Năm 2018 là một năm quan trọng đối với các thí sinh Nghệ An bước vào kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Để giúp các em học sinh có sự chuẩn bị tốt nhất, toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 chính thức và chi tiết.
Bộ đề thi này không chỉ giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi mà còn rèn luyện kỹ năng giải toán, tư duy logic và khả năng áp dụng kiến thức vào thực tế.
Câu 1 (2,5 điểm): a) So sánh
Câu 1 (2,5 điểm):
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Câu 2 (2 điểm):
Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số.
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Câu 3 (1,5 điểm):
Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau).
Câu 4 (3 điểm):
Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) KM.KA = KE.KF.
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Câu 5 (1 điểm):
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
Câu 1 (2,5 điểm):
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Câu 2 (2 điểm):
Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số.
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Câu 3 (1,5 điểm):
Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau).
Câu 4 (3 điểm):
Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) KM.KA = KE.KF.
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Câu 5 (1 điểm):
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
Câu 1: a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\) b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\) c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\) |
Phương pháp:
a) Rút gọn số hạng thứ nhất sau đó so sánh theo tính chất: với mọi \(a > b > 0\) ta có: \(\sqrt a > \sqrt b .\)
b) Quy đồng mẫu các phân thức và rút gọn biểu thức ở vế trái sao cho bằng biểu thức ở vế phải.
c) Thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số đểm tìm m.
Cách giải:
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
Ta có: \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} = 2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 = 5\sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} = \sqrt {75} .\)
Vì \(75 > 74 \Rightarrow \sqrt {75} > \sqrt {74} \Rightarrow 2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
Vậy \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
\(\begin{array}{l}\;\;\;\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 2 - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{4}{{x - 4}}.\dfrac{{x - 4}}{4} = 1\;\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\;x \ne 4\) ta có: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right) \Rightarrow 2 = 3.1 + m \Leftrightarrow m = - 1.\)
Vậy \(m = - 1.\)
Câu 2: Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số. |
Phương pháp:
a) Thay giá trị \(m = - 2\) vào phương trình sau đó giải phương trình bậc hai một ẩn.
b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
+) Áp dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) và biểu thức bài cho để tìm \(m.\)
Cách giải:
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
Với \(m = - 2\) ta có phương trình
\(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy với \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3;\;1} \right\}.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\( \Leftrightarrow 1 - m + 1 > 0 \Leftrightarrow m < 2.\)
Với \(m < 2\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = m - 1\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \({x_1} = 2{x_2}.\)
Kết hợp với phương trình (1) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} = 2{x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} - 2{x_2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = - \dfrac{4}{3}\\{x_2} = - \dfrac{2}{3}\end{array} \right..\)
\( \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = m - 1 \Leftrightarrow \left( { - \dfrac{2}{3}} \right).\left( { - \dfrac{4}{3}} \right) = m - 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{{17}}{9}\;\;\left( {tm} \right).\)
Vậy \(m = \dfrac{{17}}{9}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 3: Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau). |
Phương pháp:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Dựa vào giả thiết của bài toán để lập hệ phương trình và giải hệ phương trình.
+) Phương trình thứ nhất: Số sách lớp 8 + số sách lớp 9 quyên góp được = 540.
+) Phương trình thứ hai: Số sách mỗi học sinh khối 9 – số sách mỗi học sinh khối 8 = 1.
Giải hệ phương trình vừa lập để tìm \(x,\;y\) và kết luận.
Cách giải:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Số sách cả hai khối quyên góp được là: \(x + y = 540\;\;\;\;\left( 1 \right).\)
Số sách một bạn học sinh khối 8 quyên góp là: \(\dfrac{x}{{120}}\) (quyển)
Số sách một bạn học sinh khối 9 quyên góp là: \(\dfrac{y}{{100}}\) (quyển)
Mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển nên ta có phương trình:
\(\dfrac{y}{{100}} - \dfrac{x}{{120}} = 1 \Leftrightarrow - 5x + 6y = 600\;\;\;\left( 2 \right).\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 540\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 5y = 2700\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11y = 3300\\x = 540 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 300\;\;\left( {tm} \right)\\x = 240\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)
Vậy khối 9 đã quyên góp được 300 quyển sách, khối 8 đã quyên góp được 240 quyển sách.
Câu 4: Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng: |
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác BCEF có hai đỉnh E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc bằng nhau.
b) Chứng minh tam giác MKB và tam giác CKA đồng dạng, chứng minh tam giác KBF và tam giác KEC đồng dạng.
c) Kéo dài MH cắt (O) tại I. chứng minh AI là đường kính của đường tròn (O).
Chứng minh BICH là hình bình hành, suy ra MH đi qua trung điểm của BC cố định.
Cách giải:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(BFEC\) ta có: \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^0}\)
Mà hai đỉnh này cùng kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(BC\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow BCEF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
b) KM.KA = KE.KF.
Vì \(BMAC\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta MKB\) và \(\Delta CKA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {AKC}\;\;chung\\\widehat {KMB} = \widehat {ACK}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MKB \sim \Delta CKA\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{MK}}{{CK}} = \dfrac{{KB}}{{KA}} \Leftrightarrow KM.KA = KC.KB\;\;\;\;\left( 1 \right).\end{array}\)
Vì tứ giác \(BCEF\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KBF} = \widehat {FEC}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta KBF\) và \(\Delta KEC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {CKF}\;\;chung\\\widehat {KBF} = \widehat {KEC}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta KBF \sim \Delta KEC\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{KB}}{{KE}} = \dfrac{{KF}}{{KC}} \Leftrightarrow KB.KC = KF.KF\;\;\;\;\left( 2 \right).\end{array}\)
Từ (1) và (2) ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( { = KB.KC} \right).\;\;\;\left( {dpcm} \right)\)
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Kéo dài \(MH\) cắt đường tròn tại \(I.\)
Ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( {cmt} \right) \Rightarrow \dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}.\)
Xét \(\Delta KME\) và \(\Delta KFA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}\;\;\left( {cmt} \right)\\\widehat {AKE}\;\;chung.\\ \Rightarrow \Delta KME \sim \Delta KFA\;\left( {c.g.c} \right).\\ \Rightarrow \widehat {KAF} = \widehat {KEM}\;\;hay\;\;\widehat {MEF} = \widehat {MAF}.\end{array}\)
Mà hai góc này là hai góc kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(MF\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow MAEF\) là tứ giác nội tiếp hay \(M,\;A,\;E,\;F\) cùng thuộc một đường tròn. (dhnb)
Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.\)
\( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp hay \(A,\;E,\;H,\;F\) cùng thuộc một đường tròn.
\( \Rightarrow A,\;M,\;F,\;H,\;E\) cùng thuộc một đường tròn.
Lại có \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = {90^0} \Rightarrow AH\) đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm \(A,\;M,\;F,\;H,\;E.\)
Mặt khác, \(\widehat {AMH}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {AMH} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {AMI} = {90^0} \Rightarrow AI\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right).\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {ABI} = {90^0}\;\;hay\;\;AB \bot BI.\\ \Rightarrow BI//CF\;\;hay\;\;BC//CF\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta được \(CI//BE\;\;hay\;\;CI//BH.\)
\( \Rightarrow BHCI\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
\( \Rightarrow BC \cap HI = \left\{ J \right\}\) hay \(BC \cap MH = \left\{ J \right\}\) với \(J\) là trung điểm của \(BC.\)
Mà \(BC\) cố định nên \(J\) cố định.
Vậy khi \(A\) thay đổi ta có \(MH\) luôn đi qua trung điểm \(J\) cố định của cạnh \(BC.\)
Câu 5:
Cách giải:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Điều kiện: \(1 - x - 2{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le \dfrac{1}{2}.\)
Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y \Leftrightarrow 2{x^2} - 2xy + x - y = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2x\left( {x - y} \right) + \left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + 1 = 0\\x - y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \dfrac{1}{2}\;\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = y\end{array} \right..\end{array}\)
+) Với \(x = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow y + 2\sqrt {1 + \dfrac{1}{2} - 2.\dfrac{1}{4}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y + 2 = 2 + 2{y^2} \Leftrightarrow 2{y^2} - y = 0\\ \Leftrightarrow y\left( {2y - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\2y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right..\end{array}\)
Khi đó hệ có tập nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}.\)
+) Với \(x = y \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow x + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {x^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 + 1\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 - 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow 4{x^2} + {\left( {\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 0\\\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\1 - x - 2{x^2} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} + x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0\;\;\left( {tm} \right) \Rightarrow y = 0.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right),\;\;\left( {0;\;0} \right)} \right\}.\)
Câu 1: a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\) b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\) c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\) |
Phương pháp:
a) Rút gọn số hạng thứ nhất sau đó so sánh theo tính chất: với mọi \(a > b > 0\) ta có: \(\sqrt a > \sqrt b .\)
b) Quy đồng mẫu các phân thức và rút gọn biểu thức ở vế trái sao cho bằng biểu thức ở vế phải.
c) Thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số đểm tìm m.
Cách giải:
a) So sánh \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} \) và \(\sqrt {74} .\)
Ta có: \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} = 2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 = 5\sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} = \sqrt {75} .\)
Vì \(75 > 74 \Rightarrow \sqrt {75} > \sqrt {74} \Rightarrow 2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
Vậy \(2\sqrt 3 + \sqrt {27} > \sqrt {74} .\)
b) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1,\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4.\)
\(\begin{array}{l}\;\;\;\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 2 - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\dfrac{{x - 4}}{4}\\ = \dfrac{4}{{x - 4}}.\dfrac{{x - 4}}{4} = 1\;\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\;x \ne 4\) ta có: \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}} \right).\dfrac{{x - 4}}{4} = 1.\)
c) Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số \(y = 3x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right).\)
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {1;\;2} \right) \Rightarrow 2 = 3.1 + m \Leftrightarrow m = - 1.\)
Vậy \(m = - 1.\)
Câu 2: Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\;\;\;\;\left( * \right),\) trong đó \(m\) là tham số. |
Phương pháp:
a) Thay giá trị \(m = - 2\) vào phương trình sau đó giải phương trình bậc hai một ẩn.
b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
+) Áp dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) và biểu thức bài cho để tìm \(m.\)
Cách giải:
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) khi \(m = - 2.\)
Với \(m = - 2\) ta có phương trình
\(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy với \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3;\;1} \right\}.\)
b) Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 2{x_2}.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\( \Leftrightarrow 1 - m + 1 > 0 \Leftrightarrow m < 2.\)
Với \(m < 2\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = m - 1\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \({x_1} = 2{x_2}.\)
Kết hợp với phương trình (1) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} = 2{x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1} - 2{x_2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = - \dfrac{4}{3}\\{x_2} = - \dfrac{2}{3}\end{array} \right..\)
\( \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = m - 1 \Leftrightarrow \left( { - \dfrac{2}{3}} \right).\left( { - \dfrac{4}{3}} \right) = m - 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{{17}}{9}\;\;\left( {tm} \right).\)
Vậy \(m = \dfrac{{17}}{9}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 3: Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau). |
Phương pháp:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Dựa vào giả thiết của bài toán để lập hệ phương trình và giải hệ phương trình.
+) Phương trình thứ nhất: Số sách lớp 8 + số sách lớp 9 quyên góp được = 540.
+) Phương trình thứ hai: Số sách mỗi học sinh khối 9 – số sách mỗi học sinh khối 8 = 1.
Giải hệ phương trình vừa lập để tìm \(x,\;y\) và kết luận.
Cách giải:
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là \(x,\;y\) (quyển sách), \(\left( {0 < x,\;y < 540,\;x,\;y \in N} \right).\)
Số sách cả hai khối quyên góp được là: \(x + y = 540\;\;\;\;\left( 1 \right).\)
Số sách một bạn học sinh khối 8 quyên góp là: \(\dfrac{x}{{120}}\) (quyển)
Số sách một bạn học sinh khối 9 quyên góp là: \(\dfrac{y}{{100}}\) (quyển)
Mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển nên ta có phương trình:
\(\dfrac{y}{{100}} - \dfrac{x}{{120}} = 1 \Leftrightarrow - 5x + 6y = 600\;\;\;\left( 2 \right).\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 540\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 5y = 2700\\ - 5x + 6y = 600\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11y = 3300\\x = 540 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 300\;\;\left( {tm} \right)\\x = 240\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)
Vậy khối 9 đã quyên góp được 300 quyển sách, khối 8 đã quyên góp được 240 quyển sách.
Câu 4: Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng: |
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác BCEF có hai đỉnh E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc bằng nhau.
b) Chứng minh tam giác MKB và tam giác CKA đồng dạng, chứng minh tam giác KBF và tam giác KEC đồng dạng.
c) Kéo dài MH cắt (O) tại I. chứng minh AI là đường kính của đường tròn (O).
Chứng minh BICH là hình bình hành, suy ra MH đi qua trung điểm của BC cố định.
Cách giải:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(BFEC\) ta có: \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^0}\)
Mà hai đỉnh này cùng kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(BC\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow BCEF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
b) KM.KA = KE.KF.
Vì \(BMAC\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta MKB\) và \(\Delta CKA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {AKC}\;\;chung\\\widehat {KMB} = \widehat {ACK}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MKB \sim \Delta CKA\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{MK}}{{CK}} = \dfrac{{KB}}{{KA}} \Leftrightarrow KM.KA = KC.KB\;\;\;\;\left( 1 \right).\end{array}\)
Vì tứ giác \(BCEF\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KBF} = \widehat {FEC}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta KBF\) và \(\Delta KEC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {CKF}\;\;chung\\\widehat {KBF} = \widehat {KEC}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta KBF \sim \Delta KEC\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{KB}}{{KE}} = \dfrac{{KF}}{{KC}} \Leftrightarrow KB.KC = KF.KF\;\;\;\;\left( 2 \right).\end{array}\)
Từ (1) và (2) ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( { = KB.KC} \right).\;\;\;\left( {dpcm} \right)\)
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Kéo dài \(MH\) cắt đường tròn tại \(I.\)
Ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( {cmt} \right) \Rightarrow \dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}.\)
Xét \(\Delta KME\) và \(\Delta KFA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{KM}}{{KF}} = \dfrac{{KE}}{{KA}}\;\;\left( {cmt} \right)\\\widehat {AKE}\;\;chung.\\ \Rightarrow \Delta KME \sim \Delta KFA\;\left( {c.g.c} \right).\\ \Rightarrow \widehat {KAF} = \widehat {KEM}\;\;hay\;\;\widehat {MEF} = \widehat {MAF}.\end{array}\)
Mà hai góc này là hai góc kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(MF\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow MAEF\) là tứ giác nội tiếp hay \(M,\;A,\;E,\;F\) cùng thuộc một đường tròn. (dhnb)
Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.\)
\( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp hay \(A,\;E,\;H,\;F\) cùng thuộc một đường tròn.
\( \Rightarrow A,\;M,\;F,\;H,\;E\) cùng thuộc một đường tròn.
Lại có \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = {90^0} \Rightarrow AH\) đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm \(A,\;M,\;F,\;H,\;E.\)
Mặt khác, \(\widehat {AMH}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {AMH} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {AMI} = {90^0} \Rightarrow AI\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right).\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {ABI} = {90^0}\;\;hay\;\;AB \bot BI.\\ \Rightarrow BI//CF\;\;hay\;\;BC//CF\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta được \(CI//BE\;\;hay\;\;CI//BH.\)
\( \Rightarrow BHCI\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
\( \Rightarrow BC \cap HI = \left\{ J \right\}\) hay \(BC \cap MH = \left\{ J \right\}\) với \(J\) là trung điểm của \(BC.\)
Mà \(BC\) cố định nên \(J\) cố định.
Vậy khi \(A\) thay đổi ta có \(MH\) luôn đi qua trung điểm \(J\) cố định của cạnh \(BC.\)
Câu 5:
Cách giải:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\\y + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Điều kiện: \(1 - x - 2{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le \dfrac{1}{2}.\)
Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow x\left( {2x - 2y + 1} \right) = y \Leftrightarrow 2{x^2} - 2xy + x - y = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2x\left( {x - y} \right) + \left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {x - y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + 1 = 0\\x - y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \dfrac{1}{2}\;\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = y\end{array} \right..\end{array}\)
+) Với \(x = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow y + 2\sqrt {1 + \dfrac{1}{2} - 2.\dfrac{1}{4}} = 2\left( {1 + {y^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y + 2 = 2 + 2{y^2} \Leftrightarrow 2{y^2} - y = 0\\ \Leftrightarrow y\left( {2y - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\2y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right..\end{array}\)
Khi đó hệ có tập nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}.\)
+) Với \(x = y \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow x + 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 2\left( {1 + {x^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} = 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 + 1\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 2{x^2} - x + 1 - 2\sqrt {1 - x - 2{x^2}} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow 4{x^2} + {\left( {\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 0\\\sqrt {1 - x - 2{x^2}} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\1 - x - 2{x^2} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} + x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0\;\;\left( {tm} \right) \Rightarrow y = 0.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\;y} \right) = \left\{ {\left( { - \dfrac{1}{2};\;0} \right),\;\;\left( { - \dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right),\;\;\left( {0;\;0} \right)} \right\}.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Nghệ An luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước ngoặt trong sự nghiệp học tập của học sinh. Môn Toán, với vai trò then chốt, đòi hỏi học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng về kiến thức và kỹ năng. Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 là một nguồn tài liệu vô giá để các em học sinh có thể ôn luyện và làm quen với cấu trúc đề thi thực tế.
Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Phương trình bậc hai là một trong những dạng bài tập cơ bản và thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10. Để giải phương trình bậc hai, học sinh cần nắm vững các công thức và kỹ năng giải phương trình, cũng như biết cách kiểm tra điều kiện của nghiệm.
Các bài toán chứng minh đẳng thức hình học đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc về các định lý và tính chất hình học, cũng như khả năng suy luận logic và trình bày bài giải một cách rõ ràng, mạch lạc.
Các bài toán ứng dụng thực tế thường yêu cầu học sinh phải vận dụng kiến thức toán học vào giải quyết các vấn đề trong cuộc sống. Để giải quyết các bài toán này, học sinh cần phải hiểu rõ bản chất của vấn đề và biết cách xây dựng mô hình toán học phù hợp.
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2018 là một tài liệu quan trọng giúp các em học sinh chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Hy vọng rằng, với những phân tích và hướng dẫn giải chi tiết trong bài viết này, các em sẽ có thêm kiến thức và kỹ năng để tự tin bước vào kỳ thi 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!
