2 + 1} = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} = \sqrt 2 + 1\) (vì \(\sqrt 2 + 1 > 0\))
Chọn D.
Câu 7 (TH)
Phương pháp:
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,AH \bot BC\), ta có:
\(A{B^2} = BH.BC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow BH = \dfrac{{A{B^2}}}{{BC}} = \dfrac{{{6^2}}}{{10}} = \dfrac{3}{5}\,\,\left( {cm} \right)\)
Vậy \(BH = \dfrac{3}{5}\,\,cm\)
Chọn D.
Câu 8 (NB)
Phương pháp:
Vận dụng định lý của tứ giác nội tiếp: Tứ giác nội tiếp đường tròn thì có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\).
Vận dụng định lý tổng ba góc trong một tam giác.
Cách giải:
Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow \angle BAD + \angle BCD = {180^0}\) (định lý của tứ giác nội tiếp)
\( \Rightarrow \angle BCD = {180^0} - \angle BAD = {180^0} - {105^0} = {75^0}\)
Xét tam giác \(BCD\) có:
\(\angle DBC + \angle BCD + \angle BDC = {180^0}\)(định lý tổng ba góc trong một tam giác)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle BDC = {180^0} - \left( {\angle DBC + \angle BCD} \right)\\ \Rightarrow \angle BDC = {180^0} - \left( {{{45}^0} + {{75}^0}} \right)\\ \Rightarrow \angle BDC = {180^0} - {120^0}\\ \Rightarrow \angle BDC = {60^0} \Rightarrow \cos \angle BDC = \dfrac{1}{2}\end{array}\)
Chọn C.
II. Phần tự luận:
Câu 1 (TH)
Phương pháp:
a) Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.
b) Vận dụng hằng đẳng thức \(a - b = \left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right)\) xác định mẫu thức chung của biểu thức
Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.
c) Tìm mẫu thức chung, thực hiện các phép toán rút gọn biểu thức \(C\)
Giải phương trình \(C = 1\)
Tìm được các giá trị thỏa mãn điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) \(A = 3\sqrt 3 - 7\sqrt {27} + 2\sqrt {243} \)
\(\begin{array}{l}A = 3\sqrt 3 - 7\sqrt {{{3.3}^2}} + 2\sqrt {{{3.9}^2}} \\A = 3\sqrt 3 - 7.3\sqrt 3 + 2.9\sqrt 3 \\A = 3\sqrt 3 - 21\sqrt 3 + 18\sqrt 3 \\A = \left( {3 - 21 + 18} \right)\sqrt 3 \\A = 0\end{array}\)
Vậy \(A = 0\)
b) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\sqrt x - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x \ne 1\end{array} \right.\)
Thay \(x = 4\) (tmđk) vào biểu thức \(B\) ta được:
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{{4 - 2}}{{\sqrt 4 - 1}} + \dfrac{4}{{\sqrt 4 + 1}}\\B = \dfrac{2}{{2 - 1}} + \dfrac{4}{{2 + 1}}\\B = 2 + \dfrac{4}{3} = \dfrac{{10}}{3}\end{array}\)
Vậy với \(x = 4\) thì \(B = \dfrac{{10}}{3}\).
c) Với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\):
\(C = \dfrac{{ - 2x + 13}}{{x - \sqrt x - 6}} - \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{3\sqrt x - 2}}{{3 - \sqrt x }}\)
\(\begin{array}{l}C = \dfrac{{ - 2x + 13}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{3\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 3}}\\C = \dfrac{{ - 2x + 13 - \left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right) + \left( {3\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\end{array}\)
\(\begin{array}{l}C = \dfrac{{ - 2x + 13 - \left( {x - 2\sqrt x - 3} \right) + \left( {3x + 4\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\\C = \dfrac{{ - 2x + 13 - x + 2\sqrt x + 3 + 3x + 4\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\\C = \dfrac{{6\sqrt x + 12}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\\C = \dfrac{{6\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\\C = \dfrac{6}{{\sqrt x - 3}}\end{array}\)
Để \(C = 1\) thì \(\dfrac{6}{{\sqrt x - 3}} = 1\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sqrt x - 3 = 6\\ \Leftrightarrow \sqrt x = 9\\ \Leftrightarrow x = 81\left( {tmdk} \right)\end{array}\)
Vậy \(x = 81\)thì \(C = 1\).
Câu 2 (VD)
Phương pháp:
a) Cách 1: Tính \(\Delta = {b^2} - 4ac\) (hoặc \(\Delta ' = {\left( {b'} \right)^2} - ac\))
\( + \Delta < 0\left( {\Delta ' < 0} \right) \Rightarrow \) phương trình vô nghiệm
\( + \Delta = 0\left( {\Delta ' = 0} \right) \Rightarrow \) phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \dfrac{{ - b}}{{2a}}\,\,\left( {{x_1} = {x_2} = \dfrac{{ - b'}}{a}} \right)\)
\( + \Delta > 0\left( {\Delta ' > 0} \right) \Rightarrow \) phương trình có hai nghiệm phân biệt, sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn: \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b \pm \sqrt \Delta }}{{2a}}\) (hoặc \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b' \pm \sqrt {\Delta '} }}{a}\)), tính được nghiệm của phương trình, kết luận.
Cách 2: Sử dụng phương pháp tách, nhóm các hạng tử, tìm nhân tử chung đưa về phương trình tích \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\)
b) Xác định điều kiện để phương trình có nghĩa: \(\sqrt {f\left( x \right)} \) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0\)
Đưa phương trình ban đầu về dạng \(f\left( x \right) + a\sqrt {f\left( x \right)} + b = 0\)
Đặt \(\sqrt {f\left( x \right)} = t\) (xác định điều kiện của \(t\)) khi đó, ta có phương trình \({t^2} - at + b = 0\)
Giải phương trình, tìm \(t\) và tìm được \(x\).
Cách giải:
a) \(3{x^2} - 5x - 2 = 0\)
Cách 1:
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.3.\left( { - 2} \right) = 49 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{5 + 7}}{{2.3}} = 2\\x = \dfrac{{5 - 7}}{{2.3}} = - \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {2; - \dfrac{1}{3}} \right\}\)
Cách 2:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,3{x^2} - 5x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2} \right) + \left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {3x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\3x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {2; - \dfrac{1}{3}} \right\}\)
b) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2 \ge 0\\12x + 8 \ge 0\\9{x^2} + 12x + 4 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - \dfrac{2}{3}\\{\left( {3x + 2} \right)^2} \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - \dfrac{2}{3}\\x \ne - \dfrac{2}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x > - \dfrac{2}{3}\)
Ta có: \(\sqrt {49\left( {3x + 2} \right)} - \sqrt {12x + 8} = \sqrt {3x + 2} - 3\sqrt {9{x^2} + 12x + 4} + 7\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 7\sqrt {3x + 2} - \sqrt {4\left( {3x + 2} \right)} = \sqrt {3x + 2} - 3\sqrt {{{\left( {3x + 2} \right)}^2}} + 7\\ \Leftrightarrow 7\sqrt {3x + 2} - 2\sqrt {3x + 2} = \sqrt {3x + 2} - 3\left| {3x + 2} \right| + 7\\ \Leftrightarrow 5\sqrt {3x + 2} = \sqrt {3x + 2} - 3\left( {3x + 2} \right)\,\,\,\left( {do\,\,\,x > - \dfrac{2}{3} \Rightarrow 3x + 2 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow 3\left( {3x + 2} \right) + 4\sqrt {3x + 2} - 7 = 0\end{array}\)
Đặt \(t = \sqrt {3x + 2} \,\left( {t > 0} \right)\), phương trình trở thành \(3{t^2} + 4t - 7 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Ta có: \(a + b + c = 3 + 4 + \left( { - 7} \right) = 0\) nên phương trìn (*) có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}t = 1\,\,\left( {tm} \right)\\t = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{7}{3}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Với \(t = 1 \Rightarrow \sqrt {3x + 2} = 1\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3x + 2 = 1\\ \Leftrightarrow x = - \dfrac{1}{3}\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm là \(S = \left\{ { - \dfrac{1}{3}} \right\}\).
Câu 3 (VD)
Phương pháp:
a) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\)
+ Nhận xét về hệ số \(a\) và sự biến thiên của hàm số
+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)
+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) (*)
Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta > 0\)
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo \(m\)
Thay vào phương trình, tìm tham số \(m\).
Cách giải:
a) Parabol \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có hệ số \(a = \dfrac{1}{2} > 0\) nên đồng biến với \(x > 0\) và nghịch biến \(x < 0\).
Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Bảng giá trị:
\( \Rightarrow \) Parabol \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 4;8} \right);\,\,\left( { - 2;2} \right);\,\,\left( {0;0} \right);\,\,\left( {2;2} \right);\,\,\left( {4;8} \right)\)
Đồ thị hàm số:
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(d\), ta có:
\(\dfrac{1}{2}{x^2} = x + \dfrac{1}{2}{m^2} + m + 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - {m^2} - 2m - 2 = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Để đường thẳng \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};{x_2}\) thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {{\Delta '}_{\left( * \right)}} > 0\\ \Leftrightarrow {\left( { - 1} \right)^2} - \left( { - {m^2} - 2m - 2} \right) > 0\\ \Leftrightarrow 1 + {m^2} + 2m + 2 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 3 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} + 2 > 0\end{array}\)
Do \({\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0,\forall m \Rightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} + 2 \ge 2 > 0,\forall m\)
Do đó, \({\Delta '_{\left( * \right)}} > 0,\forall m\) hay phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\).
Vậy đường thẳng \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};{x_2}\).
Khi đó, áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = - {m^2} - 2m - 2\end{array} \right.\)
Theo bài ra, ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 = 68\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 68\\ \Leftrightarrow {2^3} - 3.\left( { - {m^2} - 2m - 2} \right).2 = 68\\ \Leftrightarrow 8 + 6{m^2} + 12m + 12 = 68\\ \Leftrightarrow 6{m^2} + 12m - 48 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 8 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 2m - 8 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 4} \right) - 2\left( {m + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 4} \right)\left( {m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 4 = 0\\m - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 4\\m = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m \in \left\{ { - 4;2} \right\}\).
Câu 4 (VD)
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
b) Ta sẽ chứng mình: \(\angle BAH = {90^0} - \angle BAC\,\,\,\left( 1 \right)\) và \(\angle OAC = {90^0} - \angle BAC\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2), ta có điều phải chứng minh.
c) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) với \(\left( O \right)\)
Ta sẽ chứng minh: \(PK \bot OA\)
Gọi \(\left\{ M \right\} = OA \cap PK\)\( \Rightarrow M\) là trung điểm của \(EF\)
Chứng minh: \(\Delta AEF\) cân tại \(A\), suy ra điều phải chứng minh.
Cách giải:
a) Xét tứ giác \(BPKC\) có: \(\angle BPC = \angle BKC = {90^0}\) nên \(P,K\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\).
Vậy tứ giác \(BPKC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).
b) Tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\) nên \(\angle BAH + \angle ABH = {90^0} \Rightarrow \angle BAH + \angle ABC = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle BAH = {90^0} - \angle BAC\,\,\,\left( 1 \right)\)
\(\Delta OAC\) có \(OA = OC\) nên \(\Delta OAC\) cân tại \(O \Rightarrow \angle OAC = \angle OCA\) (tính chất tam giác cân)
Ta có: \(\angle OAC + \angle OCA + \angle AOC = {180^0}\) (tổng ba góc trong một tam giác)
\( \Rightarrow 2\angle OAC = {180^0} - \angle AOC \Rightarrow \angle OAC = \dfrac{{{{180}^0} - \angle AOC}}{2}\)
Lại có \(\angle AOC = 2\angle ABC\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))
\( \Rightarrow \angle OAC = \dfrac{{{{180}^0} - \angle AOC}}{2} = \dfrac{{{{180}^0} - 2\angle ABC}}{2} = {90^0} - \angle BAC\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle BAH = \angle OAC\) (đpcm)
c) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) với \(\left( O \right)\)
Ta có: \(\angle xAC = \angle ABC\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AC\))
Mà \(\angle ABC = \angle AKP\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BPKC\)
\( \Rightarrow \angle xAC = \angle AKP\), mà hai góc này ở vị trí so le trong
\( \Rightarrow Ax//PK\) (dhnb)
Ta có: \(OA \bot Ax\) (do \(Ax\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A) \Rightarrow PK \bot OA\)
Gọi \(\left\{ M \right\} = OA \cap PK\) ta có: \(OA \bot EF\) tại \(M \Rightarrow M\) là trung điểm của \(EF\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \Delta AEF\) có \(AO\) là đường cao đồng thời là đường trung tuyến
\( \Rightarrow \Delta AEF\) cân tại \(A\)
Vậy đường cao \(AO\) đồng thời là phân giác của \(\angle EAF\) (đpcm)
Câu 5 (VDC)
Phương pháp:
Từ phương trình (1), ta tìm được \(x\) theo \(y\)
Thay vào phương trình (2), ta tìm được nghiệm của phương trình và hệ phương trình.
Cách giải:
\(\left\{ \begin{array}{l}{y^3} + 12{x^2}y = 8\left( {{x^3} + 1} \right) + 6x{y^2}\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\xy + 2y - {x^2} - x + 10 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 1 \right):{y^3} + 12{x^2}y = 8\left( {{x^3} + 1} \right) + 6x{y^2}\\ \Leftrightarrow 8{x^3} - 12{x^2}y + 6x{y^2} - {y^3} = - 8\\ \Leftrightarrow {\left( {2x} \right)^3} - 3.{\left( {2x} \right)^2}.y + 3.2.x.{y^2} - {y^3} = - 8\\ \Leftrightarrow {\left( {2x - y} \right)^3} = - 8\\ \Leftrightarrow 2x - y = - 2\\ \Leftrightarrow y = 2x + 2\end{array}\)
Thay \(y = 2x + 2\) vào phương trình (2), ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x\left( {2x + 2} \right) + 2\left( {2x + 2} \right) - {x^2} - x - 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 2x + 4x + 4 - {x^2} - x + 10 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 5x + 14 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \(\Delta = {5^2} - 4.14 = - 31 < 0\) nên phương trình (*) vô nghiệm
Vậy hệ phương trình vô nghiệm.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của mỗi học sinh. 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 bạn những thông tin chi tiết và hữu ích về Đề thi vào 10 môn Toán Hậu Giang năm 2021, giúp bạn tự tin đối mặt với kỳ thi sắp tới.
Đề thi vào 10 môn Toán Hậu Giang năm 2021 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Tỷ lệ phân bổ điểm giữa các phần thường khá cân bằng, tuy nhiên, có thể có sự thay đổi nhỏ tùy theo từng năm.
Dưới đây là một số dạng bài tập thường gặp trong Đề thi vào 10 môn Toán Hậu Giang năm 2021:
1. Giải phương trình bậc hai:
Phương trình bậc hai có dạng ax2 + bx + c = 0. Để giải phương trình này, ta có thể sử dụng công thức nghiệm:
x = (-b ± √(b2 - 4ac)) / 2a
2. Giải bài toán hình học:
Để giải bài toán hình học, ta cần vẽ hình chính xác, xác định các yếu tố đã biết và yếu tố cần tìm, và sử dụng các định lý và tính chất hình học để tìm ra mối liên hệ giữa chúng.
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi, bạn nên luyện tập với bộ Đề thi vào 10 môn Toán Hậu Giang năm 2021. Hãy giải các đề thi trong thời gian quy định và tự đánh giá kết quả của mình. Sau đó, hãy xem lại lời giải chi tiết để hiểu rõ hơn về các dạng bài tập và phương pháp giải quyết.
Đề thi vào 10 môn Toán Hậu Giang năm 2021 là một tài liệu ôn thi vô cùng quan trọng. Hãy sử dụng tài liệu này một cách hiệu quả để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi tuyển sinh 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!
