toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2023 chính thức, được tổng hợp từ kỳ thi tuyển sinh vừa qua. Đây là tài liệu vô cùng hữu ích cho các em học sinh đang chuẩn bị bước vào kỳ thi quan trọng này.
Với cấu trúc đề thi bám sát đề thi thật, các em có thể làm quen với dạng bài, rèn luyện kỹ năng giải đề và tự đánh giá năng lực của mình. Chúc các em ôn thi tốt và đạt kết quả cao!
Câu 1: Tính giá trị biểu thúrc sau: a) \(\frac{{\sqrt {81} }}{3}\) b) \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 \)
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
Tính toán với căn bậc hai \(\sqrt {{x^2}} {\rm{ \;}} = \left| x \right|\)
Cách giải:
a) Ta có: \(\frac{{\sqrt {81} }}{3} = \frac{{\sqrt {{9^2}} }}{3} = \frac{9}{3} = 3\).
b) Ta có: \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 {\rm{ \;}} = \sqrt {{4^2}} {\rm{ \;}} - \sqrt {{3^2}} {\rm{ \;}} = 4 - 3 = 1\).
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
Nhẩm nghiệm phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0(a \ne 0)\):
Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Nếu \(a - b + c = 0\) thì phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = {\rm{ \;}} - 1}\\{{x_2} = \frac{{ - c}}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Xét \(3{x^2} + x - 4 = 0\).
Ta có: \(a + b + c = 3 + 1 + \left( { - 4} \right) = 0\)
Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 4}}{3}}\end{array}} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - \frac{4}{3}} \right\}\).
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5y = {\rm{ \;}} - 5}\\{x = 3 - y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 3 - \left( { - 1} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 4}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {4; - 1} \right)\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Xác suất của biến cố bằng tỉ số của kết quả thuận lợi với các kết quả có thể xảy ra.
Cách giải:
Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần các trường hợp có thể xảy ra là: \(\left\{ {SS;SN;SN;NS} \right\}\).
Vậy có tất cả 4 trường hợp có thể xảy ra.
Hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau có 2 khả năng là: \(\left\{ {SS;NN} \right\}\).
Vậy xác suất hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau là: \(\frac{2}{4} = \frac{1}{2} = 0,5\).
Câu 5 (TH):
Phương pháp:
a) Rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai (quy đồng, tính toán, quy tắc dấu).
b) Giải phương trình tìm x, chú ý đối chiếu điều kiện.
Cách giải:
a) Với \(x \ge 0,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x - 1}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}} - \frac{{\sqrt x + 1}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x - 1 - \sqrt x - 1 + 2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2\sqrt x - 2}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2(\sqrt x - 1)}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{2}{{\sqrt x + 1}}\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,x \ne 1\) thì \(P = \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}\).
b) Để \(P = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} = \frac{1}{3}\)
\(\begin{array}{*{20}{r}}{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} + 1 = 6}\\{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} = 5}\\{}&{\; \Leftrightarrow x = 25\left( {{\rm{tm}}} \right)}\end{array}\)
Vậy để \(P = \frac{1}{3}\) thì \(x = 25\).
Câu 6 (TH):
Phương pháp:
Đồ thị hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\) cắt trung tung tại điểm có hoành độ bằng 0.
Cách giải:
Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5 nên đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;5} \right)\).
Thay \({\rm{x}} = 0,{\rm{y}} = 5\) vào hàm số ta được: \(5 = m.0 + 2m - 1 \Leftrightarrow 2m - 1 = 5 \Leftrightarrow 2m = 6 \Leftrightarrow m = 3.\;\)
Vậy \(m = 3\).
Câu 7 (TH):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Hệ phương trình: tổng số sản phẩm và tổng khối lượng.
Cách giải:
Gọi số sản phẩm loại \({\rm{A}}\) đã nhập là \({\rm{x}}\) (sản phẩm). Số sản phẩm loại \({\rm{B}}\) đã nhập là \({\rm{y}}\) (sản phẩm)
(ĐK: \(x,y \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},x,y < 10\) ).
Vì cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại \({\rm{A}}\) và \({\rm{B}}\) về bán nên ta có phương trình \(x + y = 10\) (1)
Vì mỗi sản phẩm loại \(A\) nặng \(9\;{\rm{kg}}\), mỗi sản phẩm loại \(B\) nặng \(10\;{\rm{kg}}\) và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là \(95\;{\rm{kg}}\) nên ta có phương trình: \(9x + 10y = 95\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 10}\\{9x + 10y = 95}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10y = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10\left( {10 - x} \right) = 95}\end{array}} \right.} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 100 - 10x = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{x = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{y = 5}\end{array}\left( {{\rm{tm}}} \right)} \right.} \right.} \right.\)
Vậy cửa hàng đó đã nhập 5 sản phẩm loại \({\rm{A}}\) và 5 sản phẩm loại \({\rm{B}}\).
Câu 8 (VD):
Phương pháp:
Công thức Công thức \(\Delta ' = {(b')^2} - ac\) với \(b' = \frac{b}{2}\)
Phương trình có hai nghiệm khi \(\Delta {\rm{ \;}} \ge 0\)
Hệ thức Vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Ta có: \(\Delta ' = {m^2} - 1 \cdot \left( {{m^2} + m - 2} \right) = {m^2} - {m^2} - m + 2 = {\rm{ \;}} - m + 2\).
Để phương trình (I) có hai nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0\) hay \( - m + 2 \ge 0 \Leftrightarrow m \le 2\).
Ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + (2m + 3){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3{x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\end{array}\)
Áp dụng định lý Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.\), khi đó:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right){x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - {x_1}{x_2} - x_2^2 + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2}} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - {{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} + 2{x_1}{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\end{array}\)
Thay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.\) vào \(P\) ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - {{( - 2m)}^2} + 2\left( {{m^2} + m - 2} \right) + 3\left( { - 2m} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - 4{m^2} + 2{m^2} + 2m - 4 - 6m}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{m^2} - 4m - 4}\\{P = {\rm{ \;}} - 2\left( {{m^2} + 2m + 1} \right) - 2}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{{(m + 1)}^2} - 2}\end{array}\)
Ta có \({(m + 1)^2} \ge 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} \le 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} - 2 \le {\rm{ \;}} - 2\forall m\).
Dấu "=" xảy ra khi \({(m + 1)^2} = 0 \Leftrightarrow m + 1 = 0 \Leftrightarrow m = {\rm{ \;}} - 1\)
Vậy GTLN của \(P\) là -2 , đạt được khi \(m = {\rm{ \;}} - 1\).
Câu 9 (VD):
Phương pháp:
Công thức lượng giác trong tam giác vuông.
Hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
a) Xét tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại \({\rm{A}}\) có:\(AB = BC.{\rm{cos}}60^\circ = 40.\frac{1}{2} = 20\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Vậy \(AB = 20\left( {cm} \right)\).
b) Xét tam giác vuông \({\rm{ABC}}\) ta có:
\(AC = BC.{\rm{sin}}60^\circ = 40.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 20\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right)\)
Vì tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại \({\rm{A}}\) nên: \(\angle B + \angle C = 90^\circ \Rightarrow \angle C = 90^\circ - \angle B = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \)
Xét tam giác vuông \({\rm{AHC}}\) ta có: \(HC = AC.{\rm{cos}}30^\circ = 20\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 30\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \({\rm{ABC}}\), đường cao \({\rm{AH}}\) ta có:
\(AH.BC = AB.AC \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{20.20\sqrt 3 }}{{40}} = 10\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right).\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \({\rm{AHC}}\), đường cao \({\rm{HK}}\) ta có:
\(HK.AC = AH.HC \Rightarrow HK = \frac{{AH.HC}}{{AC}} = \frac{{10\sqrt 3 .30}}{{20\sqrt 3 }} = 15\left( {\;{\rm{cm}}} \right).\)
Vậy HK = \(15\left( {\;{\rm{cm}}} \right)\).
Câu 10 (VDC):
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác OAIC có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) nên nội tiếp.
b) Chứng ${\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {g - g} \right)$ suy ra các cặp cạnh tỉ lệ.
c) Chứng minh AE song song với BD, mà BD vuông góc với MO suy ra điều phải chứng minh.
Cách giải:
a) Ta có \({\rm{IA}}\) và \({\rm{IC}}\) là tiếp tuyến của đường tròn nên \(OA \bot IA;OC \bot CI\). \( \Rightarrow \angle OAI = \angle OCI = 90^\circ \)
Xét tứ giác \({\rm{OAIC}}\) có \(\angle OAI + \angle OCI = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác \({\rm{OAIC}}\) nội tiếp đường tròn (dhnb) (đpcm)
b) Xét và có:
\(\angle CID\) chung
\(\angle ICD = \angle IBC\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
$\Rightarrow {\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {{\rm{\;g}}.{\rm{g}}} \right) \Rightarrow \dfrac{{ID}}{{IC}} = \dfrac{{IC}}{{IB}} \Leftrightarrow I{C^2} = IB.ID\left( {{\rm{dpcm}}} \right)$
c) Do \({\rm{M}}\) là trung điểm của \({\rm{BD}}\) (gt) nên \(OM \bot BD\) (tính chất đường kính vuông góc với dây cung)
Xét tứ giác ICOM có \(\angle IMO + \angle ICO = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác ICOM nội tiếp đường tròn (dhnb)
Mà tứ giác \({\rm{OAIC}}\) nội tiếp đường tròn \(\left( {{\rm{cmt}}} \right)\) nên \({\rm{I}},{\rm{C}},{\rm{O}},{\rm{M}},{\rm{A}}\) cùng thuộc một đường tròn
\( \Rightarrow \angle IMC = \angle IAC\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{IC}}\)) (1)
Mà \(\angle AEC = \angle IAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) (2)
và \(\angle IMC = \angle EMB\) (đối đỉnh) (3)
Từ (1),(2), (3) \( \Rightarrow \angle AEM = \angle EMB\left( { = \angle IMC = \angle IAC} \right)\)
Mà 2 góc này ờ vị trí so le trong nên suy ra \(AE \bot BD\)
Mà \(OM \bot BD\) (cmt) \( \Rightarrow OM \bot AE\) (đpcm)
Câu 1: Tính giá trị biểu thúrc sau:
a) \(\frac{{\sqrt {81} }}{3}\)
b) \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 \)
Câu 2: Giải phương trình sau: \(3{x^2} + x - 4 = 0\).
Câu 3: Giải hệ phuơng trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.\)
Câu 4: Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần. Tính xác suất sao cho hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau.
Câu 5: Cho biểu thức \(P = \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}\left( {x \ge 0,x \ne 1} \right)\).
a) Rút gọn biểu thúrc \(P\).
b) Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = \frac{1}{3}\).
Câu 6: Cho hàm số \(y = mx + 2m - 1\). Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5.
Câu 7: Một cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại \(A\) và \(B\) về bán. Biết mỗi sản phẩm loại \(A\) nặng \(9\;{\rm{kg}}\), mỗi sản phẩm loại B nặng \(10\;{\rm{kg}}\) và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là \(95\;{\rm{kg}}\). Hỏi cửa hàng đã nhập bao nhiêu sản phẩm mỗi loại.
Câu 8: Cho phương trình: \({x^2} + 2mx + {m^2} + m - 2 = 0\) (1) (m là tham số). Tìm \(m\) để phuơng trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) sao cho biểu thức \(P\) đạt giá trị lớn nhất với \(P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + \left( {2m + 3} \right){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}\).
Câu 9: Cho tam giác \(ABC\) vuông ở \(A\), có đường cao \(AH\). Biết góc \(\angle ABC = 60^\circ \), độ dài \(BC = 40{\rm{\;cm}}\).
a) Tính độ dài cạnh \(AB\).
b) Gọi điểm K thuộc đọan thẳng AC sao cho HK vuông góc với AC. Tính độ dài đoạn thẳng HK.
Câu 10: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn \((BA < BC)\) và nội tiếp đường tròn tâm \(O\). Hai tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) tại \(A\) và \(C\) cắt nhau tại \(I\). Tia BI cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thúr hai là \(D\).
a) Chứng minh rằng tứ giác OAIC nội tiếp.
b) Chứng minh \(I{C^2} = IB.ID\)
c) Gọi \(M\) là trung điểm của BD. Tia CM cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(E\). CMR: \(MO \bot AE\)
-----HẾT-----
Câu 1: Tính giá trị biểu thúrc sau:
a) \(\frac{{\sqrt {81} }}{3}\)
b) \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 \)
Câu 2: Giải phương trình sau: \(3{x^2} + x - 4 = 0\).
Câu 3: Giải hệ phuơng trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.\)
Câu 4: Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần. Tính xác suất sao cho hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau.
Câu 5: Cho biểu thức \(P = \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}\left( {x \ge 0,x \ne 1} \right)\).
a) Rút gọn biểu thúrc \(P\).
b) Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = \frac{1}{3}\).
Câu 6: Cho hàm số \(y = mx + 2m - 1\). Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5.
Câu 7: Một cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại \(A\) và \(B\) về bán. Biết mỗi sản phẩm loại \(A\) nặng \(9\;{\rm{kg}}\), mỗi sản phẩm loại B nặng \(10\;{\rm{kg}}\) và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là \(95\;{\rm{kg}}\). Hỏi cửa hàng đã nhập bao nhiêu sản phẩm mỗi loại.
Câu 8: Cho phương trình: \({x^2} + 2mx + {m^2} + m - 2 = 0\) (1) (m là tham số). Tìm \(m\) để phuơng trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) sao cho biểu thức \(P\) đạt giá trị lớn nhất với \(P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + \left( {2m + 3} \right){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}\).
Câu 9: Cho tam giác \(ABC\) vuông ở \(A\), có đường cao \(AH\). Biết góc \(\angle ABC = 60^\circ \), độ dài \(BC = 40{\rm{\;cm}}\).
a) Tính độ dài cạnh \(AB\).
b) Gọi điểm K thuộc đọan thẳng AC sao cho HK vuông góc với AC. Tính độ dài đoạn thẳng HK.
Câu 10: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn \((BA < BC)\) và nội tiếp đường tròn tâm \(O\). Hai tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) tại \(A\) và \(C\) cắt nhau tại \(I\). Tia BI cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thúr hai là \(D\).
a) Chứng minh rằng tứ giác OAIC nội tiếp.
b) Chứng minh \(I{C^2} = IB.ID\)
c) Gọi \(M\) là trung điểm của BD. Tia CM cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(E\). CMR: \(MO \bot AE\)
-----HẾT-----
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
Tính toán với căn bậc hai \(\sqrt {{x^2}} {\rm{ \;}} = \left| x \right|\)
Cách giải:
a) Ta có: \(\frac{{\sqrt {81} }}{3} = \frac{{\sqrt {{9^2}} }}{3} = \frac{9}{3} = 3\).
b) Ta có: \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 {\rm{ \;}} = \sqrt {{4^2}} {\rm{ \;}} - \sqrt {{3^2}} {\rm{ \;}} = 4 - 3 = 1\).
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
Nhẩm nghiệm phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0(a \ne 0)\):
Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Nếu \(a - b + c = 0\) thì phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = {\rm{ \;}} - 1}\\{{x_2} = \frac{{ - c}}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Xét \(3{x^2} + x - 4 = 0\).
Ta có: \(a + b + c = 3 + 1 + \left( { - 4} \right) = 0\)
Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 4}}{3}}\end{array}} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - \frac{4}{3}} \right\}\).
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5y = {\rm{ \;}} - 5}\\{x = 3 - y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 3 - \left( { - 1} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 4}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {4; - 1} \right)\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Xác suất của biến cố bằng tỉ số của kết quả thuận lợi với các kết quả có thể xảy ra.
Cách giải:
Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần các trường hợp có thể xảy ra là: \(\left\{ {SS;SN;SN;NS} \right\}\).
Vậy có tất cả 4 trường hợp có thể xảy ra.
Hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau có 2 khả năng là: \(\left\{ {SS;NN} \right\}\).
Vậy xác suất hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau là: \(\frac{2}{4} = \frac{1}{2} = 0,5\).
Câu 5 (TH):
Phương pháp:
a) Rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai (quy đồng, tính toán, quy tắc dấu).
b) Giải phương trình tìm x, chú ý đối chiếu điều kiện.
Cách giải:
a) Với \(x \ge 0,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x - 1}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}} - \frac{{\sqrt x + 1}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x - 1 - \sqrt x - 1 + 2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2\sqrt x - 2}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2(\sqrt x - 1)}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{2}{{\sqrt x + 1}}\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,x \ne 1\) thì \(P = \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}\).
b) Để \(P = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} = \frac{1}{3}\)
\(\begin{array}{*{20}{r}}{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} + 1 = 6}\\{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} = 5}\\{}&{\; \Leftrightarrow x = 25\left( {{\rm{tm}}} \right)}\end{array}\)
Vậy để \(P = \frac{1}{3}\) thì \(x = 25\).
Câu 6 (TH):
Phương pháp:
Đồ thị hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\) cắt trung tung tại điểm có hoành độ bằng 0.
Cách giải:
Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5 nên đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;5} \right)\).
Thay \({\rm{x}} = 0,{\rm{y}} = 5\) vào hàm số ta được: \(5 = m.0 + 2m - 1 \Leftrightarrow 2m - 1 = 5 \Leftrightarrow 2m = 6 \Leftrightarrow m = 3.\;\)
Vậy \(m = 3\).
Câu 7 (TH):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Hệ phương trình: tổng số sản phẩm và tổng khối lượng.
Cách giải:
Gọi số sản phẩm loại \({\rm{A}}\) đã nhập là \({\rm{x}}\) (sản phẩm). Số sản phẩm loại \({\rm{B}}\) đã nhập là \({\rm{y}}\) (sản phẩm)
(ĐK: \(x,y \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},x,y < 10\) ).
Vì cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại \({\rm{A}}\) và \({\rm{B}}\) về bán nên ta có phương trình \(x + y = 10\) (1)
Vì mỗi sản phẩm loại \(A\) nặng \(9\;{\rm{kg}}\), mỗi sản phẩm loại \(B\) nặng \(10\;{\rm{kg}}\) và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là \(95\;{\rm{kg}}\) nên ta có phương trình: \(9x + 10y = 95\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 10}\\{9x + 10y = 95}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10y = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10\left( {10 - x} \right) = 95}\end{array}} \right.} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 100 - 10x = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{x = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{y = 5}\end{array}\left( {{\rm{tm}}} \right)} \right.} \right.} \right.\)
Vậy cửa hàng đó đã nhập 5 sản phẩm loại \({\rm{A}}\) và 5 sản phẩm loại \({\rm{B}}\).
Câu 8 (VD):
Phương pháp:
Công thức Công thức \(\Delta ' = {(b')^2} - ac\) với \(b' = \frac{b}{2}\)
Phương trình có hai nghiệm khi \(\Delta {\rm{ \;}} \ge 0\)
Hệ thức Vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Ta có: \(\Delta ' = {m^2} - 1 \cdot \left( {{m^2} + m - 2} \right) = {m^2} - {m^2} - m + 2 = {\rm{ \;}} - m + 2\).
Để phương trình (I) có hai nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0\) hay \( - m + 2 \ge 0 \Leftrightarrow m \le 2\).
Ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + (2m + 3){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3{x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\end{array}\)
Áp dụng định lý Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.\), khi đó:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right){x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - {x_1}{x_2} - x_2^2 + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2}} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - {{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} + 2{x_1}{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\end{array}\)
Thay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.\) vào \(P\) ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - {{( - 2m)}^2} + 2\left( {{m^2} + m - 2} \right) + 3\left( { - 2m} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - 4{m^2} + 2{m^2} + 2m - 4 - 6m}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{m^2} - 4m - 4}\\{P = {\rm{ \;}} - 2\left( {{m^2} + 2m + 1} \right) - 2}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{{(m + 1)}^2} - 2}\end{array}\)
Ta có \({(m + 1)^2} \ge 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} \le 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} - 2 \le {\rm{ \;}} - 2\forall m\).
Dấu "=" xảy ra khi \({(m + 1)^2} = 0 \Leftrightarrow m + 1 = 0 \Leftrightarrow m = {\rm{ \;}} - 1\)
Vậy GTLN của \(P\) là -2 , đạt được khi \(m = {\rm{ \;}} - 1\).
Câu 9 (VD):
Phương pháp:
Công thức lượng giác trong tam giác vuông.
Hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
a) Xét tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại \({\rm{A}}\) có:\(AB = BC.{\rm{cos}}60^\circ = 40.\frac{1}{2} = 20\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Vậy \(AB = 20\left( {cm} \right)\).
b) Xét tam giác vuông \({\rm{ABC}}\) ta có:
\(AC = BC.{\rm{sin}}60^\circ = 40.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 20\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right)\)
Vì tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại \({\rm{A}}\) nên: \(\angle B + \angle C = 90^\circ \Rightarrow \angle C = 90^\circ - \angle B = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \)
Xét tam giác vuông \({\rm{AHC}}\) ta có: \(HC = AC.{\rm{cos}}30^\circ = 20\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 30\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \({\rm{ABC}}\), đường cao \({\rm{AH}}\) ta có:
\(AH.BC = AB.AC \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{20.20\sqrt 3 }}{{40}} = 10\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right).\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \({\rm{AHC}}\), đường cao \({\rm{HK}}\) ta có:
\(HK.AC = AH.HC \Rightarrow HK = \frac{{AH.HC}}{{AC}} = \frac{{10\sqrt 3 .30}}{{20\sqrt 3 }} = 15\left( {\;{\rm{cm}}} \right).\)
Vậy HK = \(15\left( {\;{\rm{cm}}} \right)\).
Câu 10 (VDC):
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác OAIC có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) nên nội tiếp.
b) Chứng ${\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {g - g} \right)$ suy ra các cặp cạnh tỉ lệ.
c) Chứng minh AE song song với BD, mà BD vuông góc với MO suy ra điều phải chứng minh.
Cách giải:
a) Ta có \({\rm{IA}}\) và \({\rm{IC}}\) là tiếp tuyến của đường tròn nên \(OA \bot IA;OC \bot CI\). \( \Rightarrow \angle OAI = \angle OCI = 90^\circ \)
Xét tứ giác \({\rm{OAIC}}\) có \(\angle OAI + \angle OCI = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác \({\rm{OAIC}}\) nội tiếp đường tròn (dhnb) (đpcm)
b) Xét và có:
\(\angle CID\) chung
\(\angle ICD = \angle IBC\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
$\Rightarrow {\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {{\rm{\;g}}.{\rm{g}}} \right) \Rightarrow \dfrac{{ID}}{{IC}} = \dfrac{{IC}}{{IB}} \Leftrightarrow I{C^2} = IB.ID\left( {{\rm{dpcm}}} \right)$
c) Do \({\rm{M}}\) là trung điểm của \({\rm{BD}}\) (gt) nên \(OM \bot BD\) (tính chất đường kính vuông góc với dây cung)
Xét tứ giác ICOM có \(\angle IMO + \angle ICO = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác ICOM nội tiếp đường tròn (dhnb)
Mà tứ giác \({\rm{OAIC}}\) nội tiếp đường tròn \(\left( {{\rm{cmt}}} \right)\) nên \({\rm{I}},{\rm{C}},{\rm{O}},{\rm{M}},{\rm{A}}\) cùng thuộc một đường tròn
\( \Rightarrow \angle IMC = \angle IAC\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{IC}}\)) (1)
Mà \(\angle AEC = \angle IAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) (2)
và \(\angle IMC = \angle EMB\) (đối đỉnh) (3)
Từ (1),(2), (3) \( \Rightarrow \angle AEM = \angle EMB\left( { = \angle IMC = \angle IAC} \right)\)
Mà 2 góc này ờ vị trí so le trong nên suy ra \(AE \bot BD\)
Mà \(OM \bot BD\) (cmt) \( \Rightarrow OM \bot AE\) (đpcm)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Lào Cai là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của các em học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài thường gặp và phương pháp giải quyết là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho các em một cái nhìn tổng quan về Đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2023, cùng với những phân tích chi tiết và hướng dẫn giải các bài toán điển hình.
Đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2023 thường bao gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Đây là một dạng bài thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10. Các em cần nắm vững các phương pháp giải phương trình và hệ phương trình, như phương pháp thế, phương pháp cộng đại số, phương pháp đặt ẩn phụ.
Các em cần hiểu rõ các quy tắc giải bất phương trình và biết cách biểu diễn tập nghiệm trên trục số.
Các em cần nắm vững các khái niệm về hàm số, đồ thị hàm số và các tính chất của hàm số.
Các em cần nắm vững các định lý, tính chất về tam giác, tứ giác, đường tròn và biết cách áp dụng chúng để giải quyết các bài toán hình học.
Đây là dạng bài đòi hỏi các em phải vận dụng kiến thức toán học vào các tình huống thực tế. Các em cần đọc kỹ đề bài, xác định các yếu tố toán học liên quan và xây dựng mô hình toán học để giải quyết bài toán.
Ví dụ 1: Giải phương trình 2x + 3 = 7
Giải: 2x = 7 - 3 => 2x = 4 => x = 2
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Giải: Áp dụng định lý Pitago, ta có: BC2 = AB2 + AC2 = 32 + 42 = 9 + 16 = 25 => BC = 5cm
Hy vọng với những thông tin và phân tích trên, các em sẽ có thêm kiến thức và tự tin hơn để chuẩn bị cho kỳ thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2023. Chúc các em thành công!
Stay updated with the latest technology news, learn new skills with our how-to guides, and discover your next favorite film or album. Explore now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Tìm hiểu về Fractal, một khái niệm hình học độc đáo. Bài viết này sẽ hé lộ những điều thú vị về Fractal mà bạn chưa từng biết! Khám phá ngay!
Giải mã paradox - hiện tượng tưởng chừng vô nghĩa nhưng chứa đựng triết lý sâu sắc. Khám phá các loại paradox phổ biến và ứng dụng bất ngờ của chúng! Click để tìm hiểu!
Đắm chìm vào thế giới trinh thám đầy u ám của 'Tên của trò chơi là bắt cóc'. Phân tích sâu về tâm lý nhân vật, ranh giới thiện ác mong manh và những bí mật bị che giấu. Liệu bạn có dám đối mặt với sự thật khi ai cũng là kẻ ác? Khám phá ngay!
Khám phá phương pháp độc đáo giúp con tự tin giải quyết bài tập Toán nâng cao lớp 1. Xem ngay lời giải chi tiết, dễ hiểu và các mẹo học tập hiệu quả! Đừng bỏ lỡ!
