toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán tỉnh Khánh Hòa năm 2023 chính thức và 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 đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết, giúp các em hiểu rõ từng dạng bài và phương pháp giải quyết.
Phần I: Trắc nghiệm (3 điểm) Câu 1: Đường thẳng \(d:y = 4x + 1\) và parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) có số điểm chung là A. 0 B. 3 C. 1 D. 2
Câu 1: Không sử dụng máy tính cầm tay
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {25} + \sqrt {16} - \sqrt 4 \)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 8\\2x - y = 1\end{array} \right.\)
Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng \(\left( d \right):y = 6x + 2023\) và parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right).\)
b) Chứng minh \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Gọi \({x_1}\) và \({x_2}\) là hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right).\) Tính \({x_1} + {x_2}\) và \({x_1} \cdot {x_2}.\) Từ đó lập phương trình bậc hai ẩn t có hai nghiệm \({t_1} = {x_1} + 2{x_2}\) và \({t_2} = {x_2} + 2{x_1}.\)
Câu 3:
a) Hưởng ứng phong trào “Ngày Chủ nhật xanh” do Tỉnh đoàn phát động, Trường THCS X chọn 15 học sinh chia thành hai tổ tham gia trồng cây. Tổ 1 trồng được 30 cây, tổ II trồng được 36 cây. Biết rằng mỗi học sinh ở tổ I trồng được nhiều hơn mỗi học sinh ở tổ II là 1 cây. Hỏi mỗi tổ có bao nhiêu học sinh?
b) Gạch xây 3 lỗ (như hình vẽ) được làm bằng đất nung, thường được sử dụng trong các công trình xây dựng có dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài 220 mm, chiều rộng 105 mm, chiều cao 60 mm. Mỗi lỗ là hình trụ có trục song song với chiều cao viên gạch, đường kính đáy là 14 mm. Tính thể tích phần đất nung của một viên gạch. Biết \(V = a \cdot b \cdot c;\,\,V = \pi \cdot {r^2} \cdot h\) lần lượt là công thức tính hình hộp chữ nhật và hình trụ (trong đó a, b, c là ba kích thước của hình hộp chữ nhật, r là bán kính đường tròn đáy, h là chiều cao hình trụ; lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Câu 4: Cho đường tròn\(\left( O \right)\)đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn sao cho \(AC < BC\) (C khác A). Vẽ CH vuông góc với \(AB\,\,\left( {H \in AB} \right).\)
a) Chứng minh \(\Delta \,ABC\) là tam giác vuông. Tính AC, biết AB = 4 cm, AH = 1 cm.
b) Trên tia đối của tia CA lấy điểm D sao cho \(CD = CA.\) Vẽ DE vuông góc với \(AB\,\,\left( {E \in AB} \right).\) Chứng minh BECD là tứ giác nội tiếp.
c) Gọi I là giao điểm của DE và BC, K là điểm đối xứng của I qua C, tiếp tuyến của tại C cắt KA tại M. Chứng minh KA là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\)và đi qua trung điểm của CH.
Câu 5: Trong quá trình thiết kế công viên thiếu nhi, kĩ sư sử dụng mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 600 m2 để làm bãi đỗ xe. Một cạnh của mảnh đất được xây bằng tường gạch với mỗi mét chiều dài chi phí hết 280 000 đồng, ba cạnh còn lại được rào bằng một loại thép với mỗi mét chiều dài chi phí hết 140 000 đồng, trong đó có mở cổng rộng 5 m (như hình vẽ). Tìm chu vi của mảnh đất sao cho chi phí làm hàng rào là ít nhất.
-----HẾT-----
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Khai căn và thực hiện tính.
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
a) \(A = \sqrt {25} + \sqrt {16} - \sqrt 4 = 5 + 4 - 2 = 7.\)
b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 8\\2x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\x + y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 5\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là\(\left( {x;y} \right) = \left( {3;5} \right)\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Viết bảng giá trị và vẽ parabol (P).
b) Xét phương trình hoành độ và chứng minh \(\Delta > 0\)hoặc chứng minh a.c < 0.
c) Áp dụng hệ thức vi-et \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a}\\{x_1} \cdot {x_2} = \frac{c}{a}\end{array} \right.\)
Cách giải:
a) Bảng giá trị
Đồ thị
b) Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right):\)
\({x^2} = 6x + 2023 \Leftrightarrow {x^2} - 6x - 2023 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)\)
Vì \(\Delta = {\left( { - 6} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 2023} \right) = 8128 > 0\)nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.
Vậy \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
Cách 2:
Ta có: \(a.c = 1.( - 2023) = - 2023 < 0\)
Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu
Vậy \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Theo Vi-et ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{{ - 6}}{1} = 6\\{x_1} \cdot {x_2} = - 2023.\end{array} \right.\)
Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = (}}{x_1}{\rm{ + 2}}{x_2}{\rm{) + (}}{x_2}{\rm{ + 2}}{x_1})\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = {\rm{(}}{x_1}{\rm{ + 2}}{x_2}{\rm{)}}{\rm{.(}}{x_2}{\rm{ + 2}}{x_1})\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = }}{x_1}{\rm{ + 2}}{x_2}{\rm{ + }}{x_2}{\rm{ + 2}}{x_1}\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = {x_1}{x_2}{\rm{ + 2}}x_1^2{\rm{ + 2}}x_2^2 + 4{x_1}{x_2}\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = 3}}{x_1}{\rm{ + 3}}{x_2}{\rm{ }}\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = 5{x_1}{x_2}{\rm{ + 2}}\left( {x_1^2{\rm{ + }}x_2^2} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = 3}}{\rm{.(}}{x_1}{\rm{ + }}{x_2}{\rm{) }}\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = 5{x_1}{x_2}{\rm{ + 2}}\left[ {{{\left( {{x_1}{\rm{ + }}{x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = 3}}{\rm{.6 }}\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = 5.( - 2023){\rm{ + 2}}\left[ {{6^2} - 2.( - 2023)} \right]\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = 18 }}\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = - 1951\end{array} \right.\)
Đặt \({\rm{S = }}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = 18}}\) ; \({\rm{P = }}{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = - 1951\)
Do \({{\rm{S}}^2} - 4.P = {18^2} - 4.( - 1951) = 8128 > 0\) nên theo định lí Vi-et đảo ta có \({{\rm{t}}_1}{\rm{ ; }}{{\rm{t}}_2}\) là hai nghiệm của phương trình bậc hai: \({t^2} - S.t + P = 0\)
\( \Leftrightarrow {t^2} - 18t - 1951 = 0\)
Vậy phương trình bậc hai ẩn t cần tìm là: \({t^2} - 18t - 1951 = 0\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a)
Mỗi học sinh ở tổ I trồng được nhiều hơn mỗi học sinh ở tổ II là 1 cây nên ta có phương trình:
\(\frac{{30}}{x} - \frac{{36}}{{15 - x}} = 1\)
b) Áp dụng công thức:
- Thể tích hình hộp chữ nhật: \(V = a.b.c\)
- Thể tích hình trụ: \(V = \pi {r^2}h\)
Cách giải:
a) Gọi số học sinh của Tổ I là \(x\) (học sinh) \(\left( {x \in N*;x < 15} \right)\)
Khi đó, số học sinh của Tổ II là \(15 - x\) (học sinh)
Mỗi học sinh tổ I trồng được \(\frac{{30}}{x}\) (cây)
Mỗi học sinh tổ II trồng được \(\frac{{36}}{{15 - x}}\) (cây)
Theo đề bài, ta có phương trình : \(\frac{{30}}{x} - \frac{{36}}{{15 - x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow 30.(15 - x) - 36x = 1.x.(15 - x)\)
\( \Leftrightarrow 450 - 30x - 36x = 15x - {x^2}\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 15x + 450 - 30x - 36x = 0\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 81x + 450 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = 75\,\,(L) & \\{x_2} = 6 & (tm)\end{array} \right.\)
Vậy tổ I có 6 học sinh; tổ II có 15 – 6 = 9 học sinh.
b) Thể tích viên gạch hình hộp chữ nhật khi chưa khoét lỗ là:
\({V_1} = a.b.c = 220.105.60 = 1386000\) (mm3)
Thể tích mỗi lỗ hình trụ trong viên gạch là:
\({V_2} = \pi {r^2}h = \pi .{\left( {\frac{{40}}{2}} \right)^2}.60 = 9231,6\) (mm3)
Thể tích phần đất nung của viên gạch là:
\(V = {V_1} - 3.{V_2} = 1386000 - 3.9231,6 = 1358305,2\)(mm3)
Vậy thể tích phần đất nung của viên gạch là 1358305,2 mm3.
Câu 4 (TH):
Phương pháp:
a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính AC.
b) Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới một góc bằng nhau thì là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh \(BM\) đi qua trung điểm của \(CH\) từ đó gọi \(U\) là giao điểm của \(CH\) và \(MB\), ta chứng minh \(MK = AM\) \( \Rightarrow CU = HU\) và kết luận.
Cách giải:
a) Xét đường tròn (O) có \(\widehat {ACB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
\( \Rightarrow \)\(\widehat {ACB}\) = 900 hay \(\Delta ABC\) vuông tại C
\(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) có \(CH\) là đường cao
\( \Rightarrow \)\(A{C^2} = AH.AB = 1.4 = 4\) (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow AC = 2cm\)
b) Xét tứ giác \(BECD\) có \(\widehat {DCB} = \widehat {DEB} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \) Hai đỉnh \(C\) và \(E\) kề nhau cùng nhìn cạnh \(DB\) dưới 1 góc \({90^0}\)
Nên tứ giác \(BECD\) nội tiếp
c) Tứ giác \(AKDI\) có \(CK = CI\) (\(K\) là điểm đối xứng của \(I\)qua \(C\)) và \(CA = CD\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AKDI\) là hình bình hành (hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)
\( \Rightarrow \) \(AK\) // \(DI\) mà \(DI \bot AO\) tại \(E\)
\( \Rightarrow \) \(AK \bot AO\) tại \(A\)
Mà \(AO\) là bán kính của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(AK\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A\).
Đường tròn \(\left( O \right)\)có \(MA,MC\) là 2 tiếp tuyến cắt nhau \( \Rightarrow \) \(MA = MC\) \(\left( 1 \right)\)
\( \Rightarrow \)\(\Delta MAC\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \) \(\widehat {MAC} = \widehat {MCA}\)
Mà \(\widehat {KCM} + \widehat {MCA} = {90^0}\) nên \(\widehat {KCM} + \widehat {MAC} = {90^0}\)
Mà \(\widehat {MKC} + \widehat {MAC} = {90^0}\) (\(\Delta AKC\) vuông tại \(C\)) nên \(\widehat {KCM} = \widehat {MKC}\)
\( \Rightarrow \)\(\Delta KMC\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \)\(MC = MK\) \(\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\) \( \Rightarrow \) \(MA = MK\) hay \(BM\) đi qua trung điểm của \(CH\).
Gọi \(U\) là giao điểm của \(CH\) và \(MB\).
\(AK\) // \(CH\) (cùng \( \bot \) \(AB\))
\(MK\) // \(CU\)\( \Rightarrow \frac{{CU}}{{MK}} = \frac{{BU}}{{BM}}\)(Hệ quả định lý Talet) \(\left( 3 \right)\)
\(MA\)// \(UH\) \( \Rightarrow \frac{{HU}}{{AM}} = \frac{{BU}}{{BM}}\)(Hệ quả định lý Talet) \(\left( 4 \right)\)
Từ \(\left( 3 \right)\), \(\left( 4 \right)\) và \(MK = AM\) \( \Rightarrow CU = HU\) hay \(U\)là trung điểm của \(CH\)
Vậy \(BM\) đi qua trung điểm của \(CH\)
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức cô-si.
Cách giải:
Gọi x và y (m) lần lượt là độ dài cạnh được xây bằng tường và cạnh được rào bằng thép \(\left( {x,\,\,y > 0} \right)\)
Chu vi mảnh đất bằng \(2\left( {x + y} \right)\)(m)
Diện tích của mảnh đất là \(x \cdot y = 600\) (m2)
Chi phí xây tường gạch là \(280\,x\) (nghìn đồng)
Chi phí rào bằng thép là \(140\,\left( {2y + x - 5} \right)\) (nghìn đồng)
Tổng chi phí làm hàng rào là \(C = 420x + 280y - 700\) (nghìn đồng)
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
\(420x + 280y \ge 2\sqrt {420x \cdot 280y} = 1\,680\,0\)
\( \Leftrightarrow C \ge 16800 - 700 = 1\,610\,0\)
Do đó \(\mathop {Min}\limits_{} C = 16\,100\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}420x = 280y\\xy = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 2y\\x \cdot 3x = 1200\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 20\\y = 30\end{array} \right.\,\,\,\left( {TM} \right)\)
Vậy chu vi của mảnh đất để chi phí làm hàng rào nhỏ nhất là \(2\left( {x + y} \right) = 100\)(m)
-----HẾT-----
Câu 1: Không sử dụng máy tính cầm tay
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {25} + \sqrt {16} - \sqrt 4 \)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 8\\2x - y = 1\end{array} \right.\)
Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng \(\left( d \right):y = 6x + 2023\) và parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\)
a) Vẽ parabol \(\left( P \right).\)
b) Chứng minh \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Gọi \({x_1}\) và \({x_2}\) là hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right).\) Tính \({x_1} + {x_2}\) và \({x_1} \cdot {x_2}.\) Từ đó lập phương trình bậc hai ẩn t có hai nghiệm \({t_1} = {x_1} + 2{x_2}\) và \({t_2} = {x_2} + 2{x_1}.\)
Câu 3:
a) Hưởng ứng phong trào “Ngày Chủ nhật xanh” do Tỉnh đoàn phát động, Trường THCS X chọn 15 học sinh chia thành hai tổ tham gia trồng cây. Tổ 1 trồng được 30 cây, tổ II trồng được 36 cây. Biết rằng mỗi học sinh ở tổ I trồng được nhiều hơn mỗi học sinh ở tổ II là 1 cây. Hỏi mỗi tổ có bao nhiêu học sinh?
b) Gạch xây 3 lỗ (như hình vẽ) được làm bằng đất nung, thường được sử dụng trong các công trình xây dựng có dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài 220 mm, chiều rộng 105 mm, chiều cao 60 mm. Mỗi lỗ là hình trụ có trục song song với chiều cao viên gạch, đường kính đáy là 14 mm. Tính thể tích phần đất nung của một viên gạch. Biết \(V = a \cdot b \cdot c;\,\,V = \pi \cdot {r^2} \cdot h\) lần lượt là công thức tính hình hộp chữ nhật và hình trụ (trong đó a, b, c là ba kích thước của hình hộp chữ nhật, r là bán kính đường tròn đáy, h là chiều cao hình trụ; lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Câu 4: Cho đường tròn\(\left( O \right)\)đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn sao cho \(AC < BC\) (C khác A). Vẽ CH vuông góc với \(AB\,\,\left( {H \in AB} \right).\)
a) Chứng minh \(\Delta \,ABC\) là tam giác vuông. Tính AC, biết AB = 4 cm, AH = 1 cm.
b) Trên tia đối của tia CA lấy điểm D sao cho \(CD = CA.\) Vẽ DE vuông góc với \(AB\,\,\left( {E \in AB} \right).\) Chứng minh BECD là tứ giác nội tiếp.
c) Gọi I là giao điểm của DE và BC, K là điểm đối xứng của I qua C, tiếp tuyến của tại C cắt KA tại M. Chứng minh KA là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\)và đi qua trung điểm của CH.
Câu 5: Trong quá trình thiết kế công viên thiếu nhi, kĩ sư sử dụng mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 600 m2 để làm bãi đỗ xe. Một cạnh của mảnh đất được xây bằng tường gạch với mỗi mét chiều dài chi phí hết 280 000 đồng, ba cạnh còn lại được rào bằng một loại thép với mỗi mét chiều dài chi phí hết 140 000 đồng, trong đó có mở cổng rộng 5 m (như hình vẽ). Tìm chu vi của mảnh đất sao cho chi phí làm hàng rào là ít nhất.
-----HẾT-----
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Khai căn và thực hiện tính.
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
a) \(A = \sqrt {25} + \sqrt {16} - \sqrt 4 = 5 + 4 - 2 = 7.\)
b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 8\\2x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\x + y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 5\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là\(\left( {x;y} \right) = \left( {3;5} \right)\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Viết bảng giá trị và vẽ parabol (P).
b) Xét phương trình hoành độ và chứng minh \(\Delta > 0\)hoặc chứng minh a.c < 0.
c) Áp dụng hệ thức vi-et \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a}\\{x_1} \cdot {x_2} = \frac{c}{a}\end{array} \right.\)
Cách giải:
a) Bảng giá trị
Đồ thị
b) Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right):\)
\({x^2} = 6x + 2023 \Leftrightarrow {x^2} - 6x - 2023 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)\)
Vì \(\Delta = {\left( { - 6} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 2023} \right) = 8128 > 0\)nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.
Vậy \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
Cách 2:
Ta có: \(a.c = 1.( - 2023) = - 2023 < 0\)
Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu
Vậy \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Theo Vi-et ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{{ - 6}}{1} = 6\\{x_1} \cdot {x_2} = - 2023.\end{array} \right.\)
Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = (}}{x_1}{\rm{ + 2}}{x_2}{\rm{) + (}}{x_2}{\rm{ + 2}}{x_1})\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = {\rm{(}}{x_1}{\rm{ + 2}}{x_2}{\rm{)}}{\rm{.(}}{x_2}{\rm{ + 2}}{x_1})\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = }}{x_1}{\rm{ + 2}}{x_2}{\rm{ + }}{x_2}{\rm{ + 2}}{x_1}\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = {x_1}{x_2}{\rm{ + 2}}x_1^2{\rm{ + 2}}x_2^2 + 4{x_1}{x_2}\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = 3}}{x_1}{\rm{ + 3}}{x_2}{\rm{ }}\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = 5{x_1}{x_2}{\rm{ + 2}}\left( {x_1^2{\rm{ + }}x_2^2} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = 3}}{\rm{.(}}{x_1}{\rm{ + }}{x_2}{\rm{) }}\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = 5{x_1}{x_2}{\rm{ + 2}}\left[ {{{\left( {{x_1}{\rm{ + }}{x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = 3}}{\rm{.6 }}\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = 5.( - 2023){\rm{ + 2}}\left[ {{6^2} - 2.( - 2023)} \right]\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = 18 }}\\{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = - 1951\end{array} \right.\)
Đặt \({\rm{S = }}{{\rm{t}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_2}{\rm{ = 18}}\) ; \({\rm{P = }}{{\rm{t}}_1}{\rm{.}}{{\rm{t}}_2} = - 1951\)
Do \({{\rm{S}}^2} - 4.P = {18^2} - 4.( - 1951) = 8128 > 0\) nên theo định lí Vi-et đảo ta có \({{\rm{t}}_1}{\rm{ ; }}{{\rm{t}}_2}\) là hai nghiệm của phương trình bậc hai: \({t^2} - S.t + P = 0\)
\( \Leftrightarrow {t^2} - 18t - 1951 = 0\)
Vậy phương trình bậc hai ẩn t cần tìm là: \({t^2} - 18t - 1951 = 0\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a)
Mỗi học sinh ở tổ I trồng được nhiều hơn mỗi học sinh ở tổ II là 1 cây nên ta có phương trình:
\(\frac{{30}}{x} - \frac{{36}}{{15 - x}} = 1\)
b) Áp dụng công thức:
- Thể tích hình hộp chữ nhật: \(V = a.b.c\)
- Thể tích hình trụ: \(V = \pi {r^2}h\)
Cách giải:
a) Gọi số học sinh của Tổ I là \(x\) (học sinh) \(\left( {x \in N*;x < 15} \right)\)
Khi đó, số học sinh của Tổ II là \(15 - x\) (học sinh)
Mỗi học sinh tổ I trồng được \(\frac{{30}}{x}\) (cây)
Mỗi học sinh tổ II trồng được \(\frac{{36}}{{15 - x}}\) (cây)
Theo đề bài, ta có phương trình : \(\frac{{30}}{x} - \frac{{36}}{{15 - x}} = 1\)
\( \Leftrightarrow 30.(15 - x) - 36x = 1.x.(15 - x)\)
\( \Leftrightarrow 450 - 30x - 36x = 15x - {x^2}\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 15x + 450 - 30x - 36x = 0\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 81x + 450 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = 75\,\,(L) & \\{x_2} = 6 & (tm)\end{array} \right.\)
Vậy tổ I có 6 học sinh; tổ II có 15 – 6 = 9 học sinh.
b) Thể tích viên gạch hình hộp chữ nhật khi chưa khoét lỗ là:
\({V_1} = a.b.c = 220.105.60 = 1386000\) (mm3)
Thể tích mỗi lỗ hình trụ trong viên gạch là:
\({V_2} = \pi {r^2}h = \pi .{\left( {\frac{{40}}{2}} \right)^2}.60 = 9231,6\) (mm3)
Thể tích phần đất nung của viên gạch là:
\(V = {V_1} - 3.{V_2} = 1386000 - 3.9231,6 = 1358305,2\)(mm3)
Vậy thể tích phần đất nung của viên gạch là 1358305,2 mm3.
Câu 4 (TH):
Phương pháp:
a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính AC.
b) Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới một góc bằng nhau thì là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh \(BM\) đi qua trung điểm của \(CH\) từ đó gọi \(U\) là giao điểm của \(CH\) và \(MB\), ta chứng minh \(MK = AM\) \( \Rightarrow CU = HU\) và kết luận.
Cách giải:
a) Xét đường tròn (O) có \(\widehat {ACB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
\( \Rightarrow \)\(\widehat {ACB}\) = 900 hay \(\Delta ABC\) vuông tại C
\(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) có \(CH\) là đường cao
\( \Rightarrow \)\(A{C^2} = AH.AB = 1.4 = 4\) (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow AC = 2cm\)
b) Xét tứ giác \(BECD\) có \(\widehat {DCB} = \widehat {DEB} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \) Hai đỉnh \(C\) và \(E\) kề nhau cùng nhìn cạnh \(DB\) dưới 1 góc \({90^0}\)
Nên tứ giác \(BECD\) nội tiếp
c) Tứ giác \(AKDI\) có \(CK = CI\) (\(K\) là điểm đối xứng của \(I\)qua \(C\)) và \(CA = CD\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AKDI\) là hình bình hành (hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)
\( \Rightarrow \) \(AK\) // \(DI\) mà \(DI \bot AO\) tại \(E\)
\( \Rightarrow \) \(AK \bot AO\) tại \(A\)
Mà \(AO\) là bán kính của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(AK\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A\).
Đường tròn \(\left( O \right)\)có \(MA,MC\) là 2 tiếp tuyến cắt nhau \( \Rightarrow \) \(MA = MC\) \(\left( 1 \right)\)
\( \Rightarrow \)\(\Delta MAC\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \) \(\widehat {MAC} = \widehat {MCA}\)
Mà \(\widehat {KCM} + \widehat {MCA} = {90^0}\) nên \(\widehat {KCM} + \widehat {MAC} = {90^0}\)
Mà \(\widehat {MKC} + \widehat {MAC} = {90^0}\) (\(\Delta AKC\) vuông tại \(C\)) nên \(\widehat {KCM} = \widehat {MKC}\)
\( \Rightarrow \)\(\Delta KMC\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \)\(MC = MK\) \(\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\) \( \Rightarrow \) \(MA = MK\) hay \(BM\) đi qua trung điểm của \(CH\).
Gọi \(U\) là giao điểm của \(CH\) và \(MB\).
\(AK\) // \(CH\) (cùng \( \bot \) \(AB\))
\(MK\) // \(CU\)\( \Rightarrow \frac{{CU}}{{MK}} = \frac{{BU}}{{BM}}\)(Hệ quả định lý Talet) \(\left( 3 \right)\)
\(MA\)// \(UH\) \( \Rightarrow \frac{{HU}}{{AM}} = \frac{{BU}}{{BM}}\)(Hệ quả định lý Talet) \(\left( 4 \right)\)
Từ \(\left( 3 \right)\), \(\left( 4 \right)\) và \(MK = AM\) \( \Rightarrow CU = HU\) hay \(U\)là trung điểm của \(CH\)
Vậy \(BM\) đi qua trung điểm của \(CH\)
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức cô-si.
Cách giải:
Gọi x và y (m) lần lượt là độ dài cạnh được xây bằng tường và cạnh được rào bằng thép \(\left( {x,\,\,y > 0} \right)\)
Chu vi mảnh đất bằng \(2\left( {x + y} \right)\)(m)
Diện tích của mảnh đất là \(x \cdot y = 600\) (m2)
Chi phí xây tường gạch là \(280\,x\) (nghìn đồng)
Chi phí rào bằng thép là \(140\,\left( {2y + x - 5} \right)\) (nghìn đồng)
Tổng chi phí làm hàng rào là \(C = 420x + 280y - 700\) (nghìn đồng)
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
\(420x + 280y \ge 2\sqrt {420x \cdot 280y} = 1\,680\,0\)
\( \Leftrightarrow C \ge 16800 - 700 = 1\,610\,0\)
Do đó \(\mathop {Min}\limits_{} C = 16\,100\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}420x = 280y\\xy = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 2y\\x \cdot 3x = 1200\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 20\\y = 30\end{array} \right.\,\,\,\left( {TM} \right)\)
Vậy chu vi của mảnh đất để chi phí làm hàng rào nhỏ nhất là \(2\left( {x + y} \right) = 100\)(m)
-----HẾT-----
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại tỉnh Khánh Hòa luôn là một cột mốc quan trọng trong quá trình học tập của học sinh THCS. Môn Toán, với vai trò then chốt, đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng và nắm vững kiến thức nền tảng. Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2023 tiếp tục duy trì cấu trúc đề thi truyền thống, tập trung vào các chủ đề chính như Đại số, Hình học và một số bài toán thực tế ứng dụng.
Đề thi thường bao gồm các dạng bài sau:
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2023, học sinh cần nắm vững các kiến thức sau:
Việc luyện tập thường xuyên với các đề thi thử và đề thi chính thức các năm trước là cách tốt nhất để làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi. toan11.edu.vn cung cấp bộ đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2023 đầy đủ và chi tiết, giúp các em học sinh có thể luyện tập hiệu quả.
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2023, toan11.edu.vn còn cung cấp nhiều tài liệu hỗ trợ ôn thi khác như:
Chúng ta sẽ cùng phân tích chi tiết một số đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2023 để hiểu rõ hơn về cấu trúc và nội dung đề thi. Ví dụ, đề thi năm nay có một bài toán về hình học liên quan đến đường tròn ngoại tiếp tam giác. Để giải bài toán này, học sinh cần nắm vững các kiến thức về đường tròn ngoại tiếp, các định lý liên quan và kỹ năng vẽ hình chính xác.
Trong thời đại công nghệ 4.0, việc ứng dụng các công cụ và phần mềm hỗ trợ học tập là rất cần thiết. Các ứng dụng như GeoGebra có thể giúp học sinh vẽ hình và khám phá các khái niệm hình học một cách trực quan. Ngoài ra, các trang web học toán trực tuyến như toan11.edu.vn cung cấp nhiều bài tập và đề thi thử giúp học sinh rèn luyện kỹ năng giải toán.
Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2023 đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng và nắm vững kiến thức nền tảng. Với bộ đề thi và tài liệu ôn thi mà toan11.edu.vn cung cấp, hy vọng các em học sinh sẽ có một kỳ thi thành công và đạt được 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!
