toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán tỉnh Sơn La năm 2023 chính thức và mới nhất. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết, giúp các em hiểu rõ từng dạng bài và phương pháp giải quyết.
Phần I: Trắc nghiệm (2 điểm) Câu 1: Căn bậc ba của -27 là A. -9 B. -3 C. 9 D. 3
Phần I: Trắc nghiệm (2 điểm)
Câu 1: Căn bậc ba của -27 là
A. -9
B. -3
C. 9
D. 3
Câu 2: Tất cả các giá trị của \(x\) để biểu thức \(P = \sqrt {x - 2} \) có nghĩa là
A. \(x = 2\).
B. \(x \ge 2\).
C. \(x \le 2\).
D. \(x > 2\).
Câu 3: Hàm số \(y = mx - 2\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi
A. \(m > 0\).
B. \(m < 0\).
C. \(m = 0\).
D. \(m \ne 0\).
Câu 4: Đồ thị hàm số \(y = 3{x^2}\) đi qua điểm nào dưới đây?
A. \(M\left( {0;0} \right)\).
B. \(N\left( {1;6} \right)\).
C. \(P\left( {1;1} \right)\).
D. \(Q\left( {0;3} \right)\).
Câu 5: Nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = 4}\\{x + 2y = {\rm{ \;}} - 5}\end{array}} \right.\) là
A. \(\left( {1;4} \right)\).
B. \(\left( {1;3} \right)\).
C. \(\left( {1; - 3} \right)\).
D. \(\left( {3;1} \right)\).
Câu 6: Nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) với \(a \ne 0\) có hai nghiệm \({x_1}\) và \({x_2}\), thì tích \({x_1}{x_2}\) bằng
A. \( - \frac{c}{a}\).
B. \(\frac{b}{a}\).
C. \(\frac{c}{a}\).
D. \( - \frac{b}{a}\).
Câu 7: Cho tam giác ABC vuông tại \(A\) (tham khảo hình vẽ). Khẳng định nào sau đây đúng?
A. \({\rm{cos}}B = \frac{{AC}}{{AB}}\).
B. \({\rm{cos}}B = \frac{{AC}}{{BC}}\).
C. \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{AC}}\).
D. \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{BC}}\).
Câu 8: Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và đường thẳng \(d\). Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên đường thẳng \(d\) (tham khảo hình vẽ). Đường thẳng \(d\) cắt \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B khi
A. \(OH < R\).
B. \(OH = R\).
C. \(OH > R\).
D. \(OH \le R\).
Câu 9: Số đo góc nội tiếp chắn cung \(150^\circ \) bằng
A. \(150^\circ \).
B. \(65^\circ \).
C. \(50^\circ \).
D. \(75^\circ \).
Câu 10: Công thức tính diện tích của hình cầu có bán kính \(R\) là
A. \(S = 4\pi R\).
B. \(S = 4\pi {R^2}\).
C. \(S = \pi {R^2}\).
D. \(S = 3\pi {R^2}\).
Phần II. Tự luận (8 điểm)
Câu 11: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)\(2x - 8 = 0\)
b)\({x^2} + 4x + 3 = 0\)
c) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 1}\\{3x + 2y = 11}\end{array}} \right.\)
Câu 12:
a) Tính giá trị của biểu thức: \(B = \sqrt {36} {\rm{ \;}} + \sqrt 4 {\rm{ \;}} - \sqrt {25} \).
b) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = 3x - 6\).
Câu 13: Cho phương trình \({x^2} - 2(m - 1)x + {m^2} - 3 = 0\) (m là tham số). Tìm m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = {x_1}{x_2} - 2\)
Câu 14: Ông Nam sở hữu một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 60m. Ông Nam định bán mảnh đất đó với giá thị trường là 8 triệu đồng cho một mét vuông. Hãy tính giá tiền của mảnh đất đó biết rằng mảnh đất có chiều dài gấp 2 lần chiều rộng.
Câu 15: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường tròn (O) lấy điểm C không trùng B sao cho AC > BC. Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và C cắt nhau tại D. Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB, E là giao điểm của hai đường thẳng OD và AC.
a) Chứng minh tứ giác AOCD nội tiếp.
b) Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng CD và AB. Chứng minh CB là tia phân giác của góc HCF.
c) Chứng minh \(AO.AH = 2A{E^2}\)
d) Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng BD và CH. Chứng minh M là trung điểm của CH.
Câu 16: Giải hệ phương trình\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2}\left( {1 + \frac{4}{{{y^2}}}} \right) = 12}\\{2\sqrt {x + 3y + 2} {\rm{ \;}} = 3\sqrt y {\rm{ \;}} + \sqrt {x + 2} }\end{array}} \right.\)
-----HẾT-----
Phần I: Trắc nghiệm
1.B | 2.B | 3.A | 4.A | 5.C | 6.C | 7.D | 8.A | 9.D | 10.B |
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
Căn bậc ba của x là số a, sao cho \({a^3} = x\)
Cách giải:
Căn bậc ba của -27 là -3 vì \({( - 3)^3} = - 27\)
Chọn B.
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
\(\sqrt {f(x)} \) có nghĩa khi \(f(x) \ge 0\)
Cách giải:
\(P = \sqrt {x - 2} \) có nghĩa khi \(x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2\)
Chọn B.
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
Hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\) đồng biến trên R khi a > 0.
Cách giải:
Hàm số \(y = mx - 2\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(m > 0\)
Chọn A.
Câu 4 (NB):
Phương pháp:
Điểm \(A({x_0};{y_0})\) đi qua đồ thị hàm số \(y = a{x^2}(a \ne 0)\) khi \({y_0} = a.{x_0}^2\)
Cách giải:
Đồ thị hàm số \(y = 3{x^2}\) đi qua điểm \(M\left( {0;0} \right)\)
Chọn A.
Câu 5 (NB):
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = 4}\\{x + 2y = {\rm{ \;}} - 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3y = {\rm{ \;}} - 9}\\{x = 4 + y}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 3}\\{x = 4 - 3 = 1}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {1; - 3} \right)\)
Chọn C.
Câu 6 (NB):
Phương pháp:
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:
Nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) với \(a \ne 0\) có hai nghiệm \({x_1}\) và \({x_2}\), thì tích \({x_1}{x_2}\) bằng \(\frac{c}{a}\)
Chọn C.
Câu 7 (NB):
Phương pháp:
Công thức góc lượng giác: tam giác ABC vuông tại \(A\) có \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{BC}}\)
Cách giải:
Tam giác ABC vuông tại \(A\) có \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{BC}}\)
Chọn D.
Câu 8 (NB):
Phương pháp:
Vị trí tương đối của đường thẳng và đườn tròn:
Đường thẳng \(d\) cắt \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B khi \(OH < R\)
Cách giải:
Đường thẳng \(d\) cắt \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B khi \(OH < R\)
Chọn A.
Câu 9 (NB):
Phương pháp:
Góc nội tiếp bằng một nửa số đo cung bị chắn.
Cách giải:
Số đo góc nội tiếp chắn cung \(150^\circ \) bằng \(75^\circ \)
Chọn D.
Câu 10 (NB):
Phương pháp:
Công thức tính diện tích của hình cầu có bán kính \(R\) là \(S = 4\pi {R^2}\)
Cách giải:
Công thức tính diện tích của hình cầu có bán kính \(R\) là \(S = 4\pi {R^2}\)
Chọn B.
Phần II: Tự luận
Câu 11 (TH):
Phương pháp:
a) Giải phương trình bậc nhất \(ax + b = 0(a \ne 0)\) có nghiệm là \(x = \frac{{ - b}}{a}\)
b) Giải phương trình bậc hai một ẩn bằng cách nhẩm nghiệm \(a - b + c = 0\).
Suy ra PT có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = {\rm{ \;}} - 1}\\{{x_2} = \frac{{ - c}}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
a) \(2x - 8 = 0 \Leftrightarrow 2x = 8 \Leftrightarrow x = 4\)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 4.\)
b)\({x^2} + 4x + 3 = 0\)
Vì \(a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là: \({x_1} = {\rm{ \;}} - 1\) và \({x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{c}{a} = {\rm{ \;}} - 3\)
Vậy phương trình có tập nghiệm là\(S = \left\{ { - 1; - 3} \right\}\).
c) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 1}\\{3x + 2y = 11}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x = 12}\\{2y = x - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{2y = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 1}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;3} \right)\).
Câu 12 (TH):
Phương pháp:
a) Thực hiện tính toán chứa căn bậc hai, \(\sqrt {{a^2}b} {\rm{ \;}} = \left| a \right|\sqrt b \)
b) Cách vẽ đồ thị hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\)
Bước 1: Cho \(x = 0\) thì \(y = b\), ta được điểm \(P(0;b)\) thuộc trục Oy.
Cho \(y = 0\) thì \(x = \frac{{ - b}}{a}\), ta được điểm \(Q\left( {\frac{{ - b}}{a};0} \right)\) thuộc trục hoành Ox.
Bước 2: Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm \({\rm{P}}\) và \({\rm{Q}}\) ta được đồ thị hàm số \(y = ax + b\)
Cách giải:
a) Ta có: \(B = \sqrt {36} {\rm{ \;}} + \sqrt 4 {\rm{ \;}} - \sqrt {25} {\rm{ \;}} = \sqrt {{6^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {{2^2}} {\rm{ \;}} - \sqrt {{5^2}} {\rm{ \;}} = 6 + 2 - 5 = 8 - 5 = 3\)
Vậy \(B = 3.\)
b) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = 3x - 6\).
Cho \(x = 0\) thì \(y = 3.0 - 6 = {\rm{ \;}} - 6\)
Cho \(y = 0\) thì \(0 = 3.x - 6 \Leftrightarrow 3x = 6 \Leftrightarrow x = 2\)
Suy ra đồ thị hàm số \(y = 3x - 6\) là đường thẳng đi qua 2 điểm \(A\left( {0; - 6} \right)\) và \(B\left( {2;0} \right)\)
Ta vẽ được đồ thị hàm số như sau:
Câu 13 (TH):
Phương pháp:
Công thức \(\Delta ' = {(b')^2} - ac\) với \(b' = \frac{b}{a}\)
Điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\)
Sử dụng 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 \(\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 1\left( {{m^2} - 3} \right) = {m^2} - 2m + 1 - {m^2} + 3 = {\rm{ \;}} - 2m + 4\)
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2m + 4 > 0 \Leftrightarrow m < 2\)
Khi đó theo viet ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} - 3}\end{array}} \right.\)
Để \({x_1} + {x_2} = {x_1}{x_2} - 2\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow 2\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 3 - 2}\\{ \Leftrightarrow 2m - 2 = {m^2} - 5}\\{ \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 3 = 0}\end{array}\)
\( \Leftrightarrow \left( {m - 3} \right)\left( {m + 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 3\left( {KTM} \right)}\\{m = {\rm{ \;}} - 1\left( {TM} \right)}\end{array}} \right.\)
Vậy m = -1 thì thỏa mãn bài toán
Câu 14 (TH):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Công thức chu vi hình chữ nhật bằng 2 lần tổng chiều dài và chiều rộng.
Cách giải:
Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x{\mkern 1mu} \left( {m,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0 < x < 30} \right)\).
Vì chiều dài mảnh đất gấp 2 lần chiều rộng nên ta có chiều dài mảnh đất là: \(2x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\)
Vì chu vi mảnh đất là 60 nên ta có:
\(2.\left( {x + 2x} \right) = 60 \Leftrightarrow 6x = 60 \Leftrightarrow x = 10\) (TM)
Suy ra chiều dài mảnh đất là 20m, chiều rộng mảnh đất là 10m.
Diện tích mảnh đất là: \(20.10 = 200\left( {{m^2}} \right)\)
Giá tiền của mảnh đất là: \(8.200 = 1600\)(triệu đồng)
Vậy giá tiền của mảnh đất đó là 1600 triệu đồng = 1 600 000 000 đồng.
Câu 15 (VD):
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác AOCD có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp,
b) Sử dụng tính chất góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC thì bằng nhau.
Và hai góc cùng phụ với góc thứ 3.
c) Chứng minh $\Delta AEO \backsim \Delta AHC\left( {g.g} \right)$ suy ra các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ.
d) Gọi N là giao điểm của AC và BD.
Chứng minh CN là phân giác của \(\angle MCD\), CB là phân giác ngoài tại đỉnh C của \(\Delta CDM\)
Sử dụng tính chất phân giác.
Chứng minh CH // AD, sử dụng định lí Talet.
\( \Rightarrow \frac{{CM}}{{AD}} = \frac{{HM}}{{AD}} \Rightarrow CM = HM \Rightarrow M\)
Cách giải:
a) Do DA, AC là tiếp tuyến nên \(DA \bot OA,DC \bot OC\)
\( \Rightarrow \angle DAO = \angle DCO = {90^0}\)
Xét tứ giác AOCD có \(\angle DAO + \angle DCO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Suy ra AOCD nội tiếp (tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (dhnb) (đpcm)
b) Ta có \(\angle BCF = \angle FAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)
\(\angle ACB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \angle BCH = \angle BAC\) (cùng phụ với góc CBA)
\( \Rightarrow \angle FCB = \angle BCH\left( { = \angle FAC} \right)\)
\( \Rightarrow BC\) là phân giác của góc HCF
c) Ta có DA = DC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow \) D thuộc trung trực của AC
OA = OC (cùng bằng bán kính của (O)
\( \Rightarrow \) O thuộc trung trực của AC
\( \Rightarrow DO\) là trung trực của AC.
\( \Rightarrow DO \bot AC\) tại E là trung điểm của AC.
Xét \(\Delta AEO\) và \(\Delta AHC\) có
\(\angle HAC\) chung
\(\angle AEO = \angle AHC\left( { = {{90}^0}} \right)\)
$\Rightarrow \Delta AEO \backsim \Delta AHC\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AH}} = \dfrac{{AO}}{{AC}}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
\( \Rightarrow AO.AH = AE.AC = AE.2AE = 2A{E^2}\).
Vậy \(AO.AH = 2A{E^2}\) (đpcm).
d) Gọi N là giao điểm của AC và BD.
Vì CB là phân giác của góc HCF (theo câu b).
Mà \(\angle ACB = {90^0}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right) \Rightarrow CB \bot CA\).
Mà \(\angle HCF\) kề bù với \(\angle HCD\).
\( \Rightarrow CA\) là phân giác của góc \(\angle HCD\), CB là phân giác ngoài của \(\angle HCD\).
Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\frac{{CM}}{{CD}} = \frac{{NM}}{{ND}} = \frac{{BM}}{{BD}}\).
Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CH \bot AB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\\{AD \bot AB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow CH//AD\) (từ vuông góc đến song song)
\( \Rightarrow \) Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{NM}}{{ND}} = \frac{{CM}}{{AD}},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{BM}}{{BD}} = \frac{{HM}}{{AD}}\).
\( \Rightarrow \frac{{CM}}{{AD}} = \frac{{HM}}{{AD}} \Rightarrow CM = HM \Rightarrow M\) là trung điểm của CH (đpcm).
Câu 16 (VDC):
Phương pháp:
Đặt \(a = \sqrt {x + 2} ;b = \sqrt y {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a,b \ge 0} \right)\)
Từ đó giải phương trình tìm a, b.
Suy ra ẩn chính.
Cách giải:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2}\left( {1 + \frac{4}{{{y^2}}}} \right) = 12}&{{\rm{ \;}}}&{(1)}\\{2\sqrt {x + 3y + 2} {\rm{ \;}} = 3\sqrt y {\rm{ \;}} + \sqrt {x + 2} {\rm{ \;}}}&{(2)}&{}\end{array}} \right.\)
(ĐKXĐ: \(x \ge {\rm{ \;}} - 2;y \ge 0\))
Đặt \(a = \sqrt {x + 2} ;b = \sqrt y {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a,b \ge 0} \right)\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow {a^2} = x + 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {b^2} = y}\\{ \Rightarrow x + 3y + 2 = {a^2} + 3{b^2}}\end{array}\)
Khi đó (2) trở thành: \(2\sqrt {{a^2} + 3{b^2}} {\rm{ \;}} = a + 3b\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 4\left( {{a^2} + 3{b^2}} \right) = {{\left( {a + 3b} \right)}^2}}\\{ \Leftrightarrow 4{a^2} + 12{b^2} = {a^2} + 6ab + 9{b^2}}\\{ \Leftrightarrow 3{a^2} - 6ab + 3{b^2} = 0}\\{ \Leftrightarrow 3{{\left( {a - b} \right)}^2} = 0}\\{ \Leftrightarrow {{\left( {a - b} \right)}^2} = 0}\\{ \Leftrightarrow a - b = 0}\\{ \Leftrightarrow a = b}\\{ \Rightarrow \sqrt {x + 2} {\rm{ \;}} = \sqrt y {\mkern 1mu} }\\{ \Leftrightarrow x + 2 = y}\end{array}\)
Thay vào (1) ta được: \({x^2}\left( {1 + \frac{4}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \right) = 12\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2}\left[ {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 4} \right] = 12{\left( {x + 2} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} + 4x + 8} \right) = 12\left( {{x^2} + 4x + 4} \right)\\ \Leftrightarrow {x^4} + 4{x^3} + 8{x^2} = 12{x^2} + 48x + 48\\ \Leftrightarrow {x^4} + 4{x^3} - 4{x^2} - 48x - 48 = 0\\ \Leftrightarrow {x^4} + 6{x^3} + 12{x^2} - 2{x^3} - 12{x^2} - 24x - 4{x^2} - 24x - 48 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) - 2x\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) - 4\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 2x - 4} \right)\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt 5 \\{x^2} + 6x + 12 = 0\,(VN)\end{array} \right.\end{array}\)
Với\(x = 1 + \sqrt 5 {\rm{ \;}} \Rightarrow y = 1 + \sqrt 5 {\rm{ \;}} + 2 = 3 + \sqrt 5 \)
Với\(x = 1 - \sqrt 5 {\rm{ \;}} \Rightarrow y = 1 - \sqrt 5 {\rm{ \;}} + 2 = 3 - \sqrt 5 \)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1 + \sqrt 5 ;3 + \sqrt 5 } \right)\) hoặc\(\left( {x;y} \right) = \left( {1 - \sqrt 5 ;3 - \sqrt 5 } \right)\).
Phần I: Trắc nghiệm (2 điểm)
Câu 1: Căn bậc ba của -27 là
A. -9
B. -3
C. 9
D. 3
Câu 2: Tất cả các giá trị của \(x\) để biểu thức \(P = \sqrt {x - 2} \) có nghĩa là
A. \(x = 2\).
B. \(x \ge 2\).
C. \(x \le 2\).
D. \(x > 2\).
Câu 3: Hàm số \(y = mx - 2\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi
A. \(m > 0\).
B. \(m < 0\).
C. \(m = 0\).
D. \(m \ne 0\).
Câu 4: Đồ thị hàm số \(y = 3{x^2}\) đi qua điểm nào dưới đây?
A. \(M\left( {0;0} \right)\).
B. \(N\left( {1;6} \right)\).
C. \(P\left( {1;1} \right)\).
D. \(Q\left( {0;3} \right)\).
Câu 5: Nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = 4}\\{x + 2y = {\rm{ \;}} - 5}\end{array}} \right.\) là
A. \(\left( {1;4} \right)\).
B. \(\left( {1;3} \right)\).
C. \(\left( {1; - 3} \right)\).
D. \(\left( {3;1} \right)\).
Câu 6: Nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) với \(a \ne 0\) có hai nghiệm \({x_1}\) và \({x_2}\), thì tích \({x_1}{x_2}\) bằng
A. \( - \frac{c}{a}\).
B. \(\frac{b}{a}\).
C. \(\frac{c}{a}\).
D. \( - \frac{b}{a}\).
Câu 7: Cho tam giác ABC vuông tại \(A\) (tham khảo hình vẽ). Khẳng định nào sau đây đúng?
A. \({\rm{cos}}B = \frac{{AC}}{{AB}}\).
B. \({\rm{cos}}B = \frac{{AC}}{{BC}}\).
C. \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{AC}}\).
D. \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{BC}}\).
Câu 8: Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và đường thẳng \(d\). Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên đường thẳng \(d\) (tham khảo hình vẽ). Đường thẳng \(d\) cắt \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B khi
A. \(OH < R\).
B. \(OH = R\).
C. \(OH > R\).
D. \(OH \le R\).
Câu 9: Số đo góc nội tiếp chắn cung \(150^\circ \) bằng
A. \(150^\circ \).
B. \(65^\circ \).
C. \(50^\circ \).
D. \(75^\circ \).
Câu 10: Công thức tính diện tích của hình cầu có bán kính \(R\) là
A. \(S = 4\pi R\).
B. \(S = 4\pi {R^2}\).
C. \(S = \pi {R^2}\).
D. \(S = 3\pi {R^2}\).
Phần II. Tự luận (8 điểm)
Câu 11: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)\(2x - 8 = 0\)
b)\({x^2} + 4x + 3 = 0\)
c) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 1}\\{3x + 2y = 11}\end{array}} \right.\)
Câu 12:
a) Tính giá trị của biểu thức: \(B = \sqrt {36} {\rm{ \;}} + \sqrt 4 {\rm{ \;}} - \sqrt {25} \).
b) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = 3x - 6\).
Câu 13: Cho phương trình \({x^2} - 2(m - 1)x + {m^2} - 3 = 0\) (m là tham số). Tìm m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = {x_1}{x_2} - 2\)
Câu 14: Ông Nam sở hữu một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 60m. Ông Nam định bán mảnh đất đó với giá thị trường là 8 triệu đồng cho một mét vuông. Hãy tính giá tiền của mảnh đất đó biết rằng mảnh đất có chiều dài gấp 2 lần chiều rộng.
Câu 15: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường tròn (O) lấy điểm C không trùng B sao cho AC > BC. Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và C cắt nhau tại D. Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB, E là giao điểm của hai đường thẳng OD và AC.
a) Chứng minh tứ giác AOCD nội tiếp.
b) Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng CD và AB. Chứng minh CB là tia phân giác của góc HCF.
c) Chứng minh \(AO.AH = 2A{E^2}\)
d) Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng BD và CH. Chứng minh M là trung điểm của CH.
Câu 16: Giải hệ phương trình\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2}\left( {1 + \frac{4}{{{y^2}}}} \right) = 12}\\{2\sqrt {x + 3y + 2} {\rm{ \;}} = 3\sqrt y {\rm{ \;}} + \sqrt {x + 2} }\end{array}} \right.\)
-----HẾT-----
Phần I: Trắc nghiệm
1.B | 2.B | 3.A | 4.A | 5.C | 6.C | 7.D | 8.A | 9.D | 10.B |
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
Căn bậc ba của x là số a, sao cho \({a^3} = x\)
Cách giải:
Căn bậc ba của -27 là -3 vì \({( - 3)^3} = - 27\)
Chọn B.
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
\(\sqrt {f(x)} \) có nghĩa khi \(f(x) \ge 0\)
Cách giải:
\(P = \sqrt {x - 2} \) có nghĩa khi \(x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2\)
Chọn B.
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
Hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\) đồng biến trên R khi a > 0.
Cách giải:
Hàm số \(y = mx - 2\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(m > 0\)
Chọn A.
Câu 4 (NB):
Phương pháp:
Điểm \(A({x_0};{y_0})\) đi qua đồ thị hàm số \(y = a{x^2}(a \ne 0)\) khi \({y_0} = a.{x_0}^2\)
Cách giải:
Đồ thị hàm số \(y = 3{x^2}\) đi qua điểm \(M\left( {0;0} \right)\)
Chọn A.
Câu 5 (NB):
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = 4}\\{x + 2y = {\rm{ \;}} - 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3y = {\rm{ \;}} - 9}\\{x = 4 + y}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 3}\\{x = 4 - 3 = 1}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {1; - 3} \right)\)
Chọn C.
Câu 6 (NB):
Phương pháp:
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:
Nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) với \(a \ne 0\) có hai nghiệm \({x_1}\) và \({x_2}\), thì tích \({x_1}{x_2}\) bằng \(\frac{c}{a}\)
Chọn C.
Câu 7 (NB):
Phương pháp:
Công thức góc lượng giác: tam giác ABC vuông tại \(A\) có \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{BC}}\)
Cách giải:
Tam giác ABC vuông tại \(A\) có \({\rm{cos}}B = \frac{{AB}}{{BC}}\)
Chọn D.
Câu 8 (NB):
Phương pháp:
Vị trí tương đối của đường thẳng và đườn tròn:
Đường thẳng \(d\) cắt \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B khi \(OH < R\)
Cách giải:
Đường thẳng \(d\) cắt \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B khi \(OH < R\)
Chọn A.
Câu 9 (NB):
Phương pháp:
Góc nội tiếp bằng một nửa số đo cung bị chắn.
Cách giải:
Số đo góc nội tiếp chắn cung \(150^\circ \) bằng \(75^\circ \)
Chọn D.
Câu 10 (NB):
Phương pháp:
Công thức tính diện tích của hình cầu có bán kính \(R\) là \(S = 4\pi {R^2}\)
Cách giải:
Công thức tính diện tích của hình cầu có bán kính \(R\) là \(S = 4\pi {R^2}\)
Chọn B.
Phần II: Tự luận
Câu 11 (TH):
Phương pháp:
a) Giải phương trình bậc nhất \(ax + b = 0(a \ne 0)\) có nghiệm là \(x = \frac{{ - b}}{a}\)
b) Giải phương trình bậc hai một ẩn bằng cách nhẩm nghiệm \(a - b + c = 0\).
Suy ra PT có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = {\rm{ \;}} - 1}\\{{x_2} = \frac{{ - c}}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
a) \(2x - 8 = 0 \Leftrightarrow 2x = 8 \Leftrightarrow x = 4\)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 4.\)
b)\({x^2} + 4x + 3 = 0\)
Vì \(a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là: \({x_1} = {\rm{ \;}} - 1\) và \({x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{c}{a} = {\rm{ \;}} - 3\)
Vậy phương trình có tập nghiệm là\(S = \left\{ { - 1; - 3} \right\}\).
c) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 1}\\{3x + 2y = 11}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x = 12}\\{2y = x - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{2y = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 1}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;3} \right)\).
Câu 12 (TH):
Phương pháp:
a) Thực hiện tính toán chứa căn bậc hai, \(\sqrt {{a^2}b} {\rm{ \;}} = \left| a \right|\sqrt b \)
b) Cách vẽ đồ thị hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\)
Bước 1: Cho \(x = 0\) thì \(y = b\), ta được điểm \(P(0;b)\) thuộc trục Oy.
Cho \(y = 0\) thì \(x = \frac{{ - b}}{a}\), ta được điểm \(Q\left( {\frac{{ - b}}{a};0} \right)\) thuộc trục hoành Ox.
Bước 2: Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm \({\rm{P}}\) và \({\rm{Q}}\) ta được đồ thị hàm số \(y = ax + b\)
Cách giải:
a) Ta có: \(B = \sqrt {36} {\rm{ \;}} + \sqrt 4 {\rm{ \;}} - \sqrt {25} {\rm{ \;}} = \sqrt {{6^2}} {\rm{ \;}} + \sqrt {{2^2}} {\rm{ \;}} - \sqrt {{5^2}} {\rm{ \;}} = 6 + 2 - 5 = 8 - 5 = 3\)
Vậy \(B = 3.\)
b) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = 3x - 6\).
Cho \(x = 0\) thì \(y = 3.0 - 6 = {\rm{ \;}} - 6\)
Cho \(y = 0\) thì \(0 = 3.x - 6 \Leftrightarrow 3x = 6 \Leftrightarrow x = 2\)
Suy ra đồ thị hàm số \(y = 3x - 6\) là đường thẳng đi qua 2 điểm \(A\left( {0; - 6} \right)\) và \(B\left( {2;0} \right)\)
Ta vẽ được đồ thị hàm số như sau:
Câu 13 (TH):
Phương pháp:
Công thức \(\Delta ' = {(b')^2} - ac\) với \(b' = \frac{b}{a}\)
Điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\)
Sử dụng 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 \(\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 1\left( {{m^2} - 3} \right) = {m^2} - 2m + 1 - {m^2} + 3 = {\rm{ \;}} - 2m + 4\)
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2m + 4 > 0 \Leftrightarrow m < 2\)
Khi đó theo viet ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} - 3}\end{array}} \right.\)
Để \({x_1} + {x_2} = {x_1}{x_2} - 2\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow 2\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 3 - 2}\\{ \Leftrightarrow 2m - 2 = {m^2} - 5}\\{ \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 3 = 0}\end{array}\)
\( \Leftrightarrow \left( {m - 3} \right)\left( {m + 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 3\left( {KTM} \right)}\\{m = {\rm{ \;}} - 1\left( {TM} \right)}\end{array}} \right.\)
Vậy m = -1 thì thỏa mãn bài toán
Câu 14 (TH):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Công thức chu vi hình chữ nhật bằng 2 lần tổng chiều dài và chiều rộng.
Cách giải:
Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x{\mkern 1mu} \left( {m,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0 < x < 30} \right)\).
Vì chiều dài mảnh đất gấp 2 lần chiều rộng nên ta có chiều dài mảnh đất là: \(2x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\)
Vì chu vi mảnh đất là 60 nên ta có:
\(2.\left( {x + 2x} \right) = 60 \Leftrightarrow 6x = 60 \Leftrightarrow x = 10\) (TM)
Suy ra chiều dài mảnh đất là 20m, chiều rộng mảnh đất là 10m.
Diện tích mảnh đất là: \(20.10 = 200\left( {{m^2}} \right)\)
Giá tiền của mảnh đất là: \(8.200 = 1600\)(triệu đồng)
Vậy giá tiền của mảnh đất đó là 1600 triệu đồng = 1 600 000 000 đồng.
Câu 15 (VD):
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác AOCD có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp,
b) Sử dụng tính chất góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC thì bằng nhau.
Và hai góc cùng phụ với góc thứ 3.
c) Chứng minh $\Delta AEO \backsim \Delta AHC\left( {g.g} \right)$ suy ra các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ.
d) Gọi N là giao điểm của AC và BD.
Chứng minh CN là phân giác của \(\angle MCD\), CB là phân giác ngoài tại đỉnh C của \(\Delta CDM\)
Sử dụng tính chất phân giác.
Chứng minh CH // AD, sử dụng định lí Talet.
\( \Rightarrow \frac{{CM}}{{AD}} = \frac{{HM}}{{AD}} \Rightarrow CM = HM \Rightarrow M\)
Cách giải:
a) Do DA, AC là tiếp tuyến nên \(DA \bot OA,DC \bot OC\)
\( \Rightarrow \angle DAO = \angle DCO = {90^0}\)
Xét tứ giác AOCD có \(\angle DAO + \angle DCO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Suy ra AOCD nội tiếp (tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (dhnb) (đpcm)
b) Ta có \(\angle BCF = \angle FAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)
\(\angle ACB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \angle BCH = \angle BAC\) (cùng phụ với góc CBA)
\( \Rightarrow \angle FCB = \angle BCH\left( { = \angle FAC} \right)\)
\( \Rightarrow BC\) là phân giác của góc HCF
c) Ta có DA = DC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow \) D thuộc trung trực của AC
OA = OC (cùng bằng bán kính của (O)
\( \Rightarrow \) O thuộc trung trực của AC
\( \Rightarrow DO\) là trung trực của AC.
\( \Rightarrow DO \bot AC\) tại E là trung điểm của AC.
Xét \(\Delta AEO\) và \(\Delta AHC\) có
\(\angle HAC\) chung
\(\angle AEO = \angle AHC\left( { = {{90}^0}} \right)\)
$\Rightarrow \Delta AEO \backsim \Delta AHC\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AH}} = \dfrac{{AO}}{{AC}}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
\( \Rightarrow AO.AH = AE.AC = AE.2AE = 2A{E^2}\).
Vậy \(AO.AH = 2A{E^2}\) (đpcm).
d) Gọi N là giao điểm của AC và BD.
Vì CB là phân giác của góc HCF (theo câu b).
Mà \(\angle ACB = {90^0}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right) \Rightarrow CB \bot CA\).
Mà \(\angle HCF\) kề bù với \(\angle HCD\).
\( \Rightarrow CA\) là phân giác của góc \(\angle HCD\), CB là phân giác ngoài của \(\angle HCD\).
Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\frac{{CM}}{{CD}} = \frac{{NM}}{{ND}} = \frac{{BM}}{{BD}}\).
Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CH \bot AB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\\{AD \bot AB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow CH//AD\) (từ vuông góc đến song song)
\( \Rightarrow \) Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{NM}}{{ND}} = \frac{{CM}}{{AD}},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{BM}}{{BD}} = \frac{{HM}}{{AD}}\).
\( \Rightarrow \frac{{CM}}{{AD}} = \frac{{HM}}{{AD}} \Rightarrow CM = HM \Rightarrow M\) là trung điểm của CH (đpcm).
Câu 16 (VDC):
Phương pháp:
Đặt \(a = \sqrt {x + 2} ;b = \sqrt y {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a,b \ge 0} \right)\)
Từ đó giải phương trình tìm a, b.
Suy ra ẩn chính.
Cách giải:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2}\left( {1 + \frac{4}{{{y^2}}}} \right) = 12}&{{\rm{ \;}}}&{(1)}\\{2\sqrt {x + 3y + 2} {\rm{ \;}} = 3\sqrt y {\rm{ \;}} + \sqrt {x + 2} {\rm{ \;}}}&{(2)}&{}\end{array}} \right.\)
(ĐKXĐ: \(x \ge {\rm{ \;}} - 2;y \ge 0\))
Đặt \(a = \sqrt {x + 2} ;b = \sqrt y {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a,b \ge 0} \right)\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow {a^2} = x + 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {b^2} = y}\\{ \Rightarrow x + 3y + 2 = {a^2} + 3{b^2}}\end{array}\)
Khi đó (2) trở thành: \(2\sqrt {{a^2} + 3{b^2}} {\rm{ \;}} = a + 3b\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 4\left( {{a^2} + 3{b^2}} \right) = {{\left( {a + 3b} \right)}^2}}\\{ \Leftrightarrow 4{a^2} + 12{b^2} = {a^2} + 6ab + 9{b^2}}\\{ \Leftrightarrow 3{a^2} - 6ab + 3{b^2} = 0}\\{ \Leftrightarrow 3{{\left( {a - b} \right)}^2} = 0}\\{ \Leftrightarrow {{\left( {a - b} \right)}^2} = 0}\\{ \Leftrightarrow a - b = 0}\\{ \Leftrightarrow a = b}\\{ \Rightarrow \sqrt {x + 2} {\rm{ \;}} = \sqrt y {\mkern 1mu} }\\{ \Leftrightarrow x + 2 = y}\end{array}\)
Thay vào (1) ta được: \({x^2}\left( {1 + \frac{4}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \right) = 12\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2}\left[ {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 4} \right] = 12{\left( {x + 2} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} + 4x + 8} \right) = 12\left( {{x^2} + 4x + 4} \right)\\ \Leftrightarrow {x^4} + 4{x^3} + 8{x^2} = 12{x^2} + 48x + 48\\ \Leftrightarrow {x^4} + 4{x^3} - 4{x^2} - 48x - 48 = 0\\ \Leftrightarrow {x^4} + 6{x^3} + 12{x^2} - 2{x^3} - 12{x^2} - 24x - 4{x^2} - 24x - 48 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) - 2x\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) - 4\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 2x - 4} \right)\left( {{x^2} + 6x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt 5 \\{x^2} + 6x + 12 = 0\,(VN)\end{array} \right.\end{array}\)
Với\(x = 1 + \sqrt 5 {\rm{ \;}} \Rightarrow y = 1 + \sqrt 5 {\rm{ \;}} + 2 = 3 + \sqrt 5 \)
Với\(x = 1 - \sqrt 5 {\rm{ \;}} \Rightarrow y = 1 - \sqrt 5 {\rm{ \;}} + 2 = 3 - \sqrt 5 \)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1 + \sqrt 5 ;3 + \sqrt 5 } \right)\) hoặc\(\left( {x;y} \right) = \left( {1 - \sqrt 5 ;3 - \sqrt 5 } \right)\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của mỗi học sinh. Việc chuẩn bị kỹ lưỡng, đặc biệt là môn Toán, là yếu tố then chốt để đạt được kết quả tốt nhất. Bài viết này sẽ cung cấp thông tin chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Sơn La năm 2023, phân tích cấu trúc đề thi, các dạng bài thường gặp và hướng dẫn ôn thi hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Sơn La năm 2023 thường có cấu trúc tương tự như các năm trước, bao gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Dưới đây là một số dạng bài thường gặp trong Đề thi vào 10 môn Toán Sơn La năm 2023:
Để ôn thi hiệu quả cho Đề thi vào 10 môn Toán Sơn La năm 2023, học sinh cần:
Ngoài Đề thi vào 10 môn Toán Sơn La năm 2023, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Hãy luôn giữ tinh thần lạc quan, tự tin và cố gắng hết mình trong quá trình ôn thi. Chúc các em học sinh đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
Bài toán: Giải phương trình 2x + 3 = 7
Lời giải:
Việc chuẩn bị kỹ lưỡng và có phương pháp ôn thi hiệu quả là yếu tố quyết định thành công trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Hy vọng những thông tin và hướng dẫn trong bài viết này sẽ giúp các em học sinh tự tin hơn 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!
