toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Lạng Sơn năm 2023. 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 chính thức, đáp án chi tiết và hướng dẫn giải bài tập.
Câu 1: a) Tính giá trị các biểu thức sau: \(A = \sqrt {36} {\rm{ \;}} - \sqrt 4 \) \(B = \sqrt {{{(4 - \sqrt {15} )}^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {15} \) \(C = \frac{{\sqrt {12} {\rm{ \;}} + \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }}\)
Câu 1: a) Tính giá trị các biểu thức sau:
\(A = \sqrt {36} {\rm{ \;}} - \sqrt 4 \)
\(B = \sqrt {{{(4 - \sqrt {15} )}^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {15} \)
\(C = \frac{{\sqrt {12} {\rm{ \;}} + \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }}\)
b) Cho biểu thức: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 3}} + \frac{1}{{x - 9}}} \right):\frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
1) Rút gọn biểu thức \(P\).
2) Tìm giá trị của \(x\) để \(P = \frac{1}{2}\).
Câu 2: a) Vẽ đường thẳng \((d):y = 3x - 2\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số \((P):y = {x^2}\) với đường thẳng \((d):y = 3x - 2\).
Câu 3: a) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right.\).
b) Giải phương trình \({x^2} - 9x + 14 = 0\).
c) Cho phương trình \({x^2} - (m + 2)x + m - 3 = 0(*)\), với \(m\) là tham số.
1) Chứng minh rằng phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).
2) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\).
Câu 4: Cho tam giác ABC không cân và có ba góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H (với \(D \in BC\), \(E \in CA\), \(F \in AB\)).
a) Chứng minh rằng tứ giác AFHE nội tiếp.
b) Chứng minh rằng $\Delta EAD\backsim \Delta EFC$.
c) Kẻ DE cắt đường tròn đường kính AC tại M \(\left( {M \ne D} \right)\); DF cắt đường tròn đường kính AB tại N \(\left( {N \ne D} \right)\). Gọi \(K = FM \cap EN\). Chứng minh rằng AF = AM và đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
\(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge \frac{3}{2}\)
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
a) Sử dụng tính chất căn bậc hai.
b) Quy đồng và rút gọn.
Cách giải:
a) Tính giá trị các biểu thức sau:
\(A = \sqrt {36} {\rm{ \;}} - \sqrt 4 \)
\(B = \sqrt {{{(4 - \sqrt {15} )}^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {15} \)
\(C = \frac{{\sqrt {12} {\rm{ \;}} + \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }}\)
Ta có \(A = \sqrt {36} - \sqrt 4 = \sqrt {{6^2}} - \sqrt {{2^2}} = 6 - 2 = 4\)
\(B = \sqrt {{{(4 - \sqrt {15} )}^2}} + \sqrt {15} = \left| {4 - \sqrt {15} } \right| + \sqrt {15} = 4 - \sqrt {15} + \sqrt {15} = 4\)
\(C = \frac{{\sqrt {12} + \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt {4.3} + \sqrt {9.3} }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{5\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 5\)
Vậy A = 4, B = 4, C = 5.
b) Cho biểu thức: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 3}} + \frac{1}{{x - 9}}} \right):\frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
1) Rút gọn biểu thức \(P\).
Ta có \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 3}} + \frac{1}{{x - 9}}} \right):\frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 3}}\)
\(\begin{array}{l} = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 3}} + \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right).\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 4}}\\ = \left( {\frac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right).\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 4}}\\ = \frac{{\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}.\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 4}}\\ = \frac{1}{{\sqrt x - 3}}\end{array}\)
Vậy \(P = \frac{1}{{\sqrt x - 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
2) Tìm giá trị của \(x\) để \(P = \frac{1}{2}\).
Ta có \(P = \frac{1}{{\sqrt x - 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
Để \(P = \frac{1}{2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{1}{{\sqrt x - 3}} = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = 2\\ \Leftrightarrow \sqrt x = 5\\ \Leftrightarrow x = 25\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy để \(P = \frac{1}{2}\) thì \(x = 25\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Lấy hai điểm mà đồ thị đi qua, kẻ đường thẳng qua hai điểm đó.
b) Cho hai vế của đồ thị bằng nhau rồi giải phương trình tìm giao điểm.
Cách giải:
a) Vẽ đường thẳng \((d):y = 3x - 2\)
Với \(x = 0 \Rightarrow y = 3.0 - 2 = - 2\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = 3.1 - 2 = 1\)
Vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm: \(A\left( {0; - 2} \right)\) và \(B\left( {1;1} \right)\) ta được đồ thị \((d):y = 3x - 2\) như sau:
b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số \((P):y = {x^2}\) với đường thẳng \((d):y = 3x - 2\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta được:
\(\begin{array}{l}{x^2} = 3x - 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = {1^2} = 1\)
Với \(x = 2 \Rightarrow y = {2^2} = 4\)
Vậy (d) và (P) cắt nhau tại 2 giao điểm là: \(\left( {1;1} \right)\) và \(\left( {2;4} \right)\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.
b) \(\Delta = {b^2} - 4.a.c\)
- \(\Delta = 0\) thì phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \frac{{ - b}}{{2a}}\)
- \(\Delta < 0\) thì phương trình vô nghiệm
- \(\Delta > 0\)thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2.a}}\)
\({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2.a}}\)
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 2y = 10}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{5x = 15}\end{array} \Leftrightarrow } \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 5 - x}\\{x = 3}\end{array} \Leftrightarrow } \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2}\\{x = 3}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\).
b) Giải phương trình \({x^2} - 9x + 14 = 0\).
phương trình \({x^2} - 9x + 14 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 9} \right)^2} - 4.1.14 = 81 - 56 = 25 > 0\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{9 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = 2\\{x_2} = \frac{{9 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 7\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 2\\{x_2} = 7\end{array} \right.\).
c) Cho phương trình \({x^2} - (m + 2)x + m - 3 = 0(*)\), với \(m\) là tham số.
1) Chứng minh rằng phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).
Phương trình \({x^2} - (m + 2)x + m - 3 = 0(*)\) có \(\Delta = {\left[ { - \left( {m + 2} \right)} \right]^2} - 4.1.\left( {m - 3} \right) = {m^2} + 4m + 4 - 4m + 12 = {m^2} + 16 > 0\) với mọi m.
Vậy phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).
2) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\).
Gọi \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của \({x_1},{x_2}\).
Áp dụng định lí Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 2\\{x_1}.{x_2} = m - 3\end{array} \right.\) thay vào \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\) ta có:
\(\begin{array}{l}m + 2 + 2\left( {m - 3} \right) > 5\\ \Leftrightarrow 3m - 4 > 5\\ \Leftrightarrow m > 3.\end{array}\)
Vậy với \(m > 3\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
a) Chứng minh rằng tứ giác AFHE nội tiếp.
Ta có: \(\angle AFH = \angle AEH = {90^0}\) (do \(BE \bot AC,\,\,CF \bot AB\)).
\( \Rightarrow \angle AFH + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà 2 đỉnh E, F là hai đỉnh đối diện của tứ giác AFEH.
Vậy AFEH là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh rằng $\Delta EAD\backsim \Delta EFC$.
Xét tứ giác CDHE có:
\(\begin{array}{l}\angle CEH = \angle CDH = {90^0}\,\,\left( {do\,\,AD \bot BC,\,\,BE \bot AC} \right)\\ \Rightarrow \angle CEH + \angle CDH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)
Mà 2 đỉnh E, D là hai đỉnh đối diện của tứ giác CDHE.
\( \Rightarrow \) CDHE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HCE = \angle HDE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE).
\( \Rightarrow \angle FCE = \angle ADE\).
Vì AFEH nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle HAE = \angle HFE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE).
\( \Rightarrow \angle DAE = \angle CFE\)
Xét \(\Delta EAD\) và \(\Delta EFC\) có:
\(\begin{align}\angle ADE=\angle FCE\,\,\left( cmt \right) \\ \angle DAE=\angle CFE\,\,\left( cmt \right) \\ \Rightarrow \Delta EAD\backsim \Delta EFC\,\,\left( g.g \right)\,\,\left( dpcm \right) \end{align}\)
c) Kẻ DE cắt đường tròn đường kính AC tại M \(\left( {M \ne D} \right)\); DF cắt đường tròn đường kính AB tại N \(\left( {N \ne D} \right)\). Gọi \(K = FM \cap EN\). Chứng minh rằng AF = AM và đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
+) Chứng minh AF = AM.
Xét đường tròn đường kính AC ta có:
\(\angle AMF = \angle ACF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF).
\(\angle AFM = \angle ADM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM).
Mà \(\angle FCE = \angle ADE\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle ACF = \angle ADM\).
\( \Rightarrow \angle AMF = \angle AFM \Rightarrow \Delta AMF\) cân tại A (định nghĩa) \( \Rightarrow AF = AM\) (tính chất tam giác cân) (đpcm).
+) Chứng minh đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
Xét tứ giác BDHF có: \(\angle BFH = \angle BDH = {90^0}\,\,\left( {do\,\,CF \bot AB,\,\,AD \bot BC} \right)\)
\( \Rightarrow \angle BFH + \angle BDH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà 2 đỉnh F, D là hai đỉnh đối diện của tứ giác BDHF
\( \Rightarrow \) BDHF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle FBH = \angle FDH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FH)
\( \Rightarrow \angle ABE = \angle ADN\).
Tương tự xét đường tròn đường kính AB ta có:
\(\angle ANE = \angle ABE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE).
\(\angle AEN = \angle ADN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN).
Mà \(\angle ABE = \angle AND\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle ANE = \angle AEN \Rightarrow \Delta ANE\) cân tại A (định nghĩa)
\( \Rightarrow AE = AN\) (tính chất tam giác cân)
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC và AB
=> I, J lần lượt là tâm đường tròn đường kính AC và đường tròn đường kính AB.
Vì AM = AF (cmt) \( \Rightarrow A\) thuộc trung trực của FM.
Vì IM = IF (do I là tâm đường tròn đường kính AC) \( \Rightarrow I\) thuộc trung trực của FM.
\( \Rightarrow IA\) là trung trực của FM \( \Rightarrow IA \bot FM \Rightarrow FK \bot AC\).
Mà \(HE \bot AC\,\,\left( {do\,\,BE \bot AC} \right)\).
\( \Rightarrow \) FK // HE (từ vuông góc đến song song) (1)
Vì AE = AN (cmt) \( \Rightarrow A\) thuộc trung trực của EN.
Vì JE = JN (do J là tâm đường tròn đường kính AB) \( \Rightarrow J\) thuộc trung trực của AN.
\( \Rightarrow JA\) là trung trực của EN \( \Rightarrow JA \bot EN \Rightarrow EK \bot AB\).
Mà \(HF \bot AB\,\,\left( {do\,\,CF \bot AB} \right)\)
\( \Rightarrow \) EK // HF (từ vuông góc đến song song) (2)
Từ (1) và (2) => EHFK là hình bình hành (dhnb)
=> Hai đường chéo EF và HK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Vậy EF đi qua trung điểm của HK (đpcm).
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng BĐT Cô-si.
Cách giải:
Ta có:
\(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} = \frac{{a\left( {{a^2} + b} \right) - ab}}{{{a^2} + b}} = a - \frac{{ab}}{{{a^2} + b}}\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \({a^2} + b \ge 2\sqrt {{a^2}b} = 2a\sqrt b \).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{ab}}{{{a^2} + b}} \le \frac{{ab}}{{2a\sqrt b }} = \frac{{\sqrt b }}{2}\\ \Rightarrow a - \frac{{ab}}{{{a^2} + b}} \ge a - \frac{{\sqrt b }}{2}\\ \Rightarrow \frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} \ge a - \frac{{\sqrt b }}{2}\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(\begin{array}{l}\frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} \ge b - \frac{{\sqrt c }}{2}\\\frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge c - \frac{{\sqrt a }}{2}\end{array}\)
Cộng vế theo vế ba bất phương trình ta được:
\(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge \left( {a + b + c} \right) - \frac{{\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c }}{2} = 3 - \frac{{\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c }}{2}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\({\left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c } \right)^2} \le 3\left( {a + b + c} \right) = 3.3 = 9 \Rightarrow \sqrt a + \sqrt b + \sqrt c \le 3\).
Vậy \(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge 3 - \frac{3}{2} = \frac{3}{2}\,\,\left( {dpcm} \right)\).
Câu 1: a) Tính giá trị các biểu thức sau:
\(A = \sqrt {36} {\rm{ \;}} - \sqrt 4 \)
\(B = \sqrt {{{(4 - \sqrt {15} )}^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {15} \)
\(C = \frac{{\sqrt {12} {\rm{ \;}} + \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }}\)
b) Cho biểu thức: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 3}} + \frac{1}{{x - 9}}} \right):\frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
1) Rút gọn biểu thức \(P\).
2) Tìm giá trị của \(x\) để \(P = \frac{1}{2}\).
Câu 2: a) Vẽ đường thẳng \((d):y = 3x - 2\)
b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số \((P):y = {x^2}\) với đường thẳng \((d):y = 3x - 2\).
Câu 3: a) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right.\).
b) Giải phương trình \({x^2} - 9x + 14 = 0\).
c) Cho phương trình \({x^2} - (m + 2)x + m - 3 = 0(*)\), với \(m\) là tham số.
1) Chứng minh rằng phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).
2) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\).
Câu 4: Cho tam giác ABC không cân và có ba góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H (với \(D \in BC\), \(E \in CA\), \(F \in AB\)).
a) Chứng minh rằng tứ giác AFHE nội tiếp.
b) Chứng minh rằng $\Delta EAD\backsim \Delta EFC$.
c) Kẻ DE cắt đường tròn đường kính AC tại M \(\left( {M \ne D} \right)\); DF cắt đường tròn đường kính AB tại N \(\left( {N \ne D} \right)\). Gọi \(K = FM \cap EN\). Chứng minh rằng AF = AM và đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
\(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge \frac{3}{2}\)
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
a) Sử dụng tính chất căn bậc hai.
b) Quy đồng và rút gọn.
Cách giải:
a) Tính giá trị các biểu thức sau:
\(A = \sqrt {36} {\rm{ \;}} - \sqrt 4 \)
\(B = \sqrt {{{(4 - \sqrt {15} )}^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {15} \)
\(C = \frac{{\sqrt {12} {\rm{ \;}} + \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }}\)
Ta có \(A = \sqrt {36} - \sqrt 4 = \sqrt {{6^2}} - \sqrt {{2^2}} = 6 - 2 = 4\)
\(B = \sqrt {{{(4 - \sqrt {15} )}^2}} + \sqrt {15} = \left| {4 - \sqrt {15} } \right| + \sqrt {15} = 4 - \sqrt {15} + \sqrt {15} = 4\)
\(C = \frac{{\sqrt {12} + \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt {4.3} + \sqrt {9.3} }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{5\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 5\)
Vậy A = 4, B = 4, C = 5.
b) Cho biểu thức: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 3}} + \frac{1}{{x - 9}}} \right):\frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
1) Rút gọn biểu thức \(P\).
Ta có \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 3}} + \frac{1}{{x - 9}}} \right):\frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 3}}\)
\(\begin{array}{l} = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 3}} + \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right).\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 4}}\\ = \left( {\frac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right).\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 4}}\\ = \frac{{\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}.\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 4}}\\ = \frac{1}{{\sqrt x - 3}}\end{array}\)
Vậy \(P = \frac{1}{{\sqrt x - 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
2) Tìm giá trị của \(x\) để \(P = \frac{1}{2}\).
Ta có \(P = \frac{1}{{\sqrt x - 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\).
Để \(P = \frac{1}{2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{1}{{\sqrt x - 3}} = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \sqrt x - 3 = 2\\ \Leftrightarrow \sqrt x = 5\\ \Leftrightarrow x = 25\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy để \(P = \frac{1}{2}\) thì \(x = 25\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Lấy hai điểm mà đồ thị đi qua, kẻ đường thẳng qua hai điểm đó.
b) Cho hai vế của đồ thị bằng nhau rồi giải phương trình tìm giao điểm.
Cách giải:
a) Vẽ đường thẳng \((d):y = 3x - 2\)
Với \(x = 0 \Rightarrow y = 3.0 - 2 = - 2\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = 3.1 - 2 = 1\)
Vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm: \(A\left( {0; - 2} \right)\) và \(B\left( {1;1} \right)\) ta được đồ thị \((d):y = 3x - 2\) như sau:
b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số \((P):y = {x^2}\) với đường thẳng \((d):y = 3x - 2\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta được:
\(\begin{array}{l}{x^2} = 3x - 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = {1^2} = 1\)
Với \(x = 2 \Rightarrow y = {2^2} = 4\)
Vậy (d) và (P) cắt nhau tại 2 giao điểm là: \(\left( {1;1} \right)\) và \(\left( {2;4} \right)\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.
b) \(\Delta = {b^2} - 4.a.c\)
- \(\Delta = 0\) thì phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \frac{{ - b}}{{2a}}\)
- \(\Delta < 0\) thì phương trình vô nghiệm
- \(\Delta > 0\)thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2.a}}\)
\({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2.a}}\)
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 2y = 10}\\{3x - 2y = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{5x = 15}\end{array} \Leftrightarrow } \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 5 - x}\\{x = 3}\end{array} \Leftrightarrow } \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2}\\{x = 3}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\).
b) Giải phương trình \({x^2} - 9x + 14 = 0\).
phương trình \({x^2} - 9x + 14 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 9} \right)^2} - 4.1.14 = 81 - 56 = 25 > 0\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{9 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = 2\\{x_2} = \frac{{9 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 7\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 2\\{x_2} = 7\end{array} \right.\).
c) Cho phương trình \({x^2} - (m + 2)x + m - 3 = 0(*)\), với \(m\) là tham số.
1) Chứng minh rằng phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).
Phương trình \({x^2} - (m + 2)x + m - 3 = 0(*)\) có \(\Delta = {\left[ { - \left( {m + 2} \right)} \right]^2} - 4.1.\left( {m - 3} \right) = {m^2} + 4m + 4 - 4m + 12 = {m^2} + 16 > 0\) với mọi m.
Vậy phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).
2) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\).
Gọi \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của \({x_1},{x_2}\).
Áp dụng định lí Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 2\\{x_1}.{x_2} = m - 3\end{array} \right.\) thay vào \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\) ta có:
\(\begin{array}{l}m + 2 + 2\left( {m - 3} \right) > 5\\ \Leftrightarrow 3m - 4 > 5\\ \Leftrightarrow m > 3.\end{array}\)
Vậy với \(m > 3\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} > 5\).
Câu 4 (VD):
Cách giải:
a) Chứng minh rằng tứ giác AFHE nội tiếp.
Ta có: \(\angle AFH = \angle AEH = {90^0}\) (do \(BE \bot AC,\,\,CF \bot AB\)).
\( \Rightarrow \angle AFH + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà 2 đỉnh E, F là hai đỉnh đối diện của tứ giác AFEH.
Vậy AFEH là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh rằng $\Delta EAD\backsim \Delta EFC$.
Xét tứ giác CDHE có:
\(\begin{array}{l}\angle CEH = \angle CDH = {90^0}\,\,\left( {do\,\,AD \bot BC,\,\,BE \bot AC} \right)\\ \Rightarrow \angle CEH + \angle CDH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)
Mà 2 đỉnh E, D là hai đỉnh đối diện của tứ giác CDHE.
\( \Rightarrow \) CDHE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HCE = \angle HDE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE).
\( \Rightarrow \angle FCE = \angle ADE\).
Vì AFEH nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle HAE = \angle HFE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE).
\( \Rightarrow \angle DAE = \angle CFE\)
Xét \(\Delta EAD\) và \(\Delta EFC\) có:
\(\begin{align}\angle ADE=\angle FCE\,\,\left( cmt \right) \\ \angle DAE=\angle CFE\,\,\left( cmt \right) \\ \Rightarrow \Delta EAD\backsim \Delta EFC\,\,\left( g.g \right)\,\,\left( dpcm \right) \end{align}\)
c) Kẻ DE cắt đường tròn đường kính AC tại M \(\left( {M \ne D} \right)\); DF cắt đường tròn đường kính AB tại N \(\left( {N \ne D} \right)\). Gọi \(K = FM \cap EN\). Chứng minh rằng AF = AM và đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
+) Chứng minh AF = AM.
Xét đường tròn đường kính AC ta có:
\(\angle AMF = \angle ACF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF).
\(\angle AFM = \angle ADM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM).
Mà \(\angle FCE = \angle ADE\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle ACF = \angle ADM\).
\( \Rightarrow \angle AMF = \angle AFM \Rightarrow \Delta AMF\) cân tại A (định nghĩa) \( \Rightarrow AF = AM\) (tính chất tam giác cân) (đpcm).
+) Chứng minh đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
Xét tứ giác BDHF có: \(\angle BFH = \angle BDH = {90^0}\,\,\left( {do\,\,CF \bot AB,\,\,AD \bot BC} \right)\)
\( \Rightarrow \angle BFH + \angle BDH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà 2 đỉnh F, D là hai đỉnh đối diện của tứ giác BDHF
\( \Rightarrow \) BDHF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle FBH = \angle FDH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FH)
\( \Rightarrow \angle ABE = \angle ADN\).
Tương tự xét đường tròn đường kính AB ta có:
\(\angle ANE = \angle ABE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE).
\(\angle AEN = \angle ADN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN).
Mà \(\angle ABE = \angle AND\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle ANE = \angle AEN \Rightarrow \Delta ANE\) cân tại A (định nghĩa)
\( \Rightarrow AE = AN\) (tính chất tam giác cân)
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC và AB
=> I, J lần lượt là tâm đường tròn đường kính AC và đường tròn đường kính AB.
Vì AM = AF (cmt) \( \Rightarrow A\) thuộc trung trực của FM.
Vì IM = IF (do I là tâm đường tròn đường kính AC) \( \Rightarrow I\) thuộc trung trực của FM.
\( \Rightarrow IA\) là trung trực của FM \( \Rightarrow IA \bot FM \Rightarrow FK \bot AC\).
Mà \(HE \bot AC\,\,\left( {do\,\,BE \bot AC} \right)\).
\( \Rightarrow \) FK // HE (từ vuông góc đến song song) (1)
Vì AE = AN (cmt) \( \Rightarrow A\) thuộc trung trực của EN.
Vì JE = JN (do J là tâm đường tròn đường kính AB) \( \Rightarrow J\) thuộc trung trực của AN.
\( \Rightarrow JA\) là trung trực của EN \( \Rightarrow JA \bot EN \Rightarrow EK \bot AB\).
Mà \(HF \bot AB\,\,\left( {do\,\,CF \bot AB} \right)\)
\( \Rightarrow \) EK // HF (từ vuông góc đến song song) (2)
Từ (1) và (2) => EHFK là hình bình hành (dhnb)
=> Hai đường chéo EF và HK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Vậy EF đi qua trung điểm của HK (đpcm).
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng BĐT Cô-si.
Cách giải:
Ta có:
\(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} = \frac{{a\left( {{a^2} + b} \right) - ab}}{{{a^2} + b}} = a - \frac{{ab}}{{{a^2} + b}}\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \({a^2} + b \ge 2\sqrt {{a^2}b} = 2a\sqrt b \).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{ab}}{{{a^2} + b}} \le \frac{{ab}}{{2a\sqrt b }} = \frac{{\sqrt b }}{2}\\ \Rightarrow a - \frac{{ab}}{{{a^2} + b}} \ge a - \frac{{\sqrt b }}{2}\\ \Rightarrow \frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} \ge a - \frac{{\sqrt b }}{2}\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(\begin{array}{l}\frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} \ge b - \frac{{\sqrt c }}{2}\\\frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge c - \frac{{\sqrt a }}{2}\end{array}\)
Cộng vế theo vế ba bất phương trình ta được:
\(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge \left( {a + b + c} \right) - \frac{{\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c }}{2} = 3 - \frac{{\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c }}{2}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\({\left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c } \right)^2} \le 3\left( {a + b + c} \right) = 3.3 = 9 \Rightarrow \sqrt a + \sqrt b + \sqrt c \le 3\).
Vậy \(\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + b}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + c}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + a}} \ge 3 - \frac{3}{2} = \frac{3}{2}\,\,\left( {dpcm} \right)\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Lạng Sơn năm 2023 là một bước quan trọng đánh dấu sự chuyển cấp từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Kỳ thi này không chỉ kiểm tra kiến thức toán học mà còn đánh giá khả năng tư duy logic, kỹ năng giải quyết vấn đề và áp dụng kiến thức vào thực tế của học sinh. Do đó, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết.
Đề thi vào 10 môn Toán Lạng Sơn năm 2023 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Qua việc phân tích các đề thi vào 10 môn Toán Lạng Sơn năm 2023, có thể nhận thấy một số xu hướng sau:
Để ôn thi vào 10 môn Toán Lạng Sơn năm 2023 hiệu quả, học sinh cần:
Ngoài bộ đề thi do toan11.edu.vn cung cấp, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Trước khi bước vào phòng thi, hãy:
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Lạng Sơn năm 2023 là một thử thách lớn, nhưng với sự chuẩn bị kỹ lưỡng và tinh thần quyết tâm, các em học sinh chắc chắn sẽ đạt được kết quả tốt nhất. toan11.edu.vn hy vọng rằng bộ đề thi và các hướng dẫn ôn thi mà chúng tôi cung cấp sẽ giúp các em tự tin hơn trên con đường chinh phục ước mơ.
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!
