toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020 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 lớp 9 ôn luyện và làm quen với cấu trúc đề thi, từ đó tự tin đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đề thi với nhiều dạng bài tập khác nhau, bao gồm các bài toán đại số, hình học, số học và các bài toán thực tế.
Câu I: 1) Tính giá trị các biểu thức sau:
Câu I:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
Câu II:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Câu III:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Câu IV: Cho tam giác nhọn \(ABC\) \(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Câu V:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Câu I (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
a) \(A = \sqrt {16} + 5 = \sqrt {{4^2}} + 5 = 4 + 5 = 9\).
Vậy \(A = 9\).
b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 = \sqrt {{2^2}.2} - \sqrt 2 = 2\sqrt 2 - \sqrt 2 = \sqrt 2 \).
Vậy \(B = \sqrt 2 \).
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) \( \Leftrightarrow x - 3 = 4 \Leftrightarrow x = 7\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ 7 \right\}\).
b) \({x^2} - 4 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 2} \right\}\).
Câu II (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
Hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\) song song với nhau khi và chỉ khi
\(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 1\\2 \ne - 3\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\).
Vậy với \(m = 2\) thì hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)//\left( {{d_2}} \right)\).
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
Với \(m = 1\), phương trình đã cho trở thành: \({x^2} + 4x + 3 = 0\).
Nhận xét: \(a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1\\{x_2} = - \dfrac{c}{a} = - 3\end{array} \right.\).
Vậy khi \(m = 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 3} \right\}\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\)có \(\Delta ' = {2^2} - \left( {2m + 1} \right) = 4 - 2m - 1 = 3 - 2m\).
Để phương trình có nghiệm kép thì \(\Delta = 3 - 2m = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Vậy với \(m = \dfrac{3}{2}\) thì phương trình đã cho có nghiệp kép.
Câu III (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AC = AB.\tan {60^0} = 6.\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\\\cos {60^0} = \dfrac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AB}}{{\cos {{60}^0}}} = \dfrac{6}{{\dfrac{1}{2}}} = 12\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy chu vi tam giác \(ABC\) là: \({C_{\Delta ABC}} = AB + AC + BC = 6 + 6\sqrt 3 + 12 = 18 + 6\sqrt 3 \,\,\,\left( {cm} \right)\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Gọi giá ban đầu của chiếc ti vi là \(x\) (đồng) (ĐK: \(x > 0\)).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% đầu tiên là: \(x.90\% = \dfrac{9}{{10}}x\) (đồng).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% thứ hai là: \(\dfrac{9}{{10}}x.90\% = \dfrac{{81}}{{100}}x\) (đồng).
Vì sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng nên ta có phương trình:
\(\dfrac{{81}}{{100}}x = 16\,200\,000 \Leftrightarrow x = 20\,000\,000\) (đồng) (tm).
Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi là 20 000 000 đồng.
Câu IV (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác nhọn \(ABC\)\(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(AEHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle AEH = {90^0}\\\angle AFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
Xét tứ giác \(BDHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle BDH = {90^0}\\\angle BFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle BDH + \angle BFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BDHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDF = \angle HBF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HF\)) \( \Rightarrow \angle ADF = \angle ABE\) (1).
Tương tự xét tứ giác \(CDHE\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\BE \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle HDC = {90^0}\\\angle HEC = {90^0}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \angle HDC + \angle HEC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow CDHE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDE = \angle HCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ACF\) (2).
Ta lại có:
\(\angle ABE + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle ACF + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ACF\) vuông tại \(F\)).
\(\angle ABE = \angle ACF\) (cùng phụ với \(\angle BAC\)) (3).
Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ADF\) (đpcm).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), ta sẽ chứng minh tú giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) có trung tuyến \(EM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) \( \Rightarrow ME = \dfrac{1}{2}BC = MB = MC\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).
\( \Rightarrow \Delta MBE\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \angle MBE = \angle MEB\) (tính chất tam giác cân).
\( \Rightarrow \angle EMC = \angle MEB + \angle MBE = 2\angle MBE = 2\angle DBH\,\,\,\left( * \right)\) (góc ngoài của tam giác).
Vì \(BDHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle DBH = \angle DFH\,\,\left( 5 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DH\)).
Vì \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle HFE = \angle HAE\,\,\left( 3 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)).
Mà \(\angle DBH + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(BCE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle HAE + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\)).
\( \Rightarrow \angle DBH = \angle HAE\,\,\left( 4 \right)\) (cùng phụ với \(\angle ACB\)).
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \angle HFE = \angle DBH\,\,\left( 6 \right)\).
Từ (5) và (6) \( \Rightarrow \angle DFE = \angle DFH + \angle HFE = \angle DBH + \angle DBH = 2\angle DBH\,\,\left( {2*} \right)\)
Từ (*) và (2*) \( \Rightarrow \angle EMC = \angle DFE\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\) đi qua trung điểm \(M\) của \(BC\) (đpcm).
Câu V (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 + {y^2} - 2y + 1 + 4{z^2} + 4z + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} = 0\end{array}\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x\\{\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall y\\{\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall z\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x,\,\,y,\,\,z\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\y - 1 = 0\\2z + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\\z = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\).
Vậy có duy nhất 1 bộ số \(\left( {x;y;z} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(\left( {x;y;z} \right) = \left( {2;1; - \dfrac{1}{2}} \right)\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 12 + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 4xy + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{{\left( {x - 2y} \right)}^2} + 1}}{{x - 2y}}\\P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}}\end{array}\)
Vì \(x > 2y \Rightarrow x - 2y > 0\).
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số \(x - 2y\) và \(\dfrac{1}{{x - 2y}}\) ta có:
\(P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}} \ge 2\sqrt {\left( {x - 2y} \right).\dfrac{1}{{x - 2y}}} = 2\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x - 2y = \dfrac{1}{{x - 2y}} \Leftrightarrow {\left( {x - 2y} \right)^2} = 1\) \( \Leftrightarrow x - 2y = 1\) (do \(x - 2y > 0\)) và \(xy = 3\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 1\\xy = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\\left( {2y + 1} \right).y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\2{y^2} + y - 3 = 0\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\).
Xét phương trình (*) có \(a + b + c = 2 + 1 - 3 = 0\) nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{y_1} = 1\\{y_2} = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{3}{2}\end{array} \right.\)
Với \({y_1} = 1 \Rightarrow {x_1} = 2{y_1} + 1 = 3\).
Với \({y_2} = - \dfrac{3}{2} \Rightarrow {x_2} = 2{y_2} + 1 = - 2\).
\( \Rightarrow \) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
Vậy \({P_{\min }} = 2 \Leftrightarrow \left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
Câu I:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
Câu II:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Câu III:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Câu IV: Cho tam giác nhọn \(ABC\) \(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Câu V:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Câu I (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
a) \(A = \sqrt {16} + 5 = \sqrt {{4^2}} + 5 = 4 + 5 = 9\).
Vậy \(A = 9\).
b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 = \sqrt {{2^2}.2} - \sqrt 2 = 2\sqrt 2 - \sqrt 2 = \sqrt 2 \).
Vậy \(B = \sqrt 2 \).
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) \( \Leftrightarrow x - 3 = 4 \Leftrightarrow x = 7\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ 7 \right\}\).
b) \({x^2} - 4 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 2} \right\}\).
Câu II (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
Hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\) song song với nhau khi và chỉ khi
\(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 1\\2 \ne - 3\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\).
Vậy với \(m = 2\) thì hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)//\left( {{d_2}} \right)\).
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
Với \(m = 1\), phương trình đã cho trở thành: \({x^2} + 4x + 3 = 0\).
Nhận xét: \(a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1\\{x_2} = - \dfrac{c}{a} = - 3\end{array} \right.\).
Vậy khi \(m = 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 3} \right\}\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\)có \(\Delta ' = {2^2} - \left( {2m + 1} \right) = 4 - 2m - 1 = 3 - 2m\).
Để phương trình có nghiệm kép thì \(\Delta = 3 - 2m = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Vậy với \(m = \dfrac{3}{2}\) thì phương trình đã cho có nghiệp kép.
Câu III (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AC = AB.\tan {60^0} = 6.\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\\\cos {60^0} = \dfrac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AB}}{{\cos {{60}^0}}} = \dfrac{6}{{\dfrac{1}{2}}} = 12\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy chu vi tam giác \(ABC\) là: \({C_{\Delta ABC}} = AB + AC + BC = 6 + 6\sqrt 3 + 12 = 18 + 6\sqrt 3 \,\,\,\left( {cm} \right)\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Gọi giá ban đầu của chiếc ti vi là \(x\) (đồng) (ĐK: \(x > 0\)).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% đầu tiên là: \(x.90\% = \dfrac{9}{{10}}x\) (đồng).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% thứ hai là: \(\dfrac{9}{{10}}x.90\% = \dfrac{{81}}{{100}}x\) (đồng).
Vì sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng nên ta có phương trình:
\(\dfrac{{81}}{{100}}x = 16\,200\,000 \Leftrightarrow x = 20\,000\,000\) (đồng) (tm).
Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi là 20 000 000 đồng.
Câu IV (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác nhọn \(ABC\)\(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(AEHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle AEH = {90^0}\\\angle AFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
Xét tứ giác \(BDHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle BDH = {90^0}\\\angle BFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle BDH + \angle BFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BDHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDF = \angle HBF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HF\)) \( \Rightarrow \angle ADF = \angle ABE\) (1).
Tương tự xét tứ giác \(CDHE\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\BE \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle HDC = {90^0}\\\angle HEC = {90^0}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \angle HDC + \angle HEC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow CDHE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDE = \angle HCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ACF\) (2).
Ta lại có:
\(\angle ABE + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle ACF + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ACF\) vuông tại \(F\)).
\(\angle ABE = \angle ACF\) (cùng phụ với \(\angle BAC\)) (3).
Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ADF\) (đpcm).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), ta sẽ chứng minh tú giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) có trung tuyến \(EM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) \( \Rightarrow ME = \dfrac{1}{2}BC = MB = MC\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).
\( \Rightarrow \Delta MBE\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \angle MBE = \angle MEB\) (tính chất tam giác cân).
\( \Rightarrow \angle EMC = \angle MEB + \angle MBE = 2\angle MBE = 2\angle DBH\,\,\,\left( * \right)\) (góc ngoài của tam giác).
Vì \(BDHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle DBH = \angle DFH\,\,\left( 5 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DH\)).
Vì \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle HFE = \angle HAE\,\,\left( 3 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)).
Mà \(\angle DBH + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(BCE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle HAE + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\)).
\( \Rightarrow \angle DBH = \angle HAE\,\,\left( 4 \right)\) (cùng phụ với \(\angle ACB\)).
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \angle HFE = \angle DBH\,\,\left( 6 \right)\).
Từ (5) và (6) \( \Rightarrow \angle DFE = \angle DFH + \angle HFE = \angle DBH + \angle DBH = 2\angle DBH\,\,\left( {2*} \right)\)
Từ (*) và (2*) \( \Rightarrow \angle EMC = \angle DFE\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\) đi qua trung điểm \(M\) của \(BC\) (đpcm).
Câu V (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 + {y^2} - 2y + 1 + 4{z^2} + 4z + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} = 0\end{array}\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x\\{\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall y\\{\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall z\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x,\,\,y,\,\,z\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\y - 1 = 0\\2z + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\\z = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\).
Vậy có duy nhất 1 bộ số \(\left( {x;y;z} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(\left( {x;y;z} \right) = \left( {2;1; - \dfrac{1}{2}} \right)\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 12 + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 4xy + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{{\left( {x - 2y} \right)}^2} + 1}}{{x - 2y}}\\P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}}\end{array}\)
Vì \(x > 2y \Rightarrow x - 2y > 0\).
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số \(x - 2y\) và \(\dfrac{1}{{x - 2y}}\) ta có:
\(P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}} \ge 2\sqrt {\left( {x - 2y} \right).\dfrac{1}{{x - 2y}}} = 2\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x - 2y = \dfrac{1}{{x - 2y}} \Leftrightarrow {\left( {x - 2y} \right)^2} = 1\) \( \Leftrightarrow x - 2y = 1\) (do \(x - 2y > 0\)) và \(xy = 3\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 1\\xy = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\\left( {2y + 1} \right).y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\2{y^2} + y - 3 = 0\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\).
Xét phương trình (*) có \(a + b + c = 2 + 1 - 3 = 0\) nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{y_1} = 1\\{y_2} = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{3}{2}\end{array} \right.\)
Với \({y_1} = 1 \Rightarrow {x_1} = 2{y_1} + 1 = 3\).
Với \({y_2} = - \dfrac{3}{2} \Rightarrow {x_2} = 2{y_2} + 1 = - 2\).
\( \Rightarrow \) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
Vậy \({P_{\min }} = 2 \Leftrightarrow \left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
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 kiến thức và luyện tập thường xuyên là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020 là một nguồn tài liệu quý giá giúp học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và đánh giá năng lực bản thân.
Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Trong đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020, có một số câu hỏi thường xuyên xuất hiện mà học sinh cần đặc biệt lưu ý:
Để giải đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020 hiệu quả, học sinh cần:
Ngoài việc ôn tập kiến thức, học sinh nên luyện tập với các đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình các năm trước để làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán. toan11.edu.vn cung cấp đầy đủ các đề thi năm trước, kèm theo đáp án và lời giải chi tiết.
Để hỗ trợ học sinh ôn thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020, toan11.edu.vn cung cấp thêm các tài liệu ôn thi bổ trợ như:
Trước khi bước vào kỳ thi, hãy giữ tâm lý thoải mái, tự tin và có chế độ ăn uống, nghỉ ngơi hợp lý. Chúc các em học sinh đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
| Năm | Độ khó | Nhận xét |
|---|---|---|
| 2018 | Trung bình | Đề thi tập trung vào kiến thức cơ bản. |
| 2019 | Khó | Đề thi có nhiều câu hỏi vận dụng cao. |
| 2020 | Trung bình - Khó | Đề thi kết hợp kiến thức cơ bản và vận dụng. |
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!
