toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Huế 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 làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp không chỉ đề thi mà còn cả đáp án chi tiết, lời giải bài tập, giúp các em hiểu rõ phương pháp giải và tự đánh giá năng lực của mình.
Câu 1: a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức
Câu 1:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Câu 2:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Câu 3:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Câu 4:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Câu 5:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Câu 6:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Câu 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
Ta có: \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)\( = 5 - 4 = 1\)
Vậy \(A = 1.\)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
Ta có: \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
\(\begin{array}{l} = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 2\sqrt {{4^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 - 2.5\sqrt 2 + 2.4\sqrt 2 \\ = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 8\sqrt 2 \\ = \sqrt 2 \left( {3 - 10 + 8} \right) = \sqrt 2 .1 = \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(B = \sqrt 2 .\)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Với \(x > 0;x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x }} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \dfrac{1}{{x - 1}}\end{array}\)
Vậy \(C = \dfrac{1}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\).
Câu 2 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2y = 6\\ - 2x + 3y = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = y + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 4\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;1} \right)\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\)song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\) thì
\(\left\{ \begin{array}{l}m = 2\\2m \ne 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\m \ne 1010\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 2\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Gọi vận tốc lúc về của người đó là \(x\) (km/h) (ĐK: \(x > 0\)).
\( \Rightarrow \) Vận tốc lúc đi là \(x + 0,5\) (km/h).
Thời gian lúc đi là: \(\dfrac{2}{{x + 0,5}}\,\,\left( h \right)\).
Thời gian lúc về là \(\dfrac{2}{x}\,\,\left( h \right)\).
Vì người đó khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\dfrac{2}{{x + 0,5}} + \dfrac{2}{x} = \dfrac{{17}}{{18}}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 36x + 36\left( {x + 0,5} \right) = 17x\left( {x + 0,5} \right)\\ \Leftrightarrow 36x + 36x + 18 = 17{x^2} + \dfrac{{17}}{2}x\\ \Leftrightarrow 17{x^2} - \dfrac{{127}}{2}x - 18 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 127x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 136x + 9x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34x\left( {x - 4} \right) + 9\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {34x + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\34x + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - \dfrac{9}{{34}}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của người đó lúc về là 4km/h.
Câu 4 (2 điểm)
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
Với \(m = 2\) thì phương trình (1) trở thành
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) thì phương trình (1) có hai nghiệm \(x = 1;\,\,x = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Xét phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1)
Ta có: \(\Delta = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4.1.m\)
\(\begin{array}{l} = {m^2} + 2m + 1 - 4m\\ = {m^2} - 2m + 1\\ = {\left( {m - 1} \right)^2}\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m\) nên \(\Delta \ge 0\) với mọi \(m\) .
Suy ra phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Theo câu b) ta có phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Theo hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 3m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 4} \right) - 3\left( {m + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 4} \right)\left( {m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 4 = 0\\m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 4\\m = 3\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 4;\,\,m = 3\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 5 (VD)
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
Ta có: \(MF \bot AC \Rightarrow \angle MFC = {90^0}\)
\(ME \bot BC \Rightarrow \angle MEC = {90^0}\)
Tứ giác \(MFEC\) có \(\angle MFC = \angle MEC = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau) (đpcm).
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
Theo câu a, tứ giác \(MFEC\) nội tiếp nên \(\angle EFM + \angle ECM = {180^0}\) (tính chất) (1)
Tứ giác \(ABCM\) nội tiếp nên \(\angle BAM + \angle BCM = {180^0}\) (tính chất) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle BAM = \angle EFM\) (cùng bù với \(\angle BCM\))
\(\angle FEM = \angle FCM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FM\)) (3)
\(\angle FCM = \angle ABM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\)) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\angle FEM = \angle ABM\)
Xét \(\Delta FEM\) và \(\Delta ABM\) có:
\(\begin{array}{l}\angle BAM = \angle EFM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle FEM = \angle ABM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FEM \sim \Delta ABM\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Từ câu b ta có: \(\Delta FEM \sim \Delta ABM\) \( \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{AB}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow \dfrac{{2FQ}}{{2AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}} \Rightarrow \dfrac{{FQ}}{{AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\)
Xét \(\Delta MAP\) và \(\Delta MFQ\) có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\\\angle MAP = \angle MFQ\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow MA.MQ = MP.MF\) (đpcm)
Lại có \(\Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \angle AMP = \angle FMQ\) (hai góc tương ứng)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle {M_1} + \angle {M_2} = \angle {M_2} + \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle {M_1} = \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle AMF = \angle PMQ\end{array}\)
Xét \(\Delta MAF\) và \(\Delta MPQ\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMF = \angle PMQ\left( {cmt} \right)\\\dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAF \sim \Delta MPQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle MFA = \angle MQP\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle MFA = {90^0}\) nên \(\angle MQP = {90^0}\) (đpcm).
Câu 6 (1,0 điểm)
Cách giải:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Theo đề bài ta có:
Thể tích nước trong cốc hình trụ = Thể tích chiếc cốc hình nón = \(\dfrac{1}{2}\) thể tích chiếc cốc hình trụ.
Gọi bán kính đáy của hai chiếc cốc là: \(R\,\,\,\left( {R > 0} \right)\).
Chiều cao của chiếc cốc hình trụ là \(h = 10\,\,cm\,\,\,\left( {gt} \right).\)
Gọi chiều cao của chiếc cốc hình nón là \({h_1}\,\,\left( {{h_1} > 0} \right).\)
Gọi thể tích chiếc cốc hình trụ là \(V,\) thể tích chiếc cốc hình nón là \({V_1}.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = \dfrac{1}{2}V \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}\pi {R^2}{h_1} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2}h\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}{h_1} = \dfrac{1}{2}.10 \Leftrightarrow {h_1} = 15\,\,cm\,\,\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy chiều cao của chiếc cốc hình nón là \(15\,\,cm.\)
Câu 1:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Câu 2:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Câu 3:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Câu 4:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Câu 5:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Câu 6:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Câu 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)
Ta có: \(A = \sqrt {25} - \sqrt {16} \)\( = 5 - 4 = 1\)
Vậy \(A = 1.\)
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
Ta có: \(B = \sqrt {9.2} - 2\sqrt {25.2} + 2\sqrt {16.2} \)
\(\begin{array}{l} = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 2\sqrt {{4^2}.2} \\ = 3\sqrt 2 - 2.5\sqrt 2 + 2.4\sqrt 2 \\ = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 8\sqrt 2 \\ = \sqrt 2 \left( {3 - 10 + 8} \right) = \sqrt 2 .1 = \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(B = \sqrt 2 .\)
c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Với \(x > 0;x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}C = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x }}} \right):\left( {1 - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x }} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\ = \dfrac{1}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \dfrac{1}{{x - 1}}\end{array}\)
Vậy \(C = \dfrac{1}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\).
Câu 2 (1,5 điểm)
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 3\\3y - 2x = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2y = 6\\ - 2x + 3y = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = y + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 4\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;1} \right)\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\).
Để đường thẳng \(y = mx + 2m\,\,\left( {m \ne 0} \right)\)song song với đường thẳng \(y = 2x + 2020\) thì
\(\left\{ \begin{array}{l}m = 2\\2m \ne 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\m \ne 1010\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 2\).
Câu 3 (1,5 điểm)
Cách giải:
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km/h.
Gọi vận tốc lúc về của người đó là \(x\) (km/h) (ĐK: \(x > 0\)).
\( \Rightarrow \) Vận tốc lúc đi là \(x + 0,5\) (km/h).
Thời gian lúc đi là: \(\dfrac{2}{{x + 0,5}}\,\,\left( h \right)\).
Thời gian lúc về là \(\dfrac{2}{x}\,\,\left( h \right)\).
Vì người đó khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả \(\dfrac{{17}}{{18}}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\dfrac{2}{{x + 0,5}} + \dfrac{2}{x} = \dfrac{{17}}{{18}}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 36x + 36\left( {x + 0,5} \right) = 17x\left( {x + 0,5} \right)\\ \Leftrightarrow 36x + 36x + 18 = 17{x^2} + \dfrac{{17}}{2}x\\ \Leftrightarrow 17{x^2} - \dfrac{{127}}{2}x - 18 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 127x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34{x^2} - 136x + 9x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow 34x\left( {x - 4} \right) + 9\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {34x + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\34x + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - \dfrac{9}{{34}}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của người đó lúc về là 4km/h.
Câu 4 (2 điểm)
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1) (với \(x\) là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 2.\)
Với \(m = 2\) thì phương trình (1) trở thành
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) thì phương trình (1) có hai nghiệm \(x = 1;\,\,x = 2.\)
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Xét phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) (1)
Ta có: \(\Delta = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4.1.m\)
\(\begin{array}{l} = {m^2} + 2m + 1 - 4m\\ = {m^2} - 2m + 1\\ = {\left( {m - 1} \right)^2}\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m\) nên \(\Delta \ge 0\) với mọi \(m\) .
Suy ra phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\).
Theo câu b) ta có phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Theo hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có: \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 3m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 4} \right) - 3\left( {m + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 4} \right)\left( {m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 4 = 0\\m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 4\\m = 3\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 4;\,\,m = 3\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 5 (VD)
Cách giải:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC sao cho \(\angle BCM\) nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MFEC nội tiếp.
Ta có: \(MF \bot AC \Rightarrow \angle MFC = {90^0}\)
\(ME \bot BC \Rightarrow \angle MEC = {90^0}\)
Tứ giác \(MFEC\) có \(\angle MFC = \angle MEC = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau) (đpcm).
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng.
Theo câu a, tứ giác \(MFEC\) nội tiếp nên \(\angle EFM + \angle ECM = {180^0}\) (tính chất) (1)
Tứ giác \(ABCM\) nội tiếp nên \(\angle BAM + \angle BCM = {180^0}\) (tính chất) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle BAM = \angle EFM\) (cùng bù với \(\angle BCM\))
\(\angle FEM = \angle FCM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FM\)) (3)
\(\angle FCM = \angle ABM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\)) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\angle FEM = \angle ABM\)
Xét \(\Delta FEM\) và \(\Delta ABM\) có:
\(\begin{array}{l}\angle BAM = \angle EFM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle FEM = \angle ABM\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FEM \sim \Delta ABM\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
c) \(MA.MQ = MP.MF\) và \(\angle PQM = {90^0}\)
Từ câu b ta có: \(\Delta FEM \sim \Delta ABM\) \( \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{AB}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow \dfrac{{2FQ}}{{2AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}} \Rightarrow \dfrac{{FQ}}{{AP}} = \dfrac{{MF}}{{MA}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\)
Xét \(\Delta MAP\) và \(\Delta MFQ\) có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{AM}}{{AP}} = \dfrac{{FM}}{{FQ}}\\\angle MAP = \angle MFQ\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow MA.MQ = MP.MF\) (đpcm)
Lại có \(\Delta MAP \sim \Delta MFQ\,\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \angle AMP = \angle FMQ\) (hai góc tương ứng)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle {M_1} + \angle {M_2} = \angle {M_2} + \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle {M_1} = \angle {M_3} + \angle {M_4}\\ \Rightarrow \angle AMF = \angle PMQ\end{array}\)
Xét \(\Delta MAF\) và \(\Delta MPQ\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMF = \angle PMQ\left( {cmt} \right)\\\dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MP}}{{MQ}}\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MAF \sim \Delta MPQ\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle MFA = \angle MQP\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle MFA = {90^0}\) nên \(\angle MQP = {90^0}\) (đpcm).
Câu 6 (1,0 điểm)
Cách giải:
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho (hình vẽ bên). Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).
Theo đề bài ta có:
Thể tích nước trong cốc hình trụ = Thể tích chiếc cốc hình nón = \(\dfrac{1}{2}\) thể tích chiếc cốc hình trụ.
Gọi bán kính đáy của hai chiếc cốc là: \(R\,\,\,\left( {R > 0} \right)\).
Chiều cao của chiếc cốc hình trụ là \(h = 10\,\,cm\,\,\,\left( {gt} \right).\)
Gọi chiều cao của chiếc cốc hình nón là \({h_1}\,\,\left( {{h_1} > 0} \right).\)
Gọi thể tích chiếc cốc hình trụ là \(V,\) thể tích chiếc cốc hình nón là \({V_1}.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = \dfrac{1}{2}V \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}\pi {R^2}{h_1} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2}h\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}{h_1} = \dfrac{1}{2}.10 \Leftrightarrow {h_1} = 15\,\,cm\,\,\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy chiều cao của chiếc cốc hình nón là \(15\,\,cm.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại tỉnh Thừa Thiên Huế luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước chuyển mình của học sinh từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Môn Toán, với vai trò then chốt, thường là một trong những môn thi có tính cạnh tranh cao. Việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết là yếu tố quyết định thành công.
Đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020 thường bao gồm các nội dung chính sau:
Dưới đây là một số dạng bài tập thường xuất hiện trong đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020:
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020, học sinh cần:
Trong quá trình làm bài thi, học sinh cần lưu ý:
Đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2020 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng và nỗ lực không ngừng. Hy vọng với những thông tin và hướng dẫn trên, các em học sinh sẽ tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
Stay updated with the latest technology news, learn new skills with our how-to guides, and discover your next favorite film or album. Explore now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Tìm hiểu về Fractal, một khái niệm hình học độc đáo. Bài viết này sẽ hé lộ những điều thú vị về Fractal mà bạn chưa từng biết! Khám phá ngay!
Giải mã paradox - hiện tượng tưởng chừng vô nghĩa nhưng chứa đựng triết lý sâu sắc. Khám phá các loại paradox phổ biến và ứng dụng bất ngờ của chúng! Click để tìm hiểu!
Đắm chìm vào thế giới trinh thám đầy u ám của 'Tên của trò chơi là bắt cóc'. Phân tích sâu về tâm lý nhân vật, ranh giới thiện ác mong manh và những bí mật bị che giấu. Liệu bạn có dám đối mặt với sự thật khi ai cũng là kẻ ác? Khám phá ngay!
Khám phá phương pháp độc đáo giúp con tự tin giải quyết bài tập Toán nâng cao lớp 1. Xem ngay lời giải chi tiết, dễ hiểu và các mẹo học tập hiệu quả! Đừng bỏ lỡ!
