Nếu bạn đang là học sinh lớp 9 và có mong muốn thi vào các trường THPT tại Quảng Ninh, việc làm quen với Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2020 là vô cùng quan trọng. Đây là cơ sở để bạn đánh giá năng lực bản thân, làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Toan11.edu.vn cung cấp đầy đủ và chính xác đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2020, kèm theo đáp án chi tiết và lời giải dễ hiểu. Hãy cùng chúng tôi chuẩn bị thật tốt cho kỳ thi sắp tới!
Câu 1: 1. Thực hiện phép tính
Câu 1:
1. Thực hiện phép tính \(2 + \sqrt 9 .\)
2. Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 7}}} \right):\dfrac{5}{{\sqrt x + 7}}\) với \(x \ge 0.\)
3. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 4\\x - 2y = 0\end{array} \right..\)
Câu 2:
Cho phương trình \({x^2} + 4x + 3m - 2 = 0\), với \(m\) là tham số.
1. Giải phương trình với \(m = - 1\).
2. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có một nghiệm \(x = 2\).
3. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1} + 2{x_2} = 1\).
Câu 3:
Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 32 km. Một canô xuôi dòng từ bến A đến bến B rồi lập tức quay về bến A. Kể từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A hết tất cả 6 giờ. Tính vận tốc của canô khi nước yên lặng biết vận tốc của dòng nước là 4 km/h.
Câu 4:
Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và \(A\) là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) với đường tròn \(\left( O \right)\) ( B và C là hai tiếp điểm). Gọi \(H\) là giao điểm của \(AO\) và \(BC\). Kẻ đường kính \(BD\) của đường tròn \(\left( O \right)\), \(AD\) cắt đường tròn tại điểm thứ hai là \(E\).
a. Chứng minh \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp
b. Tính độ dài \(AH\) biết \(R = 3cm,AB = 4cm.\)
c. Chứng minh \(AE.AD = AH.AO\)
d. Tia \(CE\) cắt \(AH\) tại \(F\). Chứng tỏ \(F\) là trung điểm của \(AH.\)
Câu 5:
Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y \le 3\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\(Q = {x^2} + {y^2} - 9x - 12y + \dfrac{{16}}{{2x + y}} + 25\)
Câu 1:
1. Thực hiện phép tính \(2 + \sqrt 9 .\)
2. Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 7}}} \right):\dfrac{5}{{\sqrt x + 7}}\) với \(x \ge 0.\)
3. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 4\\x - 2y = 0\end{array} \right..\)
Câu 2:
Cho phương trình \({x^2} + 4x + 3m - 2 = 0\), với \(m\) là tham số.
1. Giải phương trình với \(m = - 1\).
2. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có một nghiệm \(x = 2\).
3. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1} + 2{x_2} = 1\).
Câu 3:
Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 32 km. Một canô xuôi dòng từ bến A đến bến B rồi lập tức quay về bến A. Kể từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A hết tất cả 6 giờ. Tính vận tốc của canô khi nước yên lặng biết vận tốc của dòng nước là 4 km/h.
Câu 4:
Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và \(A\) là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) với đường tròn \(\left( O \right)\) ( B và C là hai tiếp điểm). Gọi \(H\) là giao điểm của \(AO\) và \(BC\). Kẻ đường kính \(BD\) của đường tròn \(\left( O \right)\), \(AD\) cắt đường tròn tại điểm thứ hai là \(E\).
a. Chứng minh \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp
b. Tính độ dài \(AH\) biết \(R = 3cm,AB = 4cm.\)
c. Chứng minh \(AE.AD = AH.AO\)
d. Tia \(CE\) cắt \(AH\) tại \(F\). Chứng tỏ \(F\) là trung điểm của \(AH.\)
Câu 5:
Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y \le 3\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\(Q = {x^2} + {y^2} - 9x - 12y + \dfrac{{16}}{{2x + y}} + 25\)
Câu 1 (2 điểm)
Cách giải:
1. Thực hiện phép tính \(2 + \sqrt 9 .\)
Ta có: \(2 + \sqrt 9 = 2 + 3 = 5.\)
2. Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 7}}} \right):\dfrac{5}{{\sqrt x + 7}}\) với \(x \ge 0.\)
Điều kiện: \(x \ge 0\)
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 7}}} \right):\dfrac{5}{{\sqrt x + 7}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x + 7 - \sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 7} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 7}}{5}\\\,\,\,\, = \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 7} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 7}}{5}\\\,\,\, = \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}.\end{array}\)
Vậy \(B = \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x \ge 2.\)
3. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 4\\x - 2y = 0\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 4\\x - 2y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 4\\x = 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2;\,\,1} \right).\)
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} + 4x + 3m - 2 = 0\), với \(m\) là tham số.
1. Giải phương trình với \(m = - 1\).
Thay \(m = - 1\) vào phương trình đã cho ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} + 4x - 5 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x + 5x - 5 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) + 5\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 5\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy khi \(m = - 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - 5} \right\}\).
2. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có một nghiệm \(x = 2\).
Vì \(x = 2\) là một nghiệm của phương trình nên thay \(x = 2\) vào phương trình ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{2^2} + 4.2 + 3m - 2 = 0\\ \Leftrightarrow 3m + 10 = 0\\ \Leftrightarrow m = - \dfrac{{10}}{3}\end{array}\)
Vậy khi \(m = - \dfrac{{10}}{3}\) thì phương trình đã cho có một nghiệm \(x = 2\).
3. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1} + 2{x_2} = 1\).
Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - \left( {3m - 2} \right) = 4 - 3m + 2 = 6 - 3m\).
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 6 - 3m > 0 \Leftrightarrow m < 2\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 4\\{x_1}{x_2} = 3m - 2\end{array} \right.\,\,\left( * \right)\).
Theo bài ra ta có: \({x_1} + 2{x_2} = 1 \Leftrightarrow {x_1} = 1 - 2{x_2}\).
Thế vào hệ (*) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}1 - 2{x_2} + {x_2} = - 4\\\left( {1 - 2{x_2}} \right).{x_2} = 3m - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 5\\\left( {1 - 2.5} \right).5 = 3m - 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 5\\3m - 2 = - 45\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 5\\m = - \dfrac{{43}}{3}\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - \dfrac{{43}}{3}\).
Câu 3 (2 điểm)
Cách giải:
Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 32 km. Một canô xuôi dòng từ bến A đến bến B rồi lập tức quay về bến A. Kể từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A hết tất cả 6 giờ. Tính vận tốc của canô khi nước yên lặng biết vận tốc của dòng nước là 4 km/h.
Gọi vận tốc của canô khi nước yên lặng là \(x\) (km/h) \(\left( {x > 4} \right)\)
Vận tốc canô khi xuôi dòng là \(x + 4\) (km/h)
Vận tốc canô khi ngược dòng là \(x - 4\) (km/h)
Thời gian canô xuôi dòng từ bến A đến bến B là \(\dfrac{{32}}{{x + 4}}\) giờ
Thời gian canô ngược dòng từ bến B về bến A là \(\dfrac{{32}}{{x - 4}}\) giờ
Vì từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A hết tất cả 6 giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{32}}{{x + 4}} + \dfrac{{32}}{{x - 4}} = 6\\ \Leftrightarrow \dfrac{{32\left( {x - 4} \right) + 32\left( {x + 4} \right)}}{{\left( {x - 4} \right)\left( {x + 4} \right)}} = 6\\ \Leftrightarrow \dfrac{{32x - 128 + 32x + 128}}{{\left( {x - 4} \right)\left( {x + 4} \right)}} = 6\\ \Leftrightarrow \dfrac{{64x}}{{{x^2} - 16}} = 6\\ \Rightarrow 6{x^2} - 96 = 64x\\ \Leftrightarrow 6{x^2} - 64x - 96 = 0\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 32x - 48 = 0\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 36x + 4x - 48 = 0\\ \Leftrightarrow 3x\left( {x - 12} \right) + 4\left( {x - 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {3x + 4} \right)\left( {x - 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x + 4 = 0\\x - 12 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \dfrac{4}{3}\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 12\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của canô khi nước yên lặng là 12 km/h.
Câu 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và \(A\) là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) với đường tròn \(\left( O \right)\) ( B và C là hai tiếp điểm). Gọi \(H\) là giao điểm của \(AO\) và \(BC\). Kẻ đường kính \(BD\) của đường tròn \(\left( O \right)\), \(AD\) cắt đường tròn tại điểm thứ hai là \(E\).
a. Chứng minh \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AB\) và \(AC\) là các tiếp tuyến, \(B,C\) là các tiếp điểm tương ứng nên \(\angle ABO = {90^0};\angle ACO = {90^0}\)
Xét tứ giác \(ABOC\) có \(\angle ABO + \angle ACO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) mà hai góc \(\angle ABO;\angle ACO\) đối nhau nên tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
b. Tính độ dài \(AH\) biết \(R = 3cm,AB = 4cm.\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AB\) và \(AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(A.\)
Suy ra \(AB = AC\) (tính chất), mà \(OB = OC = R\) nên \(AO\) là đường trung trực của đoạn \(BC\)
Do đó \(OA \bot BC\) tại \(H.\)
Xét tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\), theo định lý Pytago ta có: \(A{O^2} = A{B^2} + O{B^2} = {4^2} + {3^2} = 25\) \( \Rightarrow OA = 5cm\)
Xét tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\) có \(BH\) là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(A{B^2} = AH.AO\)\( \Leftrightarrow AH = \dfrac{{A{B^2}}}{{AO}} = \dfrac{{{4^2}}}{5} = 3,2cm\)
Vậy \(AH = 3,2cm\).
c. Chứng minh \(AE.AD = AH.AO\)
Xét tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\) có \(BH\) là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(A{B^2} = AH.AO\) (1)
Xét tam giác \(AEB\) và tam giác \(ABD\) có:
\(\angle BAE\) chung
\(\angle ABE = \angle BDE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BE\) trong đường tròn \(\left( O \right)\))
Suy ra \(\Delta AEB \sim \Delta ABD\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AB}} = \dfrac{{AB}}{{AD}} \Rightarrow AE.AD = A{B^2}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(AE.AD = AH.AO\).
d. Tia \(CE\) cắt \(AH\) tại \(F\). Chứng tỏ \(F\) là trung điểm của \(AH.\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\angle BCD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra \(BC \bot CD\)
Lại có \(AO \bot BC\) nên \(CD//AO\)
Suy ra \(\angle ADC = \angle OAD\) (so le trong)
Xét \(\left( O \right)\) có \(\angle ACE = \angle EDC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(EC\))
Suy ra \(\angle ACE = \angle FAE\) \(\left( { = \angle CDE} \right)\)
Xét \(\Delta AFE\) và \(\Delta CFA\) có:
\(\angle AFE\) chung
\(\angle ACE = \angle FAE\) (cmt)
Suy ra \(\Delta AFE \sim \Delta CFA\left( {g - g} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{CF}} = \dfrac{{FE}}{{FA}}\\ \Rightarrow F{A^2} = FC.FE\left( * \right)\end{array}\)
Theo câu b ta có \(AE.AD = AH.AO\)\( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AH}} = \dfrac{{AO}}{{AD}}\)
Suy ra \(\Delta AEH \sim \Delta AOD\left( {c - g - c} \right)\) \( \Rightarrow \angle AHE = \angle ADO\)
Suy ra tứ giác \(EHOD\) là tứ giác nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối với đỉnh đó)
Suy ra \(\angle HED = \angle BOA\) (cùng phụ với \(\angle AOD\))
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\angle CED = \angle CBD\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\))
Lại có \(\angle BOH + \angle HBO = {90^0}\) (do \(\Delta BHO\) vuông tại \(H\))
Nên \(\angle EHD + \angle CED = {90^0} \Rightarrow \angle HEC = {90^0}\) hay \(EH \bot FC\)
Xét tam giác \(HFC\) vuông tại H có \(HE\) là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(F{H^2} = FE.FC\) (**)
Từ (*) và (**) suy ra \(F{A^2} = F{H^2}\) \( \Leftrightarrow FA = FH \Rightarrow F\) là trung điểm \(AH\).
Câu 5 (0,5 điểm)
Cách giải:
Cho \(x,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y \le 3\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\(Q = {x^2} + {y^2} - 9x - 12y + \dfrac{{16}}{{2x + y}} + 25\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}Q = {x^2} + {y^2} - 9x - 12y + \dfrac{{16}}{{2x + y}} + 25\\ = \left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + \left( {{y^2} - 4y + 4} \right) + \left( {2x + y} \right) + \dfrac{{16}}{{2x + y}} - 9\left( {x + y} \right) + 20\\ = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + \left( {2x + y} \right) + \dfrac{{16}}{{2x + y}} - 9\left( {x + y} \right) + 20\end{array}\)
\(\begin{array}{l}{\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0\\{\left( {y - 2} \right)^2} \ge 0\\2x + y + \dfrac{{16}}{{2x + y}} \ge 2\sqrt {\left( {2x + y} \right).\dfrac{{16}}{{2x + y}}} = 8\\ - 9\left( {x + y} \right) \ge - 9.3 = - 27\\ \Rightarrow Q \ge 0 + 0 + 8 - 27 + 20 = 1\\ \Rightarrow Q \ge 1\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra khi \(x = 1,y = 2\).
Vậy \({Q_{\min }} = 1\) khi \(x = 1,y = 2\).
Câu 1 (2 điểm)
Cách giải:
1. Thực hiện phép tính \(2 + \sqrt 9 .\)
Ta có: \(2 + \sqrt 9 = 2 + 3 = 5.\)
2. Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 7}}} \right):\dfrac{5}{{\sqrt x + 7}}\) với \(x \ge 0.\)
Điều kiện: \(x \ge 0\)
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 7}}} \right):\dfrac{5}{{\sqrt x + 7}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x + 7 - \sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 7} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 7}}{5}\\\,\,\,\, = \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 7} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 7}}{5}\\\,\,\, = \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}.\end{array}\)
Vậy \(B = \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x \ge 2.\)
3. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 4\\x - 2y = 0\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 4\\x - 2y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 4\\x = 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2;\,\,1} \right).\)
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} + 4x + 3m - 2 = 0\), với \(m\) là tham số.
1. Giải phương trình với \(m = - 1\).
Thay \(m = - 1\) vào phương trình đã cho ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} + 4x - 5 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x + 5x - 5 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) + 5\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 5\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy khi \(m = - 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - 5} \right\}\).
2. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có một nghiệm \(x = 2\).
Vì \(x = 2\) là một nghiệm của phương trình nên thay \(x = 2\) vào phương trình ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{2^2} + 4.2 + 3m - 2 = 0\\ \Leftrightarrow 3m + 10 = 0\\ \Leftrightarrow m = - \dfrac{{10}}{3}\end{array}\)
Vậy khi \(m = - \dfrac{{10}}{3}\) thì phương trình đã cho có một nghiệm \(x = 2\).
3. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1} + 2{x_2} = 1\).
Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - \left( {3m - 2} \right) = 4 - 3m + 2 = 6 - 3m\).
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 6 - 3m > 0 \Leftrightarrow m < 2\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 4\\{x_1}{x_2} = 3m - 2\end{array} \right.\,\,\left( * \right)\).
Theo bài ra ta có: \({x_1} + 2{x_2} = 1 \Leftrightarrow {x_1} = 1 - 2{x_2}\).
Thế vào hệ (*) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}1 - 2{x_2} + {x_2} = - 4\\\left( {1 - 2{x_2}} \right).{x_2} = 3m - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 5\\\left( {1 - 2.5} \right).5 = 3m - 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 5\\3m - 2 = - 45\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 5\\m = - \dfrac{{43}}{3}\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - \dfrac{{43}}{3}\).
Câu 3 (2 điểm)
Cách giải:
Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 32 km. Một canô xuôi dòng từ bến A đến bến B rồi lập tức quay về bến A. Kể từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A hết tất cả 6 giờ. Tính vận tốc của canô khi nước yên lặng biết vận tốc của dòng nước là 4 km/h.
Gọi vận tốc của canô khi nước yên lặng là \(x\) (km/h) \(\left( {x > 4} \right)\)
Vận tốc canô khi xuôi dòng là \(x + 4\) (km/h)
Vận tốc canô khi ngược dòng là \(x - 4\) (km/h)
Thời gian canô xuôi dòng từ bến A đến bến B là \(\dfrac{{32}}{{x + 4}}\) giờ
Thời gian canô ngược dòng từ bến B về bến A là \(\dfrac{{32}}{{x - 4}}\) giờ
Vì từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A hết tất cả 6 giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{32}}{{x + 4}} + \dfrac{{32}}{{x - 4}} = 6\\ \Leftrightarrow \dfrac{{32\left( {x - 4} \right) + 32\left( {x + 4} \right)}}{{\left( {x - 4} \right)\left( {x + 4} \right)}} = 6\\ \Leftrightarrow \dfrac{{32x - 128 + 32x + 128}}{{\left( {x - 4} \right)\left( {x + 4} \right)}} = 6\\ \Leftrightarrow \dfrac{{64x}}{{{x^2} - 16}} = 6\\ \Rightarrow 6{x^2} - 96 = 64x\\ \Leftrightarrow 6{x^2} - 64x - 96 = 0\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 32x - 48 = 0\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 36x + 4x - 48 = 0\\ \Leftrightarrow 3x\left( {x - 12} \right) + 4\left( {x - 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {3x + 4} \right)\left( {x - 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x + 4 = 0\\x - 12 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \dfrac{4}{3}\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 12\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của canô khi nước yên lặng là 12 km/h.
Câu 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và \(A\) là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) với đường tròn \(\left( O \right)\) ( B và C là hai tiếp điểm). Gọi \(H\) là giao điểm của \(AO\) và \(BC\). Kẻ đường kính \(BD\) của đường tròn \(\left( O \right)\), \(AD\) cắt đường tròn tại điểm thứ hai là \(E\).
a. Chứng minh \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AB\) và \(AC\) là các tiếp tuyến, \(B,C\) là các tiếp điểm tương ứng nên \(\angle ABO = {90^0};\angle ACO = {90^0}\)
Xét tứ giác \(ABOC\) có \(\angle ABO + \angle ACO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) mà hai góc \(\angle ABO;\angle ACO\) đối nhau nên tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
b. Tính độ dài \(AH\) biết \(R = 3cm,AB = 4cm.\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AB\) và \(AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(A.\)
Suy ra \(AB = AC\) (tính chất), mà \(OB = OC = R\) nên \(AO\) là đường trung trực của đoạn \(BC\)
Do đó \(OA \bot BC\) tại \(H.\)
Xét tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\), theo định lý Pytago ta có: \(A{O^2} = A{B^2} + O{B^2} = {4^2} + {3^2} = 25\) \( \Rightarrow OA = 5cm\)
Xét tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\) có \(BH\) là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(A{B^2} = AH.AO\)\( \Leftrightarrow AH = \dfrac{{A{B^2}}}{{AO}} = \dfrac{{{4^2}}}{5} = 3,2cm\)
Vậy \(AH = 3,2cm\).
c. Chứng minh \(AE.AD = AH.AO\)
Xét tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\) có \(BH\) là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(A{B^2} = AH.AO\) (1)
Xét tam giác \(AEB\) và tam giác \(ABD\) có:
\(\angle BAE\) chung
\(\angle ABE = \angle BDE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BE\) trong đường tròn \(\left( O \right)\))
Suy ra \(\Delta AEB \sim \Delta ABD\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AB}} = \dfrac{{AB}}{{AD}} \Rightarrow AE.AD = A{B^2}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(AE.AD = AH.AO\).
d. Tia \(CE\) cắt \(AH\) tại \(F\). Chứng tỏ \(F\) là trung điểm của \(AH.\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\angle BCD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra \(BC \bot CD\)
Lại có \(AO \bot BC\) nên \(CD//AO\)
Suy ra \(\angle ADC = \angle OAD\) (so le trong)
Xét \(\left( O \right)\) có \(\angle ACE = \angle EDC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(EC\))
Suy ra \(\angle ACE = \angle FAE\) \(\left( { = \angle CDE} \right)\)
Xét \(\Delta AFE\) và \(\Delta CFA\) có:
\(\angle AFE\) chung
\(\angle ACE = \angle FAE\) (cmt)
Suy ra \(\Delta AFE \sim \Delta CFA\left( {g - g} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{CF}} = \dfrac{{FE}}{{FA}}\\ \Rightarrow F{A^2} = FC.FE\left( * \right)\end{array}\)
Theo câu b ta có \(AE.AD = AH.AO\)\( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AH}} = \dfrac{{AO}}{{AD}}\)
Suy ra \(\Delta AEH \sim \Delta AOD\left( {c - g - c} \right)\) \( \Rightarrow \angle AHE = \angle ADO\)
Suy ra tứ giác \(EHOD\) là tứ giác nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối với đỉnh đó)
Suy ra \(\angle HED = \angle BOA\) (cùng phụ với \(\angle AOD\))
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\angle CED = \angle CBD\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\))
Lại có \(\angle BOH + \angle HBO = {90^0}\) (do \(\Delta BHO\) vuông tại \(H\))
Nên \(\angle EHD + \angle CED = {90^0} \Rightarrow \angle HEC = {90^0}\) hay \(EH \bot FC\)
Xét tam giác \(HFC\) vuông tại H có \(HE\) là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(F{H^2} = FE.FC\) (**)
Từ (*) và (**) suy ra \(F{A^2} = F{H^2}\) \( \Leftrightarrow FA = FH \Rightarrow F\) là trung điểm \(AH\).
Câu 5 (0,5 điểm)
Cách giải:
Cho \(x,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y \le 3\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\(Q = {x^2} + {y^2} - 9x - 12y + \dfrac{{16}}{{2x + y}} + 25\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}Q = {x^2} + {y^2} - 9x - 12y + \dfrac{{16}}{{2x + y}} + 25\\ = \left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + \left( {{y^2} - 4y + 4} \right) + \left( {2x + y} \right) + \dfrac{{16}}{{2x + y}} - 9\left( {x + y} \right) + 20\\ = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + \left( {2x + y} \right) + \dfrac{{16}}{{2x + y}} - 9\left( {x + y} \right) + 20\end{array}\)
\(\begin{array}{l}{\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0\\{\left( {y - 2} \right)^2} \ge 0\\2x + y + \dfrac{{16}}{{2x + y}} \ge 2\sqrt {\left( {2x + y} \right).\dfrac{{16}}{{2x + y}}} = 8\\ - 9\left( {x + y} \right) \ge - 9.3 = - 27\\ \Rightarrow Q \ge 0 + 0 + 8 - 27 + 20 = 1\\ \Rightarrow Q \ge 1\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra khi \(x = 1,y = 2\).
Vậy \({Q_{\min }} = 1\) khi \(x = 1,y = 2\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Quảng Ninh luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước chuyển mình của học sinh từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Môn Toán đóng vai trò then chốt trong việc xét tuyển, do đó, việc nắm vững kiến thức và kỹ năng giải toán là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp phân tích chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các dạng bài tập thường gặp.
Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2020 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Đây là một trong những dạng bài tập thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10. Để giải quyết dạng bài này, học sinh cần nắm vững các phương pháp giải phương trình và hệ phương trình, như phương pháp thế, phương pháp cộng đại số, và phương pháp đặt ẩn phụ.
Các bài toán về bất phương trình đòi hỏi 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.
Hàm số là một khái niệm quan trọng trong toán học. Để giải quyết các bài toán về hàm số, học sinh cần hiểu rõ định nghĩa của hàm số, các loại hàm số, và cách xác định tập xác định, tập giá trị của hàm số.
Các bài toán về hình học đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc về các định lý, tính chất hình học, và biết cách áp dụng chúng để giải quyết các bài toán cụ thể.
Ví dụ 1: Giải phương trình 2x + 3 = 7
Lời giải:
Ví dụ 2: Tính diện tích hình vuông có cạnh bằng 5cm.
Lời giải:
Diện tích hình vuông được tính bằng công thức: Diện tích = cạnh * cạnh. Vậy diện tích hình vuông là: 5cm * 5cm = 25cm2.
Ngoài Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2020, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Việc chuẩn bị kỹ lưỡng cho kỳ thi vào 10 môn Toán là vô cùng quan trọng. Hy vọng rằng với những phân tích và hướng dẫn trong bài viết này, các em học sinh sẽ có thêm kiến thức và kỹ năng để tự tin bước vào kỳ thi và đạt được kết quả tốt nhất. 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!
