Chào mừng các em học sinh đến với đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Quảng Bình năm 2021 - Đề số 1. Đây là một đề thi quan trọng giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Toan11.edu.vn cung cấp đề thi chính thức, kèm theo đáp án chi tiết và lời giải dễ hiểu, giúp các em tự học hiệu quả tại nhà.
Câu 1 (2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
Câu 1 (2,0 điểm):
Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt 8 - \sqrt {32} + \sqrt {50} \)
b) \(B = \left( {3 + \dfrac{{a + \sqrt a }}{{\sqrt a + 1}}} \right).\left( {3 - \dfrac{{a - \sqrt a }}{{\sqrt a - 1}}} \right)\) (với \(a \ge 0,\,\,a \ne 1\)).
Câu 2 (1,5 điểm):
a) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để hàm số \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 8\\3x - 4y = 2\end{array} \right.\)
Câu 3 (2,0 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - 6x + m + 4 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) khi \(m = 1\).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(2020\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2021{x_1}{x_2} = 2014\).
Câu 4 (1,0 điểm):
Cho \(a,\,\,b\) là các số thực dương. Chứng minh \(\dfrac{{a + b}}{{\sqrt {a\left( {15a + b} \right)} + \sqrt {b\left( {15b + a} \right)} }} \ge \dfrac{1}{4}\).
Câu 5 (3,5 điểm):
Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) đường kính \(AB\), dây cung \(MN\) vuông góc với \(AB\) tại \(I\) sao cho \(AI < BI\). Trên đoạn thẳng \(MI\) lấy điểm \(H\) (\(H\) khác \(M\) và \(I\)), tia \(AH\) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại điểm thứ hai là \(K\). Chứng minh rằng:
a) Tứ giác \(BIHK\) nội tiếp đường tròn.
b) \(\Delta AHM\) đồng dạng với \(\Delta AMK\).
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.
b) Xác định mẫu thức chung của biểu thức
Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.
Cách giải:
a) \(A = \sqrt 8 - \sqrt {32} + \sqrt {50} \)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{2^2}.2} - \sqrt {{4^2}.2} + \sqrt {{5^2}.2} \\A = 2\sqrt 2 - 4\sqrt 2 + 5\sqrt 2 \\A = \left( {2 - 4 + 5} \right)\sqrt 2 \\A = 3\sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = 5\sqrt 2 \).
b) Với \(a \ge 0,\,\,a \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {3 + \dfrac{{a + \sqrt a }}{{\sqrt a + 1}}} \right).\left( {3 - \dfrac{{a - \sqrt a }}{{\sqrt a - 1}}} \right)\\B = \left( {3 + \dfrac{{\sqrt a \left( {\sqrt a + 1} \right)}}{{\sqrt a + 1}}} \right).\left( {3 - \dfrac{{\sqrt a \left( {\sqrt a - 1} \right)}}{{\sqrt a - 1}}} \right)\\B = \left( {3 + \sqrt a } \right).\left( {3 - \sqrt a } \right)\\B = 9 - a\end{array}\)
Vậy với \(a \ge 0,\,\,a \ne 1\) thì \(B = 9 - a\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
a) Hàm số \(y = ax + b\) đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow a > 0\)
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm \(y\)
Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm \(x\)
Kết luận nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) của hệ phương trình.
Cách giải:
a) Để hàm số \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) thì \(m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > 1\).
Vậy hàm số \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2\)đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(m > 1\).
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 8\\3x - 4y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6y = 6\\3x + 2y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\3x + 2 = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 2\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 3 (VD): \(\)
Phương pháp:
a) Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
b) Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(\Delta > 0\) (hoặc \(\Delta ' > 0\))
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo \(m\)
Thay vào \(2020\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2021{x_1}{x_2} = 2014\), ta tìm được \(m\)
Cách giải:
a) Với \(m = 1\) thì \(\left( 1 \right)\) trở thành \({x^2} - 6x + 5 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 1 - 6 + 5 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \dfrac{c}{a} = 5\end{array} \right.\).
Vậy khi \(m = 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;5} \right\}\).
b) Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\) \( \Leftrightarrow 9 - m - 4 > 0 \Leftrightarrow 5 - m > 0 \Leftrightarrow m < 5\).
Khi đó áp dụng hệ thức Vi- ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 6\\{x_1}{x_2} = m + 4\end{array} \right.\)
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,2020\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2021{x_1}{x_2} = 2014\\ \Leftrightarrow 2020.6 - 2021.\left( {m + 4} \right) = 2014\\ \Leftrightarrow 12120 - 2021m - 8084 = 2014\\ \Leftrightarrow 2021m = 2022\\ \Leftrightarrow m = \dfrac{{2022}}{{2021}}\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = \dfrac{{2022}}{{2021}}\).
Câu 4 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho \(\sqrt {16a\left( {15a + b} \right)} \) và \(\sqrt {16b\left( {15b + a} \right)} \)
Từ đó, suy ra \(\sqrt {16a\left( {15a + b} \right)} + \sqrt {16b\left( {15b + a} \right)} \) sau đó, suy ra được \(\dfrac{{a + b}}{{\sqrt {a\left( {15a + b} \right)} + \sqrt {b\left( {15b + a} \right)} }}\)
Cách giải:
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {16a\left( {15a + b} \right)} \le \dfrac{{16a + 15a + b}}{2} = \dfrac{{31a + b}}{2}\\\sqrt {16b\left( {15b + a} \right)} \le \dfrac{{16b + 15b + a}}{2} = \dfrac{{31b + a}}{2}\\ \Rightarrow \sqrt {16a\left( {15a + b} \right)} + \sqrt {16b\left( {15b + a} \right)} \le \dfrac{{31a + b + 31b + a}}{2} = 16\left( {a + b} \right)\\ \Rightarrow \sqrt {a\left( {15a + b} \right)} + \sqrt {b\left( {15b + a} \right)} \le 4\left( {a + b} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{a + b}}{{\sqrt {a\left( {15a + b} \right)} + \sqrt {b\left( {15b + a} \right)} }} \ge \dfrac{1}{4}\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}16a = 15a + b\\16b = 15b + a\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b\).
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Ta sẽ chứng minh
c)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABM\), ta có:\(BI.BA = B{M^2}\)
Áp dụng định lý Py – ta – go cho tam giác vuông \(A{M^2} + B{M^2} = A{B^2} = 4{R^2}\)
\( \Rightarrow AH.AK + BI.AB = 4{R^2}\) (đpcm)
Cách giải:
a) Ta có \(\angle AKB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle BKH = {90^0}\).
Xét tứ giác \(BIHK\) có: \(\angle BIH + \angle BKH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên \(BIHK\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Ta có: \(\angle AMB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\( \Rightarrow \angle AMH + \angle BMH = {90^0} \Rightarrow \angle AMH + \angle ABM = {90^0}\).
Lại có \(\angle ABM = \angle AKM\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\)) \( \Rightarrow \angle AMH = \angle AKM\).
Xét \(\Delta AHM\) và \(\Delta AMK\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle MAK\,\,chung\\\angle AMH = \angle AKM\,\,\left( {cmt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \Delta AHM \sim \Delta AMK\,\,\left( {g.g} \right)\).
c) Vì \(\Delta AHM \sim \Delta AMK\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AM}} = \dfrac{{AM}}{{AK}}\) (2 cạnh tương ứng) \( \Rightarrow AH.AK = A{M^2}\).
Xét tam giác vuông \(ABM\) có đường cao \(MI\) ta có: \(BI.BA = B{M^2}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
\( \Rightarrow AH.AK + BI.AB = A{M^2} + B{M^2}\).
Mà \(\Delta ABM\) vuông tại \(M\,\,\left( {cmt} \right)\) nên áp dụng định lí Pytago ta có \(A{M^2} + B{M^2} = A{B^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}\).
Vậy \(AH.AK + BI.AB = 4{R^2}\)(đpcm).
Câu 1 (2,0 điểm):
Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt 8 - \sqrt {32} + \sqrt {50} \)
b) \(B = \left( {3 + \dfrac{{a + \sqrt a }}{{\sqrt a + 1}}} \right).\left( {3 - \dfrac{{a - \sqrt a }}{{\sqrt a - 1}}} \right)\) (với \(a \ge 0,\,\,a \ne 1\)).
Câu 2 (1,5 điểm):
a) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để hàm số \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 8\\3x - 4y = 2\end{array} \right.\)
Câu 3 (2,0 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - 6x + m + 4 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) khi \(m = 1\).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(2020\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2021{x_1}{x_2} = 2014\).
Câu 4 (1,0 điểm):
Cho \(a,\,\,b\) là các số thực dương. Chứng minh \(\dfrac{{a + b}}{{\sqrt {a\left( {15a + b} \right)} + \sqrt {b\left( {15b + a} \right)} }} \ge \dfrac{1}{4}\).
Câu 5 (3,5 điểm):
Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) đường kính \(AB\), dây cung \(MN\) vuông góc với \(AB\) tại \(I\) sao cho \(AI < BI\). Trên đoạn thẳng \(MI\) lấy điểm \(H\) (\(H\) khác \(M\) và \(I\)), tia \(AH\) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại điểm thứ hai là \(K\). Chứng minh rằng:
a) Tứ giác \(BIHK\) nội tiếp đường tròn.
b) \(\Delta AHM\) đồng dạng với \(\Delta AMK\).
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.
b) Xác định mẫu thức chung của biểu thức
Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.
Cách giải:
a) \(A = \sqrt 8 - \sqrt {32} + \sqrt {50} \)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{2^2}.2} - \sqrt {{4^2}.2} + \sqrt {{5^2}.2} \\A = 2\sqrt 2 - 4\sqrt 2 + 5\sqrt 2 \\A = \left( {2 - 4 + 5} \right)\sqrt 2 \\A = 3\sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = 5\sqrt 2 \).
b) Với \(a \ge 0,\,\,a \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {3 + \dfrac{{a + \sqrt a }}{{\sqrt a + 1}}} \right).\left( {3 - \dfrac{{a - \sqrt a }}{{\sqrt a - 1}}} \right)\\B = \left( {3 + \dfrac{{\sqrt a \left( {\sqrt a + 1} \right)}}{{\sqrt a + 1}}} \right).\left( {3 - \dfrac{{\sqrt a \left( {\sqrt a - 1} \right)}}{{\sqrt a - 1}}} \right)\\B = \left( {3 + \sqrt a } \right).\left( {3 - \sqrt a } \right)\\B = 9 - a\end{array}\)
Vậy với \(a \ge 0,\,\,a \ne 1\) thì \(B = 9 - a\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
a) Hàm số \(y = ax + b\) đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow a > 0\)
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm \(y\)
Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm \(x\)
Kết luận nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) của hệ phương trình.
Cách giải:
a) Để hàm số \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) thì \(m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > 1\).
Vậy hàm số \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2\)đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(m > 1\).
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 8\\3x - 4y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6y = 6\\3x + 2y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\3x + 2 = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 2\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 3 (VD): \(\)
Phương pháp:
a) Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
b) Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(\Delta > 0\) (hoặc \(\Delta ' > 0\))
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo \(m\)
Thay vào \(2020\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2021{x_1}{x_2} = 2014\), ta tìm được \(m\)
Cách giải:
a) Với \(m = 1\) thì \(\left( 1 \right)\) trở thành \({x^2} - 6x + 5 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 1 - 6 + 5 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \dfrac{c}{a} = 5\end{array} \right.\).
Vậy khi \(m = 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;5} \right\}\).
b) Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\) \( \Leftrightarrow 9 - m - 4 > 0 \Leftrightarrow 5 - m > 0 \Leftrightarrow m < 5\).
Khi đó áp dụng hệ thức Vi- ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 6\\{x_1}{x_2} = m + 4\end{array} \right.\)
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,2020\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2021{x_1}{x_2} = 2014\\ \Leftrightarrow 2020.6 - 2021.\left( {m + 4} \right) = 2014\\ \Leftrightarrow 12120 - 2021m - 8084 = 2014\\ \Leftrightarrow 2021m = 2022\\ \Leftrightarrow m = \dfrac{{2022}}{{2021}}\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = \dfrac{{2022}}{{2021}}\).
Câu 4 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho \(\sqrt {16a\left( {15a + b} \right)} \) và \(\sqrt {16b\left( {15b + a} \right)} \)
Từ đó, suy ra \(\sqrt {16a\left( {15a + b} \right)} + \sqrt {16b\left( {15b + a} \right)} \) sau đó, suy ra được \(\dfrac{{a + b}}{{\sqrt {a\left( {15a + b} \right)} + \sqrt {b\left( {15b + a} \right)} }}\)
Cách giải:
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {16a\left( {15a + b} \right)} \le \dfrac{{16a + 15a + b}}{2} = \dfrac{{31a + b}}{2}\\\sqrt {16b\left( {15b + a} \right)} \le \dfrac{{16b + 15b + a}}{2} = \dfrac{{31b + a}}{2}\\ \Rightarrow \sqrt {16a\left( {15a + b} \right)} + \sqrt {16b\left( {15b + a} \right)} \le \dfrac{{31a + b + 31b + a}}{2} = 16\left( {a + b} \right)\\ \Rightarrow \sqrt {a\left( {15a + b} \right)} + \sqrt {b\left( {15b + a} \right)} \le 4\left( {a + b} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{a + b}}{{\sqrt {a\left( {15a + b} \right)} + \sqrt {b\left( {15b + a} \right)} }} \ge \dfrac{1}{4}\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}16a = 15a + b\\16b = 15b + a\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b\).
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Ta sẽ chứng minh
c)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABM\), ta có:\(BI.BA = B{M^2}\)
Áp dụng định lý Py – ta – go cho tam giác vuông \(A{M^2} + B{M^2} = A{B^2} = 4{R^2}\)
\( \Rightarrow AH.AK + BI.AB = 4{R^2}\) (đpcm)
Cách giải:
a) Ta có \(\angle AKB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle BKH = {90^0}\).
Xét tứ giác \(BIHK\) có: \(\angle BIH + \angle BKH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên \(BIHK\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Ta có: \(\angle AMB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\( \Rightarrow \angle AMH + \angle BMH = {90^0} \Rightarrow \angle AMH + \angle ABM = {90^0}\).
Lại có \(\angle ABM = \angle AKM\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\)) \( \Rightarrow \angle AMH = \angle AKM\).
Xét \(\Delta AHM\) và \(\Delta AMK\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle MAK\,\,chung\\\angle AMH = \angle AKM\,\,\left( {cmt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \Delta AHM \sim \Delta AMK\,\,\left( {g.g} \right)\).
c) Vì \(\Delta AHM \sim \Delta AMK\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AM}} = \dfrac{{AM}}{{AK}}\) (2 cạnh tương ứng) \( \Rightarrow AH.AK = A{M^2}\).
Xét tam giác vuông \(ABM\) có đường cao \(MI\) ta có: \(BI.BA = B{M^2}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
\( \Rightarrow AH.AK + BI.AB = A{M^2} + B{M^2}\).
Mà \(\Delta ABM\) vuông tại \(M\,\,\left( {cmt} \right)\) nên áp dụng định lí Pytago ta có \(A{M^2} + B{M^2} = A{B^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}\).
Vậy \(AH.AK + BI.AB = 4{R^2}\)(đpcm).
Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Bình năm 2021 (đề số 1) là một bài kiểm tra quan trọng đánh giá năng lực học tập môn Toán của học sinh trong suốt quá trình học tập ở bậc THCS. Đề thi này không chỉ kiểm tra kiến thức mà còn đánh giá khả năng vận dụng kiến thức vào giải quyết các bài toán thực tế. Việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết bài toán là yếu tố then chốt để đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh.
Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Bình năm 2021 (đề số 1) thường bao gồm các phần sau:
Trong đề thi vào 10 môn Toán Quảng Bình năm 2021 (đề số 1), các em học sinh có thể gặp các dạng bài tập sau:
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Quảng Bình năm 2021, các em học sinh cần có một kế hoạch ôn thi khoa học và hiệu quả. Dưới đây là một số gợi ý:
Toan11.edu.vn cung cấp đáp án và lời giải chi tiết cho Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Bình năm 2021 (đề số 1). Các em học sinh có thể tham khảo để tự kiểm tra kiến thức và hiểu rõ hơn về cách giải quyết các bài toán.
Bài toán: Giải phương trình: 2x2 - 5x + 2 = 0
Lời giải:
Ta có phương trình: 2x2 - 5x + 2 = 0
Sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai, ta có:
Δ = b2 - 4ac = (-5)2 - 4 * 2 * 2 = 25 - 16 = 9
x1 = (-b + √Δ) / 2a = (5 + 3) / (2 * 2) = 2
x2 = (-b - √Δ) / 2a = (5 - 3) / (2 * 2) = 0.5
Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 2 và x2 = 0.5
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Quảng Bình năm 2021. Hãy luôn tự tin vào bản thân và cố gắng hết mình!
Toan11.edu.vn luôn đồng hành cùng các em trên con đường chinh phục tri thức.
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!
