Nếu bạn đang là học sinh lớp 9 và có mong muốn thi vào các trường THPT tại Khánh Hòa, việc luyện tập với Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019 là vô cùng quan trọng. Đây là bộ đề thi chính thức, giúp bạn làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài và độ khó của kỳ thi tuyển sinh.
toan11.edu.vn cung cấp đầy đủ và chính xác Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019, kèm theo đáp án chi tiết và hướng dẫn giải. Hãy cùng chúng tôi chuẩn bị thật tốt cho kỳ thi sắp tới!
Bài 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau (không dùng máy tính cầm tay):
Bài 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau (không dùng máy tính cầm tay):
a) \({x^4} + 3{x^2} - 4 = 0\). b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right.\).
Bài 2 (1 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho điểm \(T\left( { - 2; - 2} \right),\) parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = - 8{x^2}\) và đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = - 2x - 6.\)
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Bài 3 (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0\).
a) Rút gọn \(P\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Bài 4 (3,0 điểm): Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\). Vẽ đường tròn \(\left( A \right)\) bán kính \(AH\). Từ đỉnh \(B\) kẻ tiếp tuyến \(BI\) với \(\left( A \right)\) cắt đường thẳng \(AC\) tại \(D\) (điểm \(I\) là tiếp điểm, \(I\) và \(H\) không trùng nhau).
a) Chứng minh \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp.
b) Cho \(AB = 4cm,\,\,AC = 3cm\). Tính \(AI\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Bài 5 (2,0 điểm):
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
b) Trung tâm thương mại VC tại thành phố NT có 100 gian hàng. Nếu mỗi gian hàng của Trung tâm thương mại VC cho thuê với giá 100.000.000 đồng (một trăm triệu đồng) một năm thì tất cả các gian hàng đều được thuê hết. Biết rằng, cứ mỗi lần tăng giá 5% tiền thuê mỗi gian hàng một năm thì Trung tâm thương mại VC có thêm 2 gian hàng trống. Hỏi người quản lý phải quyết định giá thuê mỗi gian hàng là bao nhiêu đồng một năm để doanh thu của Trung tâm thương mại VC từ tiền cho thuê gian hàng trong năm là lớn nhất ?
Bài 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau (không dùng máy tính cầm tay):
a) \({x^4} + 3{x^2} - 4 = 0\). b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right.\).
Bài 2 (1 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho điểm \(T\left( { - 2; - 2} \right),\) parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = - 8{x^2}\) và đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = - 2x - 6.\)
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Bài 3 (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0\).
a) Rút gọn \(P\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Bài 4 (3,0 điểm): Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\). Vẽ đường tròn \(\left( A \right)\) bán kính \(AH\). Từ đỉnh \(B\) kẻ tiếp tuyến \(BI\) với \(\left( A \right)\) cắt đường thẳng \(AC\) tại \(D\) (điểm \(I\) là tiếp điểm, \(I\) và \(H\) không trùng nhau).
a) Chứng minh \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp.
b) Cho \(AB = 4cm,\,\,AC = 3cm\). Tính \(AI\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Bài 5 (2,0 điểm):
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
b) Trung tâm thương mại VC tại thành phố NT có 100 gian hàng. Nếu mỗi gian hàng của Trung tâm thương mại VC cho thuê với giá 100.000.000 đồng (một trăm triệu đồng) một năm thì tất cả các gian hàng đều được thuê hết. Biết rằng, cứ mỗi lần tăng giá 5% tiền thuê mỗi gian hàng một năm thì Trung tâm thương mại VC có thêm 2 gian hàng trống. Hỏi người quản lý phải quyết định giá thuê mỗi gian hàng là bao nhiêu đồng một năm để doanh thu của Trung tâm thương mại VC từ tiền cho thuê gian hàng trong năm là lớn nhất ?
Bài 1
Phương pháp:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\). Giải phương trình bậc hai ẩn \(t\) rồi suy ra nghiệm \(x\).
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} + 3t - 4 = 0\).
Nhận xét: Phương trình có các hệ số \(a = 1,\,\,b = 3,\,\,c = - 4\) và \(a + b + c = 1 + 3 + \left( { - 4} \right) = 0\).
Do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = 1\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = - 4\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
Với \({t_1} = 1 \Rightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 1} \right\}\).
b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7y = 14\\x = 5 - 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 5 - 2.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\).
Bài 2
Phương pháp:
a) Điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đường thẳng \(d:\,\,\,y = ax + b\) \( \Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)
b) Giải phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) ta tìm được \(x.\)
Thay \(x\) tìm được vào phương trình parabol (hoặc phương trình đường thẳng \(d\)) ta tìm được \(y\)
Từ đó kết luận tọa độ giao điểm.
Cách giải:
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
Thay \(x = - 2;y = - 2\) vào phương trình đường thẳng \(d:y = - 2x - 6\) ta được
\( - 2 = - 2.\left( { - 2} \right) - 6 \Leftrightarrow - 2 = - 2\) (luôn đúng) nên điểm \(T\) thuộc đường thẳng \(d.\)
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\), ta có
\( - 8{x^2} = - 2x - 6\) \( \Leftrightarrow 8{x^2} - 2x - 6 = 0\) (*)
Phương trình (*) có \(a = 8;b = - 2;c = - 6 \Rightarrow a + b + c = 8 + \left( { - 2} \right) + \left( { - 6} \right) = 0\) nên có hai nghiệm \({x_1} = 1;\,{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 3}}{4}\)
+ Với \(x = 1 \Rightarrow y = - {8.1^2} = - 8\)
+ Với \(x = - \dfrac{3}{4} \Rightarrow y = - 8.{\left( { - \dfrac{3}{4}} \right)^2} = - \dfrac{9}{2}\)
Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) là \(\left( {1; - 8} \right);\left( { - \dfrac{3}{4}; - \dfrac{9}{2}} \right)\)
Bài 3
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức khai triển \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B \,\,\,\left( {B \ge 0} \right)\) và rút gọn \(P\).
b) Biến đổi \(x\) về dạng bình phương (sử dụng hằng đẳng thức \({a^2} + 2ab + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2}\))
Cách giải:
a) Rút gọn \(P\).
Với \(x > 0\) thì:
\(\begin{array}{l}P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\\\,\,\,\,\, = 2\sqrt x - 3\sqrt x + 2\sqrt x \\\,\,\,\,\, = \sqrt x \end{array}\)
Vậy \(P = \sqrt x \) với \(x > 0\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Ta có:
\(x = 6 + 2\sqrt 5 = 5 + 2\sqrt 5 + 1 = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} + 2.\sqrt 5 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\)
Thay \(x = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\,\,\left( {tm} \right)\) vào \(P = \sqrt x \) ta được \(P = \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^2}} = \left| {\sqrt 5 + 1} \right| = \sqrt 5 + 1\).
Vậy \(P = \sqrt 5 + 1\).
Bài 4
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
c) Chứng minh \(BH = BI;\,\,HC = DK\).
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
Do \(BI\) là tiếp tuyến của \(\left( A \right) \Rightarrow BI \bot AI \Rightarrow \angle AIB = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AHBI\) có: \(\angle AHB + \angle AIB = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), đường cao \(AH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{4^2}}} + \dfrac{1}{{{3^2}}} = \dfrac{1}{{16}} + \dfrac{1}{9} = \dfrac{{25}}{{144}}\\ \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{144}}{{25}} \Rightarrow AH = \sqrt {\dfrac{{144}}{{25}}} = \dfrac{{12}}{5}\end{array}\)
Vậy \(AI = AH = \dfrac{{12}}{5}\,\,\left( { = R} \right)\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BI = BH\,\,\left( 1 \right)\\\angle BAI = \angle BAH\end{array} \right.\).
\(\angle BAI = \angle BAH \Leftrightarrow {90^0} - \angle BAI = {90^0} - \angle BAH \Leftrightarrow \angle IAD = \angle HAC\).
Mà \(\angle HAC = \angle KAD \Rightarrow \angle IAD = \angle KAD\).
Xét tam giác \(ADI\) và tam giác \(ADK\) có:
\(\begin{array}{l}AD\,\,chung;\\\angle IAD = \angle KAD\,\,\left( {cmt} \right);\\AI = AK\,\,\left( { = R} \right)\\ \Rightarrow \Delta ADI = \Delta AKI\,\,\left( {c.g.c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle AKD = \angle AID = {90^0}\) (hai góc tương ứng) \( \Rightarrow \Delta AKD\) vuông tại \(K\).
Xét tam giác vuông \(AKD\) và tam giác vuông \(AHC\) có:
\(AK = AH\,\,\left( { = R} \right)\);
\(\angle KAD = \angle HAC\) (đối đỉnh);
\( \Rightarrow \Delta AKD = \Delta AHC\) (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)
\( \Rightarrow DK = HC\) (2) (hai cạnh tương ứng).
Từ (1) và (2) ta có \(BC = BH + HC = BI + DK\,\,\left( {dpcm} \right)\).
Bài 5
Phương pháp:
a) Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm.
Sử dụng định lý Vi – et thay vào điều kiện bài cho tìm \(m\) và kết luận.
b) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Dựa vào các giả thiết bài toán để biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.
Từ đó lập phương trình. Giải phương trình, đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.
Cách giải:
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
Phương trình đã cho có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {3^2} - 2.\left( {3m + 1} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 9 - 6m - 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow 7 - 6m \ge 0\\ \Leftrightarrow m \le \dfrac{7}{6}.\end{array}\)
Khi đó phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\).
Theo định lí Vi – et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a} = 3\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{3m + 1}}{2}\end{array} \right.\)
Ta có: \(x_1^3 + x_2^3 = 9 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 9\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {3^3} - 3.\dfrac{{3m + 1}}{2}.3 = 9 \Leftrightarrow 27 - \dfrac{9}{2}\left( {3m + 1} \right) - 9 = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{27}}{2} - \dfrac{{27}}{2}m = 0 \Leftrightarrow m = 1\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
b) Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Khi đó giá mỗi gian hàng sau khi tăng lên là \(100 + x\) (triệu đồng).
Cứ mỗi lần tăng 5% tiên thuê mỗi gian hàng (tăng \(5\% .100 = 5\) triệu đồng) thì có thêm 2 gian hàng trống nên khi tăng \(x\) triệu đồng thì có thêm \(\dfrac{{2x}}{5}\) gian hàng trống.
Khi đó số gian hàng được thuê sau khi tăng giá là \(100 - \dfrac{{2x}}{5}\) (gian).
Số tiền thu được là: \(\left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) (triệu đồng).
Yêu cầu bài toán trở thành tìm \(x\) để \(P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) đạt giá trị lớn nhất.
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right) = 10000 - 40x + 100x - \dfrac{{2{x^2}}}{5}\\ = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 150x} \right) + 10000 = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 2.75x + {{75}^2}} \right) + \dfrac{2}{5}{.75^2} + 10000\\ = - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250\end{array}\)
Ta có \({\left( {x - 75} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250 \le 12250\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = 75\).
Vậy người quản lí phải cho thuê mỗi gian hàng với giá \(100 + 75 = 175\) triệu đồng thì doanh thu của Trung tâm thương mại VC trong năm là lớn nhất.
Bài 1
Phương pháp:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\). Giải phương trình bậc hai ẩn \(t\) rồi suy ra nghiệm \(x\).
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} + 3t - 4 = 0\).
Nhận xét: Phương trình có các hệ số \(a = 1,\,\,b = 3,\,\,c = - 4\) và \(a + b + c = 1 + 3 + \left( { - 4} \right) = 0\).
Do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = 1\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = - 4\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
Với \({t_1} = 1 \Rightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 1} \right\}\).
b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7y = 14\\x = 5 - 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 5 - 2.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\).
Bài 2
Phương pháp:
a) Điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đường thẳng \(d:\,\,\,y = ax + b\) \( \Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)
b) Giải phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) ta tìm được \(x.\)
Thay \(x\) tìm được vào phương trình parabol (hoặc phương trình đường thẳng \(d\)) ta tìm được \(y\)
Từ đó kết luận tọa độ giao điểm.
Cách giải:
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
Thay \(x = - 2;y = - 2\) vào phương trình đường thẳng \(d:y = - 2x - 6\) ta được
\( - 2 = - 2.\left( { - 2} \right) - 6 \Leftrightarrow - 2 = - 2\) (luôn đúng) nên điểm \(T\) thuộc đường thẳng \(d.\)
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\), ta có
\( - 8{x^2} = - 2x - 6\) \( \Leftrightarrow 8{x^2} - 2x - 6 = 0\) (*)
Phương trình (*) có \(a = 8;b = - 2;c = - 6 \Rightarrow a + b + c = 8 + \left( { - 2} \right) + \left( { - 6} \right) = 0\) nên có hai nghiệm \({x_1} = 1;\,{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 3}}{4}\)
+ Với \(x = 1 \Rightarrow y = - {8.1^2} = - 8\)
+ Với \(x = - \dfrac{3}{4} \Rightarrow y = - 8.{\left( { - \dfrac{3}{4}} \right)^2} = - \dfrac{9}{2}\)
Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) là \(\left( {1; - 8} \right);\left( { - \dfrac{3}{4}; - \dfrac{9}{2}} \right)\)
Bài 3
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức khai triển \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B \,\,\,\left( {B \ge 0} \right)\) và rút gọn \(P\).
b) Biến đổi \(x\) về dạng bình phương (sử dụng hằng đẳng thức \({a^2} + 2ab + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2}\))
Cách giải:
a) Rút gọn \(P\).
Với \(x > 0\) thì:
\(\begin{array}{l}P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\\\,\,\,\,\, = 2\sqrt x - 3\sqrt x + 2\sqrt x \\\,\,\,\,\, = \sqrt x \end{array}\)
Vậy \(P = \sqrt x \) với \(x > 0\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Ta có:
\(x = 6 + 2\sqrt 5 = 5 + 2\sqrt 5 + 1 = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} + 2.\sqrt 5 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\)
Thay \(x = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\,\,\left( {tm} \right)\) vào \(P = \sqrt x \) ta được \(P = \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^2}} = \left| {\sqrt 5 + 1} \right| = \sqrt 5 + 1\).
Vậy \(P = \sqrt 5 + 1\).
Bài 4
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
c) Chứng minh \(BH = BI;\,\,HC = DK\).
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
Do \(BI\) là tiếp tuyến của \(\left( A \right) \Rightarrow BI \bot AI \Rightarrow \angle AIB = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AHBI\) có: \(\angle AHB + \angle AIB = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), đường cao \(AH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{4^2}}} + \dfrac{1}{{{3^2}}} = \dfrac{1}{{16}} + \dfrac{1}{9} = \dfrac{{25}}{{144}}\\ \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{144}}{{25}} \Rightarrow AH = \sqrt {\dfrac{{144}}{{25}}} = \dfrac{{12}}{5}\end{array}\)
Vậy \(AI = AH = \dfrac{{12}}{5}\,\,\left( { = R} \right)\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BI = BH\,\,\left( 1 \right)\\\angle BAI = \angle BAH\end{array} \right.\).
\(\angle BAI = \angle BAH \Leftrightarrow {90^0} - \angle BAI = {90^0} - \angle BAH \Leftrightarrow \angle IAD = \angle HAC\).
Mà \(\angle HAC = \angle KAD \Rightarrow \angle IAD = \angle KAD\).
Xét tam giác \(ADI\) và tam giác \(ADK\) có:
\(\begin{array}{l}AD\,\,chung;\\\angle IAD = \angle KAD\,\,\left( {cmt} \right);\\AI = AK\,\,\left( { = R} \right)\\ \Rightarrow \Delta ADI = \Delta AKI\,\,\left( {c.g.c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle AKD = \angle AID = {90^0}\) (hai góc tương ứng) \( \Rightarrow \Delta AKD\) vuông tại \(K\).
Xét tam giác vuông \(AKD\) và tam giác vuông \(AHC\) có:
\(AK = AH\,\,\left( { = R} \right)\);
\(\angle KAD = \angle HAC\) (đối đỉnh);
\( \Rightarrow \Delta AKD = \Delta AHC\) (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)
\( \Rightarrow DK = HC\) (2) (hai cạnh tương ứng).
Từ (1) và (2) ta có \(BC = BH + HC = BI + DK\,\,\left( {dpcm} \right)\).
Bài 5
Phương pháp:
a) Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm.
Sử dụng định lý Vi – et thay vào điều kiện bài cho tìm \(m\) và kết luận.
b) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Dựa vào các giả thiết bài toán để biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.
Từ đó lập phương trình. Giải phương trình, đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.
Cách giải:
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
Phương trình đã cho có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {3^2} - 2.\left( {3m + 1} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 9 - 6m - 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow 7 - 6m \ge 0\\ \Leftrightarrow m \le \dfrac{7}{6}.\end{array}\)
Khi đó phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\).
Theo định lí Vi – et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a} = 3\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{3m + 1}}{2}\end{array} \right.\)
Ta có: \(x_1^3 + x_2^3 = 9 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 9\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {3^3} - 3.\dfrac{{3m + 1}}{2}.3 = 9 \Leftrightarrow 27 - \dfrac{9}{2}\left( {3m + 1} \right) - 9 = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{27}}{2} - \dfrac{{27}}{2}m = 0 \Leftrightarrow m = 1\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
b) Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Khi đó giá mỗi gian hàng sau khi tăng lên là \(100 + x\) (triệu đồng).
Cứ mỗi lần tăng 5% tiên thuê mỗi gian hàng (tăng \(5\% .100 = 5\) triệu đồng) thì có thêm 2 gian hàng trống nên khi tăng \(x\) triệu đồng thì có thêm \(\dfrac{{2x}}{5}\) gian hàng trống.
Khi đó số gian hàng được thuê sau khi tăng giá là \(100 - \dfrac{{2x}}{5}\) (gian).
Số tiền thu được là: \(\left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) (triệu đồng).
Yêu cầu bài toán trở thành tìm \(x\) để \(P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) đạt giá trị lớn nhất.
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right) = 10000 - 40x + 100x - \dfrac{{2{x^2}}}{5}\\ = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 150x} \right) + 10000 = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 2.75x + {{75}^2}} \right) + \dfrac{2}{5}{.75^2} + 10000\\ = - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250\end{array}\)
Ta có \({\left( {x - 75} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250 \le 12250\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = 75\).
Vậy người quản lí phải cho thuê mỗi gian hàng với giá \(100 + 75 = 175\) triệu đồng thì doanh thu của Trung tâm thương mại VC trong năm là lớn nhất.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Khánh Hòa luôn là một kỳ thi quan trọng đối với học sinh lớp 9. Môn Toán đóng vai trò then chốt trong việc quyết định kết quả thi. Do đó, việc nắm vững kiến thức và luyện tập thường xuyên với các đề thi thử và đề thi chính thức là vô cùng cần thiết.
Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Dựa trên phân tích các đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa các năm trước, có thể xác định một số chủ đề kiến thức thường xuyên xuất hiện:
Để ôn thi hiệu quả cho kỳ thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019, bạn có thể tham khảo các phương pháp sau:
Dưới đây là phân tích chi tiết một số câu hỏi trong Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019:
| Câu hỏi | Chủ đề | Độ khó |
|---|---|---|
| Giải phương trình: 2x + 3 = 7 | Đại số | Dễ |
| Tính diện tích hình vuông có cạnh bằng 5cm | Hình học | Dễ |
| Tìm x biết: x/2 = 3/4 | Đại số | Trung bình |
| Giải bài toán thực tế về tính tỉ lệ | Toán thực tế | Khó |
Trước khi bước vào phòng thi, hãy:
toan11.edu.vn hy vọng rằng với những thông tin và hướng dẫn trên, bạn sẽ có một kỳ thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019 thành công. Chúc bạn đạt kết quả tốt nhất!
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!
