Nếu bạn đang là học sinh lớp 9 và có mong muốn thi vào các trường THPT tại Hòa Bình, việc luyện tập với Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2019 là vô cùng quan trọng. Đây là cơ hội để bạn làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài và độ khó của kỳ thi tuyển sinh.
Toan11.edu.vn cung cấp bộ đề thi chính thức, đáp án chi tiết và phân tích chuyên sâu, giúp bạn tự tin chinh phục kỳ thi sắp tới.
Câu I (2 điểm): 1) Tính:
Câu I (2 điểm):
1) Tính:
a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2}\) b) \(B = \sqrt {25} - 1\)
2) Tìm \(x\) biết:
a) \(x + 2 = 9\) b) \(\sqrt {x + 1} = 3\)
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
Câu III (3 điểm):
1) Tìm giá trị \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;2} \right)\). Khi đó hãy vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Câu IV (2 điểm):
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) và \(C\) là một điểm nằm trên \(\left( O \right)\) (C khác A, B). Đường phân giác của góc \(ACB\) cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(E\) và cắt \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(K\).
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
Câu V (1 điểm):
Giải phương trình \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 1\).
Câu I (2 điểm):
1) Tính:
a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2}\) b) \(B = \sqrt {25} - 1\)
2) Tìm \(x\) biết:
a) \(x + 2 = 9\) b) \(\sqrt {x + 1} = 3\)
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
Câu III (3 điểm):
1) Tìm giá trị \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;2} \right)\). Khi đó hãy vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Câu IV (2 điểm):
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) và \(C\) là một điểm nằm trên \(\left( O \right)\) (C khác A, B). Đường phân giác của góc \(ACB\) cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(E\) và cắt \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(K\).
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
Câu V (1 điểm):
Giải phương trình \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 1\).
Câu I (VD):
Phương pháp:
1a) Quy đồng.
1b) Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\).
2a) Chuyển vế tìm \(x\).
2b) Tìm ĐKXĐ.
\(\sqrt A = B\,\,\left( {B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}\).
Cách giải:
1a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{6 + 1}}{2} = \dfrac{7}{2}\).
Vậy \(A = \dfrac{7}{2}\).
1b) \(B = \sqrt {25} - 1 = \sqrt {{5^2}} - 1 = 5 - 1 = 4\).
Vậy \(B = 4\).
2a) \(x + 2 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 2 \Leftrightarrow x = 7\).
Vậy \(x = 7\).
2b) ĐKXĐ: \(x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge - 1\).
\(\sqrt {x + 1} = 3 \Leftrightarrow x + 1 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 1 \Leftrightarrow x = 8\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x = 8\).
Câu II (VD)
Phương pháp:
1) Giải phương trình bằng cách đưa về dạng tích hoặc sử dụng biệt thức \(\Delta \).
2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
\(\begin{array}{l}{x^2} - 7x + 12 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4x + 12 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) - 4\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {3;4} \right\}\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 6y = - 2\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = - 5\\2x + 3y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 1\\2x - 3 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 2\\y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 1} \right)\).
Câu III (VD):
Phương pháp:
1) Thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(d\) tìm \(m\), xác định hai điểm mà đường thẳng \(d\) đi qua và vẽ đường thẳng \(d\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Áp dụng định lí Pytago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông.
3) - Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
- Từ mối liên hệ: Quãng đường = Vận tốc \( \times \) Thời gian, lập 2 phương trình liên quan đến \(x;y\).
- Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số và kết luận.
Cách giải:
1) \(A\left( {1;2} \right) \in \left( d \right):\,\,y = x + m\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(2 = 1 + m \Leftrightarrow m = 2 - 1 \Leftrightarrow m = 1\).
Khi đó, phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) là \(y = x + 1\).
Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow \left( d \right)\) đi qua điểm \(B\left( {0;1} \right)\).
Vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Leftrightarrow {6^2} + A{C^2} = {10^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = {10^2} - {6^2} = 64 \Leftrightarrow AC = 8\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(AH.BC = AB.AC \Leftrightarrow AH.10 = 6.8 \Leftrightarrow AH = \dfrac{{48}}{{10}} = 4,8\,\,\left( {cm} \right)\).
Diện tích tam giác vuông \(ABC\) là \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.6.8 = 24\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(xy\,\,\left( {km} \right)\).
+) Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x + 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích sớm hơn dự định 36 phút = \(\dfrac{{36}}{{60}} = \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y - \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x + 10} \right)\left( {y - \dfrac{3}{5}} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = xy \Leftrightarrow - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = 0 \Leftrightarrow - 3x + 50y - 30 = 0\,\,\left( 1 \right)\)
+) Nếu người đó đi chậm hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x - 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích muộn hơn dự định \(1\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y + 1\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x - 10} \right)\left( {y + 1} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy + x - 10y - 10 = xy \Leftrightarrow x - 10y - 10 = 0\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l} - 3x + 50y - 30 = 0\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 50y = - 30\\3x - 30y = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 20y = - 60\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 3\,\,\left( {tm} \right)\\x - 30 - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 40\\y = 3\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(40\,\,km/h\) và \(3h\), độ dài quãng đường AB là \(xy = 40.3 = 120\,\,\left( {km} \right)\).
Câu IV (VD):
Phương pháp:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\) theo trường hợp góc – góc.
2) Xác định điểm I. Chứng minh \(\left\{ \begin{array}{l}IE\parallel OK\\IE \bot MN\\OK \bot AB\end{array} \right.\), từ đó suy ra \(MN\parallel AB\).
Cách giải:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
Ta có \(\angle KAB = \angle KCB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)), lại có \(\angle KCB = \angle KCA\,\,\left( {gt} \right)\).
\( \Rightarrow \angle KAB = \angle KCA\) hay \(\angle KAE = \angle KCA\).
Xét tam giác \(KAE\) và tam giác \(KCA\) có:
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
* Xác định điểm \(I\).
Do \(\left( I \right)\) và \(\left( O \right)\) tiếp xúc tại \(C \Rightarrow I,\,\,O,\,\,C\) thẳng hàng \( \Rightarrow I \in OC\).
Lại có \(\left( I \right)\) đi qua \(C,\,\,E \Rightarrow IC = IE \Rightarrow I\) thuộc trung trực của \(CE\).
Do đó \(I\) là giao điểm của \(OC\) và đường trung trực của \(CE\).
* Chứng minh \(MN\parallel AB\).
Nối \(OK\) ta có: \(\Delta OCK\) cân tại \(O\,\,\left( {OC = OK} \right) \Rightarrow \angle OCK = \angle OKC\).
\(\Delta ICE\) cân tại \(I\,\,\left( {IC = IE} \right) \Rightarrow \angle ICE = \angle IEC\) hay \(\angle OCK = \angle IEC\).
\( \Rightarrow \angle OKC = \angle IEC\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau \( \Rightarrow IE\parallel OK\) (1).
Xét đường tròn \(\left( O \right)\): \(\angle ACK = \angle BCK\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow sdcung\,\,AK = \,\,sdcung\,\,BK\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow K\) là điểm chính giữa cung \(AB\) của \(\left( O \right) \Rightarrow OK \bot AB\) (2).
Xét đường tròn \(\left( I \right)\) ta có \(\angle MCN = {90^0} \Rightarrow \angle MCN\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow MN\) là đường kính của \(\left( I \right)\).
Ta có: \(\angle ACK = \angle BCK \Rightarrow \angle MCE = \angle NCE \Rightarrow sdcung\,\,ME = \,\,sdcung\,\,NE\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow E\) là điểm chính giữa cung \(MN\) của \(\left( O \right) \Rightarrow IE \bot MN\) (3).
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra được \(MN\parallel AB\) (đpcm).
Câu V (VDC) :
Phương pháp:
Biến đổi \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\) sau đó đặt ẩn phụ \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\).
Cách giải:
ĐK: \(x \ne - 1\).
Ta có: \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = {\left( {x - \dfrac{x}{{x + 1}}} \right)^2} + 2\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\).
Khi đó phương trình trở thành \({\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}} = 1\).
Đặt \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\) ta có phương trình \({t^2} + 2t = 1 \Leftrightarrow {t^2} + 2t - 1 = 0\,\,\left( * \right)\).
\({\Delta _t}' = {1^2} + 1 = 2 > 0 \Rightarrow \left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1 + \sqrt 2 \\{t_2} = - 1 - \sqrt 2 \end{array} \right.\).
Với \({t_1} = - 1 + \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 + \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {1 - \sqrt 2 } \right)x + 1 - \sqrt 2 = 0\).
\(\Delta = {\left( {1 - \sqrt 2 } \right)^2} - 4\left( {1 - \sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 - 1 > 0 \Rightarrow \) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\)
Với \({t_1} = - 1 - \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 - \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x + \sqrt 2 + 1 = 0\).
\(\Delta = {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^2} - 4\left( {\sqrt 2 + 1} \right) = - 1 - 2\sqrt 2 < 0 \Rightarrow \) Phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\).
Câu I (VD):
Phương pháp:
1a) Quy đồng.
1b) Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\).
2a) Chuyển vế tìm \(x\).
2b) Tìm ĐKXĐ.
\(\sqrt A = B\,\,\left( {B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}\).
Cách giải:
1a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{6 + 1}}{2} = \dfrac{7}{2}\).
Vậy \(A = \dfrac{7}{2}\).
1b) \(B = \sqrt {25} - 1 = \sqrt {{5^2}} - 1 = 5 - 1 = 4\).
Vậy \(B = 4\).
2a) \(x + 2 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 2 \Leftrightarrow x = 7\).
Vậy \(x = 7\).
2b) ĐKXĐ: \(x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge - 1\).
\(\sqrt {x + 1} = 3 \Leftrightarrow x + 1 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 1 \Leftrightarrow x = 8\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x = 8\).
Câu II (VD)
Phương pháp:
1) Giải phương trình bằng cách đưa về dạng tích hoặc sử dụng biệt thức \(\Delta \).
2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
\(\begin{array}{l}{x^2} - 7x + 12 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4x + 12 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) - 4\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {3;4} \right\}\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 6y = - 2\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = - 5\\2x + 3y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 1\\2x - 3 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 2\\y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 1} \right)\).
Câu III (VD):
Phương pháp:
1) Thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(d\) tìm \(m\), xác định hai điểm mà đường thẳng \(d\) đi qua và vẽ đường thẳng \(d\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Áp dụng định lí Pytago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông.
3) - Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
- Từ mối liên hệ: Quãng đường = Vận tốc \( \times \) Thời gian, lập 2 phương trình liên quan đến \(x;y\).
- Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số và kết luận.
Cách giải:
1) \(A\left( {1;2} \right) \in \left( d \right):\,\,y = x + m\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(2 = 1 + m \Leftrightarrow m = 2 - 1 \Leftrightarrow m = 1\).
Khi đó, phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) là \(y = x + 1\).
Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow \left( d \right)\) đi qua điểm \(B\left( {0;1} \right)\).
Vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Leftrightarrow {6^2} + A{C^2} = {10^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = {10^2} - {6^2} = 64 \Leftrightarrow AC = 8\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(AH.BC = AB.AC \Leftrightarrow AH.10 = 6.8 \Leftrightarrow AH = \dfrac{{48}}{{10}} = 4,8\,\,\left( {cm} \right)\).
Diện tích tam giác vuông \(ABC\) là \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.6.8 = 24\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(xy\,\,\left( {km} \right)\).
+) Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x + 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích sớm hơn dự định 36 phút = \(\dfrac{{36}}{{60}} = \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y - \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x + 10} \right)\left( {y - \dfrac{3}{5}} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = xy \Leftrightarrow - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = 0 \Leftrightarrow - 3x + 50y - 30 = 0\,\,\left( 1 \right)\)
+) Nếu người đó đi chậm hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x - 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích muộn hơn dự định \(1\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y + 1\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x - 10} \right)\left( {y + 1} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy + x - 10y - 10 = xy \Leftrightarrow x - 10y - 10 = 0\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l} - 3x + 50y - 30 = 0\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 50y = - 30\\3x - 30y = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 20y = - 60\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 3\,\,\left( {tm} \right)\\x - 30 - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 40\\y = 3\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(40\,\,km/h\) và \(3h\), độ dài quãng đường AB là \(xy = 40.3 = 120\,\,\left( {km} \right)\).
Câu IV (VD):
Phương pháp:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\) theo trường hợp góc – góc.
2) Xác định điểm I. Chứng minh \(\left\{ \begin{array}{l}IE\parallel OK\\IE \bot MN\\OK \bot AB\end{array} \right.\), từ đó suy ra \(MN\parallel AB\).
Cách giải:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
Ta có \(\angle KAB = \angle KCB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)), lại có \(\angle KCB = \angle KCA\,\,\left( {gt} \right)\).
\( \Rightarrow \angle KAB = \angle KCA\) hay \(\angle KAE = \angle KCA\).
Xét tam giác \(KAE\) và tam giác \(KCA\) có:
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
* Xác định điểm \(I\).
Do \(\left( I \right)\) và \(\left( O \right)\) tiếp xúc tại \(C \Rightarrow I,\,\,O,\,\,C\) thẳng hàng \( \Rightarrow I \in OC\).
Lại có \(\left( I \right)\) đi qua \(C,\,\,E \Rightarrow IC = IE \Rightarrow I\) thuộc trung trực của \(CE\).
Do đó \(I\) là giao điểm của \(OC\) và đường trung trực của \(CE\).
* Chứng minh \(MN\parallel AB\).
Nối \(OK\) ta có: \(\Delta OCK\) cân tại \(O\,\,\left( {OC = OK} \right) \Rightarrow \angle OCK = \angle OKC\).
\(\Delta ICE\) cân tại \(I\,\,\left( {IC = IE} \right) \Rightarrow \angle ICE = \angle IEC\) hay \(\angle OCK = \angle IEC\).
\( \Rightarrow \angle OKC = \angle IEC\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau \( \Rightarrow IE\parallel OK\) (1).
Xét đường tròn \(\left( O \right)\): \(\angle ACK = \angle BCK\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow sdcung\,\,AK = \,\,sdcung\,\,BK\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow K\) là điểm chính giữa cung \(AB\) của \(\left( O \right) \Rightarrow OK \bot AB\) (2).
Xét đường tròn \(\left( I \right)\) ta có \(\angle MCN = {90^0} \Rightarrow \angle MCN\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow MN\) là đường kính của \(\left( I \right)\).
Ta có: \(\angle ACK = \angle BCK \Rightarrow \angle MCE = \angle NCE \Rightarrow sdcung\,\,ME = \,\,sdcung\,\,NE\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow E\) là điểm chính giữa cung \(MN\) của \(\left( O \right) \Rightarrow IE \bot MN\) (3).
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra được \(MN\parallel AB\) (đpcm).
Câu V (VDC) :
Phương pháp:
Biến đổi \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\) sau đó đặt ẩn phụ \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\).
Cách giải:
ĐK: \(x \ne - 1\).
Ta có: \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = {\left( {x - \dfrac{x}{{x + 1}}} \right)^2} + 2\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\).
Khi đó phương trình trở thành \({\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}} = 1\).
Đặt \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\) ta có phương trình \({t^2} + 2t = 1 \Leftrightarrow {t^2} + 2t - 1 = 0\,\,\left( * \right)\).
\({\Delta _t}' = {1^2} + 1 = 2 > 0 \Rightarrow \left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1 + \sqrt 2 \\{t_2} = - 1 - \sqrt 2 \end{array} \right.\).
Với \({t_1} = - 1 + \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 + \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {1 - \sqrt 2 } \right)x + 1 - \sqrt 2 = 0\).
\(\Delta = {\left( {1 - \sqrt 2 } \right)^2} - 4\left( {1 - \sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 - 1 > 0 \Rightarrow \) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\)
Với \({t_1} = - 1 - \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 - \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x + \sqrt 2 + 1 = 0\).
\(\Delta = {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^2} - 4\left( {\sqrt 2 + 1} \right) = - 1 - 2\sqrt 2 < 0 \Rightarrow \) Phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Hòa Bình là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của học sinh. Năm 2019, đề thi môn Toán được đánh giá là có độ khó vừa phải, tập trung vào các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán lớp 9. Tuy nhiên, để đạt kết quả cao, học sinh cần có sự chuẩn bị kỹ lưỡng và nắm vững các kỹ năng giải đề.
Đề thi thường bao gồm các dạng bài sau:
Năm 2019, đề thi môn Toán Hòa Bình tập trung vào việc kiểm tra khả năng vận dụng kiến thức vào giải quyết các bài toán. Các bài toán đại số chiếm tỷ lệ cao, đòi hỏi học sinh phải nắm vững các công thức và kỹ năng biến đổi đại số. Trong phần hình học, các bài toán về đường tròn và hệ thức lượng trong tam giác vuông thường xuất hiện. Ngoài ra, đề thi cũng có một số bài toán số học và toán thực tế, đòi hỏi học sinh phải có khả năng tư duy logic và phân tích vấn đề.
Để ôn thi môn Toán vào 10 Hòa Bình năm 2019 hiệu quả, bạn có thể tham khảo các phương pháp sau:
Luyện đề là một bước không thể thiếu trong quá trình ôn thi. Khi luyện đề, bạn sẽ làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài và thời gian làm bài. Điều này giúp bạn tự tin hơn khi bước vào phòng thi và đạt kết quả tốt nhất.
Toan11.edu.vn cung cấp bộ đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2019 chính thức, đáp án chi tiết và phân tích chuyên sâu. Chúng tôi cam kết mang đến cho bạn những tài liệu ôn thi chất lượng nhất, giúp bạn tự tin chinh phục kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10.
| Chủ đề | Mức độ quan trọng |
|---|---|
| Phương trình bậc hai | Rất quan trọng |
| Hệ phương trình | Quan trọng |
| Bất phương trình | Trung bình |
| Hàm số bậc nhất và bậc hai | Quan trọng |
| Đường tròn | Rất quan trọng |
| Hệ thức lượng trong tam giác vuông | Quan trọng |
Hãy luôn giữ tinh thần lạc quan và tự tin trong quá trình ôn thi. Đừng quá áp lực và hãy dành thời gian nghỉ ngơi hợp lý. Chúc bạn đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
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!
