toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2020 chính thức. 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 tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi đã tổng hợp đầy đủ các đề thi, kèm theo đáp án chi tiết và lời giải bài tập, giúp các em hiểu rõ từng dạng bài và phương pháp giải quyết hiệu quả.
Câu 1: Tính
Câu 1:
Tính
a) \(\sqrt {16} + 1\) b) \(\sqrt 3 .\sqrt {12} \)
Câu 2:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right).\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\) (với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Rút gọn biểu thức \(P\).
b) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P \le - 1\).
Câu 3:
a) Xác định hàm số \(y = a{x^2}\) biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm \(A\left( { - 2;5} \right)\).
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(d:y = \dfrac{{m - 1}}{m}x - m + 1,\) với \(m \ge \dfrac{3}{2}\). Tìm \(m\) để \(d\) cắt trục tung, trục hoành lần lượt tại hai điểm phân biệt \(A,B\) sao cho độ dài đoạn \(AB\) ngắn nhất.
Câu 4:
4.1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = - 4\\ - x + 3y = 5\end{array} \right..\)
4.2) Lúc 8 giờ người thứ nhất đi xe máy từ \(A\) với vận tốc \(40\,km/h.\) Sau đó 2 giờ, người thứ hai đi ô tô cũng từ \(A\) với vận tốc \(60\,km/h\) đuổi theo người thứ nhất. Hỏi hai người gặp nhau vào lúc mấy giờ?
4.3. a) Giải phương trình \(2{x^2} - 5x + 3 = 0\).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 6 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(x_1^2 + 4{x_1} + 2{x_2} - 2m{x_1} = - 3\).
Câu 5:
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn tâm \(O.\) Kẻ đường thẳng \(d\) là tiếp tuyến tại \(A\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(d'\) là đường thẳng qua \(B\) và song song với \(d\); \(d'\) cắt các đường thẳng \(AO,AC\) lần lượt tại \(E,D\). Kẻ \(AF\) là đường cao của tam giác \(ABC\) (\(F\) thuộc \(BC\)).
a) Chứng minh rằng tứ giác ABFE nội tiếp.
b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AD.AC\).
c) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Chứng minh rằng \(MN\) vuông góc với \(EF\).
Câu 1 (1 điểm)
Cách giải:
Tính
a) \(\sqrt {16} + 1\)
Ta có: \(\sqrt {16} + 1\)\( = 4 + 1 = 5\).
b) \(\sqrt 3 .\sqrt {12} \)
Ta có \(\sqrt 3 .\sqrt {12} = \sqrt {3.12} = \sqrt {36} = 6\).
Câu 2 (1,5 điểm)
Cách giải:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right).\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\) (với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Rút gọn biểu thức \(P\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right).\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{\sqrt x - 1 - \sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right).\left( {\sqrt x - 1} \right)}}.\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{ - 2}}{{x - 1}}.\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{ - 2}}{{2\sqrt x + 1}}\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) thì \(P = - \dfrac{2}{{2\sqrt x + 1}}\).
b) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P \le - 1\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,P \le - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 2}}{{2\sqrt x + 1}} \le - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 2}}{{2\sqrt x + 1}} + 1 \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 2 + 2\sqrt x + 1}}{{2\sqrt x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{2\sqrt x - 1}}{{2\sqrt x + 1}} \le 0\end{array}\)
Do \(2\sqrt x + 1 \ge 1 > 0\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1\) nên \(\dfrac{{2\sqrt x - 1}}{{2\sqrt x + 1}} \le 0 \Leftrightarrow 2\sqrt x - 1 \le 0\)\( \Leftrightarrow \sqrt x \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x \le \dfrac{1}{4}\)
Kết hợp điều kiện \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có: \(0 \le x \le \dfrac{1}{4}\).
Vậy với \(0 \le x \le \dfrac{1}{4}\) thì \(P \le - 1\).
Câu 3 (1 điểm)
Cách giải:
a) Xác định hàm số \(y = a{x^2}\) biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm \(A\left( { - 2;5} \right)\).
Vì đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) đi qua điểm \(A\left( { - 2;5} \right)\) nên ta có: \(5 = a.{\left( { - 2} \right)^2} \Leftrightarrow a = \dfrac{5}{4}\).
Vậy \(y = \dfrac{5}{4}{x^2}\).
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(d:y = \dfrac{{m - 1}}{m}x - m + 1,\) với \(m \ge \dfrac{3}{2}\). Tìm \(m\) để \(d\) cắt trục tung, trục hoành lần lượt tại hai điểm phân biệt \(A,B\) sao cho độ dài đoạn \(AB\) ngắn nhất.
Với \(m \ge \dfrac{3}{2}\) ta có:
Giao điểm của đường thẳng \(d\) và trục tung là \(A\left( {0;y} \right)\).
Vì \(A\left( {0;y} \right) \in d\) nên \(y = \dfrac{{m - 1}}{m}.0 - m + 1 = 1 - m\). Suy ra \(A\left( {0;1 - m} \right)\).
Giao điểm của đường thẳng \(d\) và trục hoành là \(B\left( {x;0} \right)\).
Vì \(B\left( {x;0} \right) \in d\) nên \(0 = \dfrac{{m - 1}}{m}.x - m + 1\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{m - 1}}{m}x = m - 1 \Leftrightarrow x = m\) (vì \(m \ge \dfrac{3}{2}\)). Suy ra \(B\left( {m;0} \right)\).
Với \(m \ge \dfrac{3}{2}\) ta có: \(A\left( {0;1 - m} \right) \Leftrightarrow OA = \left| {1 - m} \right| = m - 1\).
\(B\left( {m;0} \right) \Leftrightarrow OB = \left| m \right| = m\)
Xét tam giác \(OAB\) vuông tại \(O\), theo định lý Pytago ta có:
\(A{B^2} = O{A^2} + O{B^2}\) \( = {\left( {m - 1} \right)^2} + {m^2} = 2{m^2} - 2m + 1\)\( = 2\left( {{m^2} - m + \dfrac{1}{4}} \right) + \dfrac{1}{2} = 2{\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{2}\).
Vì \(m \ge \dfrac{3}{2}\) nên \({\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge {\left( {\dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 1\).
\( \Rightarrow 2{\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{2} \ge 2.1 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{2}\).
Ta có: \(A{B^2}\) nhỏ nhất bằng \(\dfrac{5}{2} \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Vậy độ dài \(AB\) nhỏ nhất là \(\dfrac{{\sqrt {10} }}{2}\) \( \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Câu 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
4.1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = - 4\\ - x + 3y = 5\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = - 4\\ - x + 3y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3y = x + 5\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {1;\,\,2} \right).\)
4.2) Lúc 8 giờ người thứ nhất đi xe máy từ \(A\) với vận tốc \(40\,km/h.\) Sau đó 2 giờ, người thứ hai đi ô tô cũng từ \(A\) với vận tốc \(60\,km/h\) đuổi theo người thứ nhất. Hỏi hai người gặp nhau vào lúc mấy giờ?
Gọi quãng đường cả hai người đi đến lúc gặp nhau là \(x\,\,\left( {km} \right),\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Khi đó thời gian người thứ nhất đi đến lúc gặp người thứ hai là: \(\dfrac{x}{{40}}\,\,\left( h \right).\)
Thời gian người thứ hai đi đến lúc gặp người thứ nhất là: \(\dfrac{x}{{60}}\,\,\left( h \right).\)
Người thứ hai đi sau người thứ nhất 2 giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{x}{{40}} - \dfrac{x}{{60}} = 2\\ \Leftrightarrow 3x - 2x = 240\\ \Leftrightarrow x = 240\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Thời gian người thứ nhất đi đến khi gặp người thứ hai là: \(\dfrac{{240}}{{40}} = 6\,\,\left( h \right).\)
Vậy hai người gặp nhau lúc \(8 + 6 = 14\) giờ.
4.3. a) Giải phương trình \(2{x^2} - 5x + 3 = 0\).
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2.3 = 1 > 0\), do đó phương trình \(2{x^2} - 5x + 3 = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{5 + 1}}{{2.2}} = \dfrac{3}{2}\\{x_2} = \dfrac{{5 - 1}}{{2.2}} = 1\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {\dfrac{3}{2};1} \right\}\).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 6 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(x_1^2 + 4{x_1} + 2{x_2} - 2m{x_1} = - 3\).
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì:
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {{m^2} - 6} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - {m^2} + 6 \ge 0\\ \Leftrightarrow - 2m + 7 \ge 0\\ \Leftrightarrow 2m \le 7\\ \Leftrightarrow m \le \dfrac{7}{2}\end{array}\)
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right) = 2m - 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 6\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + 4{x_1} + 2{x_2} - 2m{x_1} = - 3\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + {m^2} - 6 + 2{x_1} + 2{x_2} = {m^2} - 6 - 3\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + {m^2} - 6 + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = {m^2} - 9\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình đã cho nên \(x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + {m^2} - 6 = 0\), do đó
\(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = {m^2} - 9\\\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 2.\left( {2m - 2} \right) = {m^2} - 9\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 4m - 4 = {m^2} - 9\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {m^2} - 4m - 5 = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {m^2} + m - 5m - 5 = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 5\left( {m + 1} \right) = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {m - 5} \right) = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\m - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\left( {tm} \right)\\m = 5\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 1\).
Câu 5 (3 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn tâm \(O.\) Kẻ đường thẳng \(d\) là tiếp tuyến tại \(A\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(d'\) là đường thẳng qua \(B\) và song song với \(d\); \(d'\) cắt các đường thẳng \(AO,AC\) lần lượt tại \(E,D\). Kẻ \(AF\) là đường cao của tam giác \(ABC\) (\(F\) thuộc \(BC\)).
a) Chứng minh rằng tứ giác ABFE nội tiếp.
Ta có: \(AF \bot BC \Rightarrow \angle AFB = {90^0}\)
\(\left\{ \begin{array}{l}OA \bot d\\d'//d\end{array} \right. \Rightarrow OA \bot d' \Rightarrow \angle AEB = {90^0}\)
Tứ giác \(ABFE\) có \(\angle AFB = \angle AEB = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau) (đpcm).
b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AD.AC\).
Ta có:\(d//d'\) \( \Rightarrow \angle {B_1} = \angle {A_1}\) (so le trong)
Mà \(\angle {A_1} = \angle {C_1}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AB\))
\( \Rightarrow \angle {B_1} = \angle {C_1}\,\,\,\left( { = \angle {A_1}} \right)\).
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ACB\) có:
\(\angle A\,\,\,chung\)
\(\angle {B_1} = \angle {C_1}\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta ABD \sim \Delta ACB\,\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{AD}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow A{B^2} = AD.AC\) (đpcm).
c) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Chứng minh rằng \(MN\) vuông góc với \(EF\).
Gọi \(H\) là giao điểm của \(EF\) với \(AC\).
Ta có: \(\angle {E_1} = \angle {E_2}\) (đối đỉnh)
Tứ giác \(ABFE\) nội tiếp nên \(\angle {E_2} = \angle {A_2}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(BF\))
\( \Rightarrow \angle {E_1} = \angle {A_2}\) \(\left( { = \angle {E_2}} \right)\)
Lại có \(\Delta ABD \sim \Delta ACB\left( {cmt} \right)\) nên \(\angle ADB = \angle ABC\) (góc tương ứng)
\( \Rightarrow \angle ADB + \angle {E_1} = \angle ABC + \angle {A_2} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle EHD = {180^0} - \left( {\angle ADB + \angle {E_1}} \right) = {180^0} - {90^0} = {90^0}\)
\( \Rightarrow FE \bot AC\) (1)
Mà \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(MN//AC\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(EF \bot MN\) (đpcm).
Câu 1:
Tính
a) \(\sqrt {16} + 1\) b) \(\sqrt 3 .\sqrt {12} \)
Câu 2:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right).\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\) (với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Rút gọn biểu thức \(P\).
b) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P \le - 1\).
Câu 3:
a) Xác định hàm số \(y = a{x^2}\) biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm \(A\left( { - 2;5} \right)\).
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(d:y = \dfrac{{m - 1}}{m}x - m + 1,\) với \(m \ge \dfrac{3}{2}\). Tìm \(m\) để \(d\) cắt trục tung, trục hoành lần lượt tại hai điểm phân biệt \(A,B\) sao cho độ dài đoạn \(AB\) ngắn nhất.
Câu 4:
4.1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = - 4\\ - x + 3y = 5\end{array} \right..\)
4.2) Lúc 8 giờ người thứ nhất đi xe máy từ \(A\) với vận tốc \(40\,km/h.\) Sau đó 2 giờ, người thứ hai đi ô tô cũng từ \(A\) với vận tốc \(60\,km/h\) đuổi theo người thứ nhất. Hỏi hai người gặp nhau vào lúc mấy giờ?
4.3. a) Giải phương trình \(2{x^2} - 5x + 3 = 0\).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 6 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(x_1^2 + 4{x_1} + 2{x_2} - 2m{x_1} = - 3\).
Câu 5:
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn tâm \(O.\) Kẻ đường thẳng \(d\) là tiếp tuyến tại \(A\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(d'\) là đường thẳng qua \(B\) và song song với \(d\); \(d'\) cắt các đường thẳng \(AO,AC\) lần lượt tại \(E,D\). Kẻ \(AF\) là đường cao của tam giác \(ABC\) (\(F\) thuộc \(BC\)).
a) Chứng minh rằng tứ giác ABFE nội tiếp.
b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AD.AC\).
c) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Chứng minh rằng \(MN\) vuông góc với \(EF\).
Câu 1 (1 điểm)
Cách giải:
Tính
a) \(\sqrt {16} + 1\)
Ta có: \(\sqrt {16} + 1\)\( = 4 + 1 = 5\).
b) \(\sqrt 3 .\sqrt {12} \)
Ta có \(\sqrt 3 .\sqrt {12} = \sqrt {3.12} = \sqrt {36} = 6\).
Câu 2 (1,5 điểm)
Cách giải:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right).\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\) (với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Rút gọn biểu thức \(P\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right).\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{\sqrt x - 1 - \sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right).\left( {\sqrt x - 1} \right)}}.\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{ - 2}}{{x - 1}}.\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{ - 2}}{{2\sqrt x + 1}}\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) thì \(P = - \dfrac{2}{{2\sqrt x + 1}}\).
b) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P \le - 1\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,P \le - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 2}}{{2\sqrt x + 1}} \le - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 2}}{{2\sqrt x + 1}} + 1 \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 2 + 2\sqrt x + 1}}{{2\sqrt x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{2\sqrt x - 1}}{{2\sqrt x + 1}} \le 0\end{array}\)
Do \(2\sqrt x + 1 \ge 1 > 0\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1\) nên \(\dfrac{{2\sqrt x - 1}}{{2\sqrt x + 1}} \le 0 \Leftrightarrow 2\sqrt x - 1 \le 0\)\( \Leftrightarrow \sqrt x \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x \le \dfrac{1}{4}\)
Kết hợp điều kiện \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có: \(0 \le x \le \dfrac{1}{4}\).
Vậy với \(0 \le x \le \dfrac{1}{4}\) thì \(P \le - 1\).
Câu 3 (1 điểm)
Cách giải:
a) Xác định hàm số \(y = a{x^2}\) biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm \(A\left( { - 2;5} \right)\).
Vì đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) đi qua điểm \(A\left( { - 2;5} \right)\) nên ta có: \(5 = a.{\left( { - 2} \right)^2} \Leftrightarrow a = \dfrac{5}{4}\).
Vậy \(y = \dfrac{5}{4}{x^2}\).
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(d:y = \dfrac{{m - 1}}{m}x - m + 1,\) với \(m \ge \dfrac{3}{2}\). Tìm \(m\) để \(d\) cắt trục tung, trục hoành lần lượt tại hai điểm phân biệt \(A,B\) sao cho độ dài đoạn \(AB\) ngắn nhất.
Với \(m \ge \dfrac{3}{2}\) ta có:
Giao điểm của đường thẳng \(d\) và trục tung là \(A\left( {0;y} \right)\).
Vì \(A\left( {0;y} \right) \in d\) nên \(y = \dfrac{{m - 1}}{m}.0 - m + 1 = 1 - m\). Suy ra \(A\left( {0;1 - m} \right)\).
Giao điểm của đường thẳng \(d\) và trục hoành là \(B\left( {x;0} \right)\).
Vì \(B\left( {x;0} \right) \in d\) nên \(0 = \dfrac{{m - 1}}{m}.x - m + 1\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{m - 1}}{m}x = m - 1 \Leftrightarrow x = m\) (vì \(m \ge \dfrac{3}{2}\)). Suy ra \(B\left( {m;0} \right)\).
Với \(m \ge \dfrac{3}{2}\) ta có: \(A\left( {0;1 - m} \right) \Leftrightarrow OA = \left| {1 - m} \right| = m - 1\).
\(B\left( {m;0} \right) \Leftrightarrow OB = \left| m \right| = m\)
Xét tam giác \(OAB\) vuông tại \(O\), theo định lý Pytago ta có:
\(A{B^2} = O{A^2} + O{B^2}\) \( = {\left( {m - 1} \right)^2} + {m^2} = 2{m^2} - 2m + 1\)\( = 2\left( {{m^2} - m + \dfrac{1}{4}} \right) + \dfrac{1}{2} = 2{\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{2}\).
Vì \(m \ge \dfrac{3}{2}\) nên \({\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge {\left( {\dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 1\).
\( \Rightarrow 2{\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{2} \ge 2.1 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{2}\).
Ta có: \(A{B^2}\) nhỏ nhất bằng \(\dfrac{5}{2} \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Vậy độ dài \(AB\) nhỏ nhất là \(\dfrac{{\sqrt {10} }}{2}\) \( \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Câu 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
4.1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = - 4\\ - x + 3y = 5\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = - 4\\ - x + 3y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3y = x + 5\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {1;\,\,2} \right).\)
4.2) Lúc 8 giờ người thứ nhất đi xe máy từ \(A\) với vận tốc \(40\,km/h.\) Sau đó 2 giờ, người thứ hai đi ô tô cũng từ \(A\) với vận tốc \(60\,km/h\) đuổi theo người thứ nhất. Hỏi hai người gặp nhau vào lúc mấy giờ?
Gọi quãng đường cả hai người đi đến lúc gặp nhau là \(x\,\,\left( {km} \right),\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Khi đó thời gian người thứ nhất đi đến lúc gặp người thứ hai là: \(\dfrac{x}{{40}}\,\,\left( h \right).\)
Thời gian người thứ hai đi đến lúc gặp người thứ nhất là: \(\dfrac{x}{{60}}\,\,\left( h \right).\)
Người thứ hai đi sau người thứ nhất 2 giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{x}{{40}} - \dfrac{x}{{60}} = 2\\ \Leftrightarrow 3x - 2x = 240\\ \Leftrightarrow x = 240\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Thời gian người thứ nhất đi đến khi gặp người thứ hai là: \(\dfrac{{240}}{{40}} = 6\,\,\left( h \right).\)
Vậy hai người gặp nhau lúc \(8 + 6 = 14\) giờ.
4.3. a) Giải phương trình \(2{x^2} - 5x + 3 = 0\).
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2.3 = 1 > 0\), do đó phương trình \(2{x^2} - 5x + 3 = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{5 + 1}}{{2.2}} = \dfrac{3}{2}\\{x_2} = \dfrac{{5 - 1}}{{2.2}} = 1\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {\dfrac{3}{2};1} \right\}\).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 6 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(x_1^2 + 4{x_1} + 2{x_2} - 2m{x_1} = - 3\).
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì:
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {{m^2} - 6} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - {m^2} + 6 \ge 0\\ \Leftrightarrow - 2m + 7 \ge 0\\ \Leftrightarrow 2m \le 7\\ \Leftrightarrow m \le \dfrac{7}{2}\end{array}\)
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right) = 2m - 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 6\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + 4{x_1} + 2{x_2} - 2m{x_1} = - 3\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + {m^2} - 6 + 2{x_1} + 2{x_2} = {m^2} - 6 - 3\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + {m^2} - 6 + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = {m^2} - 9\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình đã cho nên \(x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + {m^2} - 6 = 0\), do đó
\(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = {m^2} - 9\\\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 2.\left( {2m - 2} \right) = {m^2} - 9\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 4m - 4 = {m^2} - 9\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {m^2} - 4m - 5 = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {m^2} + m - 5m - 5 = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 5\left( {m + 1} \right) = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {m - 5} \right) = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\m - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\left( {tm} \right)\\m = 5\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 1\).
Câu 5 (3 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn tâm \(O.\) Kẻ đường thẳng \(d\) là tiếp tuyến tại \(A\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(d'\) là đường thẳng qua \(B\) và song song với \(d\); \(d'\) cắt các đường thẳng \(AO,AC\) lần lượt tại \(E,D\). Kẻ \(AF\) là đường cao của tam giác \(ABC\) (\(F\) thuộc \(BC\)).
a) Chứng minh rằng tứ giác ABFE nội tiếp.
Ta có: \(AF \bot BC \Rightarrow \angle AFB = {90^0}\)
\(\left\{ \begin{array}{l}OA \bot d\\d'//d\end{array} \right. \Rightarrow OA \bot d' \Rightarrow \angle AEB = {90^0}\)
Tứ giác \(ABFE\) có \(\angle AFB = \angle AEB = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau) (đpcm).
b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AD.AC\).
Ta có:\(d//d'\) \( \Rightarrow \angle {B_1} = \angle {A_1}\) (so le trong)
Mà \(\angle {A_1} = \angle {C_1}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AB\))
\( \Rightarrow \angle {B_1} = \angle {C_1}\,\,\,\left( { = \angle {A_1}} \right)\).
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ACB\) có:
\(\angle A\,\,\,chung\)
\(\angle {B_1} = \angle {C_1}\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta ABD \sim \Delta ACB\,\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{AD}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow A{B^2} = AD.AC\) (đpcm).
c) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Chứng minh rằng \(MN\) vuông góc với \(EF\).
Gọi \(H\) là giao điểm của \(EF\) với \(AC\).
Ta có: \(\angle {E_1} = \angle {E_2}\) (đối đỉnh)
Tứ giác \(ABFE\) nội tiếp nên \(\angle {E_2} = \angle {A_2}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(BF\))
\( \Rightarrow \angle {E_1} = \angle {A_2}\) \(\left( { = \angle {E_2}} \right)\)
Lại có \(\Delta ABD \sim \Delta ACB\left( {cmt} \right)\) nên \(\angle ADB = \angle ABC\) (góc tương ứng)
\( \Rightarrow \angle ADB + \angle {E_1} = \angle ABC + \angle {A_2} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle EHD = {180^0} - \left( {\angle ADB + \angle {E_1}} \right) = {180^0} - {90^0} = {90^0}\)
\( \Rightarrow FE \bot AC\) (1)
Mà \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(MN//AC\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(EF \bot MN\) (đpcm).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2020 là một nguồn tài liệu quý giá, giúp học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài và mức độ khó của kỳ thi.
Đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2020 thường bao gồm các dạng bài sau:
Đây là một trong những dạng bài thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10. Các bài toán về phương trình và hệ phương trình thường yêu cầu học sinh phải nắm vững các phương pháp giải như phương pháp thế, phương pháp cộng đại số, và phương pháp đặt ẩn phụ.
Các bài toán về bất phương trình thường yêu cầu học sinh phải hiểu rõ các quy tắc giải bất phương trình và biết cách biểu diễn nghiệm của bất phương trình trên trục số.
Các bài toán về hàm số thường yêu cầu học sinh phải xác định được tập xác định, tập giá trị, và các tính chất của hàm số. Ngoài ra, học sinh cũng cần phải biết cách vẽ đồ thị của hàm số và giải các bài toán liên quan đến đồ thị hàm số.
Các bài toán về hình học thường yêu cầu học sinh phải nắm vững các định lý, tính chất của các hình hình học cơ bản và biết cách áp dụng chúng để giải quyết các bài toán.
Để giải đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2020 một cách hiệu quả, học sinh cần:
Việc luyện tập thường xuyên với đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm trước là một cách hiệu quả để làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài và mức độ khó của kỳ thi. Học sinh có thể tìm kiếm các đề thi năm trước trên internet hoặc tại các trung tâm luyện thi.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2020, học sinh cũng nên tham khảo các tài liệu ôn thi bổ trợ như sách giáo khoa, sách bài tập, và các tài liệu luyện thi khác. Việc học tập đa dạng sẽ giúp học sinh nắm vững kiến thức và kỹ năng giải toán một cách toàn diện.
Hãy tự tin vào khả năng của mình và chuẩn bị kỹ lưỡng cho kỳ thi. Chúc các em thành công!
| Năm | Link đề thi |
|---|---|
| 2020 | [Link đến đề thi 2020] |
| 2019 | [Link đến đề thi 2019] |
| 2018 | [Link đến đề thi 2018] |
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!
