toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán tỉnh Thái Bình năm 2020 chính thức. 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.
Bộ đề thi này được biên soạn dựa trên đề thi thật, đảm bảo độ chính xác và tính cập nhật cao. Các em có thể sử dụng để tự luyện tập tại nhà hoặc kết hợp với các khóa học online tại toan11.edu.vn để đạt kết quả tốt nhất.
Câu 1: Cho
Câu 1:
Cho \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\) và \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\) (với \(x > 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = 9\).
b) Rút gọn biểu thức B.
c) Tìm \(x\) để giá trị của A và B trái dấu.
Câu 2:
Cho hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4m - 5\\2x + y = 3m\end{array} \right.\) với \(m\) là tham số.
a) Giải hệ phương trình khi \(m = 3.\)
b) Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\,\,y} \right)\) thỏa mãn \(\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{y} = - 1.\)
Câu 3:
Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 3mx + 1 - {m^2}\) (\(m\) là tham số).
a) Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1; - 9} \right).\)
b) Tìm \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}.\)
Câu 4:
Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\), kẻ hai tiếp tuyến \(MA,\,\,MB\) (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến \(MCD\) không đi qua tâm \(O\) (\(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\)).
a) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp và \(MO \bot AB\).
b) Chứng minh \(MA.AD = MD.AC\).
c) Gọi \(I\) là trung điểm của dây cung \(CD\) và \(E\) là giao điểm của hai đường thẳng \(AB\) và \(OI\). Tính độ dài đoan thẳng \(OE\) theo \(R\) khi \(OI = \dfrac{R}{3}\).
d) Qua tâm \(O\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(OM\) cắt đường thẳng \(MA,\,\,MB\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\). Tìm vị trí điểm \(M\) để diện tích tam giác \(MPQ\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = - 3{x^2} - 4x\sqrt y + 16x - 2y + 12\sqrt y + 1998.\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\) và \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\) (với \(x > 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = 9\).
Thay \(x = 9\,\,\left( {TMDK} \right)\) vào biểu thức A ta có:
\(A = \dfrac{{\sqrt 9 + 1}}{{\sqrt 9 - 1}} = \dfrac{{3 + 1}}{{3 - 1}} = \dfrac{4}{2} = 2\).
Vậy khi \(x = 9\) thì \(A = 2\).
b) Rút gọn biểu thức B.
Với \(x > 0,\,\,x \ne 1\) thì:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\B = \dfrac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} - {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\B = \dfrac{{x + 2\sqrt x + 1 - x + 2\sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\B = \dfrac{{4\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\B = \dfrac{4}{{\sqrt x + 1}}\end{array}\)
Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 1\) thì \(B = \dfrac{4}{{\sqrt x + 1}}\).
c) Tìm \(x\) để giá trị của A và B trái dấu.
Để giá trị của A và B trái dấu thì \(A.B < 0\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}.\dfrac{4}{{\sqrt x + 1}} < 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{{\sqrt x - 1}} < 0\end{array}\)
Vì \(4 > 0\) nên \(\dfrac{4}{{\sqrt x - 1}} < 0 \Leftrightarrow \sqrt x - 1 < 0 \Leftrightarrow \sqrt x < 1 \Leftrightarrow x < 1\).
Kết hợp điều kiện \(x > 0,\,\,x \ne 1\) ta có \(0 < x < 1\).
Vậy để giá trị của A và B trái dấu thì \(0 < x < 1\).
Câu 2 (2 điểm)
Cách giải:
Cho hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4m - 5\\2x + y = 3m\end{array} \right.\) với \(m\) là tham số.
a) Giải hệ phương trình khi \(m = 3.\)
Với \(m = 3\) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 7\\2x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 7\\4x + 2y = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 25\\y = 9 - 2x\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 9 - 2.5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy với \(m = 3\) thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {5; - 1} \right).\)
b) Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\,\,y} \right)\) thỏa mãn \(\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{y} = - 1.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4m - 5\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\2x + y = 3m\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Từ phương trình \(\left( 2 \right)\) ta có: \(y = 3m - 2x\)
Thế vào phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow x - 2\left( {3m - 2x} \right) = 4m - 5\\ \Leftrightarrow x - 6m + 4x = 4m - 5\\ \Leftrightarrow 5x = 10m - 5\\ \Leftrightarrow x = 2m - 1\\ \Rightarrow y = 3m - 2x\\ \Leftrightarrow y = 3m - 2\left( {2m - 1} \right)\\ \Leftrightarrow y = 3m - 4m + 2\\ \Leftrightarrow y = - m + 2\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Với mọi \(m\) thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2m - 1;\,\, - m + 2} \right).\)
Theo đề bài ta có: \(\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{y} = - 1\,\,\,\left( * \right)\)
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\y \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 1 \ne 0\\ - m + 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne \dfrac{1}{2}\\m \ne 2\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow \dfrac{2}{{2m - 1}} - \dfrac{1}{{ - m + 2}} = - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{2}{{2m - 1}} + \dfrac{1}{{m - 2}} + 1 = 0\\ \Rightarrow \left( {2m - 1} \right)\left( {m - 2} \right) + 2\left( {m - 2} \right) + 2m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 5m + 2 + 2m - 4 + 2m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - m - 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 2m - 3m - 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2m\left( {m + 1} \right) - 3\left( {m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {2m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\2m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = \dfrac{3}{2}\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 1\) và \(m = \dfrac{3}{2}\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu 3 (2 điểm)
Cách giải:
Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 3mx + 1 - {m^2}\) (\(m\) là tham số).
a) Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1; - 9} \right).\)
Đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 3mx + 1 - {m^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1; - 9} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow - 9 = 3m.1 + 1 - {m^2}\\ \Leftrightarrow {m^2} - 3m - 9 - 1 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 3m - 10 = 0\end{array}\)
Phương trình có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} + 4.10 = 49 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{m_1} = \dfrac{{3 + \sqrt {49} }}{2} = 5\\{m_2} = \dfrac{{3 - \sqrt {49} }}{2} = - 2\end{array} \right..\)
Vậy \(m = - 2\) hoặc \(m = 5\) thỏa mãn bài toán.
b) Tìm \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là:
\({x^2} = 3mx + 1 - {m^2} \Leftrightarrow {x^2} - 3mx + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\left( * \right)\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ giao điểm là \({x_1},\,\,{x_2}\)
\( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {3m} \right)^2} - 4\left( {{m^2} - 1} \right) > 0\\ \Leftrightarrow 9{m^2} - 4{m^2} + 4 > 0\\ \Leftrightarrow 5{m^2} + 4 > 0\,\,\,\forall m\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Với mọi \(m\) thì \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là \({x_1},\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et với phương trình \(\left( * \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3m\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,{x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 3m = 2\left( {{m^2} - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 2 - 3m = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 3m - 2 = 0\end{array}\)
Phương trình có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} + 4.2.2 = 25 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{m_1} = \dfrac{{3 + \sqrt {25} }}{{2.2}} = 2\\{m_2} = \dfrac{{3 - \sqrt {25} }}{{2.2}} = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right..\)
Vậy \(m = - \dfrac{1}{2}\) và \(m = 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\), kẻ hai tiếp tuyến \(MA,\,\,MB\) (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến \(MCD\) không đi qua tâm \(O\) (\(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\)).
a) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp và \(MO \bot AB\).
Vì \(MA,\,\,MB\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(\angle OAM = \angle OBM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(MAOB\) có: \(\angle OAM + \angle OBM = {90^0} + {90^0} = {180^{}}\).
\( \Rightarrow MAOB\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
Vì \(OA = OB\) \(\left( { = R} \right)\) \( \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AB\).
\(MA = MB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AB\).
\( \Rightarrow MO\) là trung trực của đoạn thẳng \(AB\).
Vậy \(MO \bot AB\) (đpcm).
b) Chứng minh \(MA.AD = MD.AC\).
Xét \(\Delta MAC\) và \(\Delta MDA\) có:
\(\angle AMD\) chung;
\(\angle MAC = \angle MDA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \Delta MAC \sim \Delta MDA\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MD}} = \dfrac{{AC}}{{AD}}\) (hai cạnh tương ứng) \( \Rightarrow MA.AD = MD.AC\,\,\left( {dpcm} \right)\).
c) Gọi \(I\) là trung điểm của dây cung \(CD\) và \(E\) là giao điểm của hai đường thẳng \(AB\) và \(OI\). Tính độ dài đoan thẳng \(OE\) theo \(R\) khi \(OI = \dfrac{R}{3}\).
Gọi \(AB \cap OM = \left\{ H \right\}\), theo ý a) ta có \(OM \bot AB\) tại \(H\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OAM\), đường cao \(AH\) ta có: \(O{A^2} = OH.OM\).
Mà \(OA = OC\,\,\left( { = R} \right)\) nên \(O{C^2} = OH.OM \Rightarrow \dfrac{{OC}}{{OH}} = \dfrac{{OM}}{{OC}}\).
Xét \(\Delta OCH\) và \(\Delta OMC\) có: \(\angle COM\) chung; \(\dfrac{{OC}}{{OH}} = \dfrac{{OM}}{{OC}}\) (cmt).
\( \Rightarrow \Delta OCH \sim \Delta OMC\,\,\left( {c.g.c} \right)\) \( \Rightarrow \angle OCH = \angle OMC = \angle OMI\,\,\left( 1 \right)\) (hai góc tương ứng).
Vì \(I\) là trung điểm của \(CD\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(OI \bot CD\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
\( \Rightarrow \Delta OMI\) vuông tại \(I\) \( \Rightarrow \angle OMI + \angle MOI = {90^0}\).
Lại có: \(\angle OEH + \angle EOH = {90^0}\) (do tam giác \(OEH\) vuông tại \(H\)).
Mà \(\angle MOI = \angle EOH\) nên \(\angle OMI = \angle OEH\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle OCH = \angle OEH\) \(\left( { = \angle OMI} \right)\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(OECH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các goác bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle OCE = \angle OHE = {90^0}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(OE\)).
\( \Rightarrow \Delta OCE\) vuông tại \(C\), có đường cao \(CI\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OCE\) ta có:
\(O{C^2} = OI.OE \Rightarrow OE = \dfrac{{O{C^2}}}{{OI}} = \dfrac{{{R^2}}}{{\dfrac{R}{3}}} = 3R\).
Vậy khi \(OI = \dfrac{R}{3}\) thì \(OE = 3R\).
d) Qua tâm \(O\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(OM\) cắt đường thẳng \(MA,\,\,MB\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\). Tìm vị trí điểm \(M\) để diện tích tam giác \(MPQ\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Đặt \(OM = x\,\,\left( {x > R} \right)\). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OMP\), đường cao \(OA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{O{A^2}}} = \dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{R^2}}} = \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{O{P^2}}} = \dfrac{1}{{{R^2}}} - \dfrac{1}{{{x^2}}} = \dfrac{{{x^2} - {R^2}}}{{{x^2}{R^2}}}\\ \Rightarrow OP = \dfrac{{xR}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\end{array}\)
Xét tam giác \(MPQ\) có đường cao \(MO\) đồng thời là đường phân giác (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\Delta MPQ\) là tam giác cân tại \(M\), do đó đường cao \(MO\) cũng đồng thời là đường trung tuyến.
\( \Rightarrow PQ = 2OP = \dfrac{{2xR}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\).
Khi đó \({S_{\Delta MPQ}} = \dfrac{1}{2}MO.PQ = \dfrac{1}{2}.x.\dfrac{{2xR}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} = R.\dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\).
Ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} = \dfrac{{{x^2} - {R^2} + {R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} = \sqrt {{x^2} - {R^2}} + \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\).
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương \(\sqrt {{x^2} - {R^2}} \) và \(\dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\) ta có:
\(\sqrt {{x^2} - {R^2}} + \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} \ge 2\sqrt {\sqrt {{x^2} - {R^2}} .\dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}} = 2R\).
Khi đó \({S_{\Delta MPQ}} \ge R.2R = 2{R^2}\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - {R^2}} = \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\) \( \Leftrightarrow {x^2} - {R^2} = {R^2} \Leftrightarrow {x^2} = 2{R^2} \Leftrightarrow x = R\sqrt 2 \,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy diện tích tam giác \(MPQ\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2{R^2}\) khi và chỉ khi \(M\) cách tâm \(O\) một khoảng bằng \(R\sqrt 2 \).
Câu 5 (0,5 điểm)
Cách giải:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = - 3{x^2} - 4x\sqrt y + 16x - 2y + 12\sqrt y + 1998.\)
Điều kiện: \(y \ge 0.\)
\(\begin{array}{l}P = - 3{x^2} - 4x\sqrt y + 16x - 2y + 12\sqrt y + 1998\\\,\,\,\,\, = \left( { - 2{x^2} - 4x\sqrt y - 2y + 12x + 12\sqrt y } \right) - {x^2} + 4x + 1998\\\,\,\,\,\, = - 2\left( {{x^2} + 2x\sqrt y + y - 6x - 6\sqrt y + 9} \right) - \left( {{x^2} - 4x + 4} \right) + 18 + 4 + 1998\\\,\,\,\,\, = - 2{\left( {x + \sqrt y - 3} \right)^2} - {\left( {x - 2} \right)^2} + 2020\end{array}\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l} - 2{\left( {x + \sqrt y - 3} \right)^2} \le 0\,\,\,\forall x,\,\,y \ge 0\\ - {\left( {x - 2} \right)^2} \le 0\,\,\,\forall x\end{array} \right.\) \( \Rightarrow P \le 2020\,\,\forall x,\,\,y \ge 0\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + \sqrt y - 3 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\\sqrt y = 3 - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy \(Max\,\,P = 2020\) khi \(x = 2\) và \(y = 1.\)
Câu 1:
Cho \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\) và \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\) (với \(x > 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = 9\).
b) Rút gọn biểu thức B.
c) Tìm \(x\) để giá trị của A và B trái dấu.
Câu 2:
Cho hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4m - 5\\2x + y = 3m\end{array} \right.\) với \(m\) là tham số.
a) Giải hệ phương trình khi \(m = 3.\)
b) Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\,\,y} \right)\) thỏa mãn \(\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{y} = - 1.\)
Câu 3:
Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 3mx + 1 - {m^2}\) (\(m\) là tham số).
a) Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1; - 9} \right).\)
b) Tìm \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}.\)
Câu 4:
Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\), kẻ hai tiếp tuyến \(MA,\,\,MB\) (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến \(MCD\) không đi qua tâm \(O\) (\(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\)).
a) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp và \(MO \bot AB\).
b) Chứng minh \(MA.AD = MD.AC\).
c) Gọi \(I\) là trung điểm của dây cung \(CD\) và \(E\) là giao điểm của hai đường thẳng \(AB\) và \(OI\). Tính độ dài đoan thẳng \(OE\) theo \(R\) khi \(OI = \dfrac{R}{3}\).
d) Qua tâm \(O\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(OM\) cắt đường thẳng \(MA,\,\,MB\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\). Tìm vị trí điểm \(M\) để diện tích tam giác \(MPQ\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = - 3{x^2} - 4x\sqrt y + 16x - 2y + 12\sqrt y + 1998.\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\) và \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\) (với \(x > 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = 9\).
Thay \(x = 9\,\,\left( {TMDK} \right)\) vào biểu thức A ta có:
\(A = \dfrac{{\sqrt 9 + 1}}{{\sqrt 9 - 1}} = \dfrac{{3 + 1}}{{3 - 1}} = \dfrac{4}{2} = 2\).
Vậy khi \(x = 9\) thì \(A = 2\).
b) Rút gọn biểu thức B.
Với \(x > 0,\,\,x \ne 1\) thì:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\B = \dfrac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} - {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\B = \dfrac{{x + 2\sqrt x + 1 - x + 2\sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\\B = \dfrac{{4\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\B = \dfrac{4}{{\sqrt x + 1}}\end{array}\)
Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 1\) thì \(B = \dfrac{4}{{\sqrt x + 1}}\).
c) Tìm \(x\) để giá trị của A và B trái dấu.
Để giá trị của A và B trái dấu thì \(A.B < 0\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}.\dfrac{4}{{\sqrt x + 1}} < 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{{\sqrt x - 1}} < 0\end{array}\)
Vì \(4 > 0\) nên \(\dfrac{4}{{\sqrt x - 1}} < 0 \Leftrightarrow \sqrt x - 1 < 0 \Leftrightarrow \sqrt x < 1 \Leftrightarrow x < 1\).
Kết hợp điều kiện \(x > 0,\,\,x \ne 1\) ta có \(0 < x < 1\).
Vậy để giá trị của A và B trái dấu thì \(0 < x < 1\).
Câu 2 (2 điểm)
Cách giải:
Cho hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4m - 5\\2x + y = 3m\end{array} \right.\) với \(m\) là tham số.
a) Giải hệ phương trình khi \(m = 3.\)
Với \(m = 3\) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 7\\2x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 7\\4x + 2y = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 25\\y = 9 - 2x\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 9 - 2.5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy với \(m = 3\) thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {5; - 1} \right).\)
b) Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;\,\,y} \right)\) thỏa mãn \(\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{y} = - 1.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4m - 5\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\2x + y = 3m\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Từ phương trình \(\left( 2 \right)\) ta có: \(y = 3m - 2x\)
Thế vào phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow x - 2\left( {3m - 2x} \right) = 4m - 5\\ \Leftrightarrow x - 6m + 4x = 4m - 5\\ \Leftrightarrow 5x = 10m - 5\\ \Leftrightarrow x = 2m - 1\\ \Rightarrow y = 3m - 2x\\ \Leftrightarrow y = 3m - 2\left( {2m - 1} \right)\\ \Leftrightarrow y = 3m - 4m + 2\\ \Leftrightarrow y = - m + 2\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Với mọi \(m\) thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2m - 1;\,\, - m + 2} \right).\)
Theo đề bài ta có: \(\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{y} = - 1\,\,\,\left( * \right)\)
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\y \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 1 \ne 0\\ - m + 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne \dfrac{1}{2}\\m \ne 2\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow \dfrac{2}{{2m - 1}} - \dfrac{1}{{ - m + 2}} = - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{2}{{2m - 1}} + \dfrac{1}{{m - 2}} + 1 = 0\\ \Rightarrow \left( {2m - 1} \right)\left( {m - 2} \right) + 2\left( {m - 2} \right) + 2m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 5m + 2 + 2m - 4 + 2m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - m - 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 2m - 3m - 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2m\left( {m + 1} \right) - 3\left( {m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {2m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\2m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = \dfrac{3}{2}\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 1\) và \(m = \dfrac{3}{2}\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu 3 (2 điểm)
Cách giải:
Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 3mx + 1 - {m^2}\) (\(m\) là tham số).
a) Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1; - 9} \right).\)
Đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\,y = 3mx + 1 - {m^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1; - 9} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow - 9 = 3m.1 + 1 - {m^2}\\ \Leftrightarrow {m^2} - 3m - 9 - 1 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 3m - 10 = 0\end{array}\)
Phương trình có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} + 4.10 = 49 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{m_1} = \dfrac{{3 + \sqrt {49} }}{2} = 5\\{m_2} = \dfrac{{3 - \sqrt {49} }}{2} = - 2\end{array} \right..\)
Vậy \(m = - 2\) hoặc \(m = 5\) thỏa mãn bài toán.
b) Tìm \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là:
\({x^2} = 3mx + 1 - {m^2} \Leftrightarrow {x^2} - 3mx + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\left( * \right)\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ giao điểm là \({x_1},\,\,{x_2}\)
\( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {3m} \right)^2} - 4\left( {{m^2} - 1} \right) > 0\\ \Leftrightarrow 9{m^2} - 4{m^2} + 4 > 0\\ \Leftrightarrow 5{m^2} + 4 > 0\,\,\,\forall m\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Với mọi \(m\) thì \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là \({x_1},\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et với phương trình \(\left( * \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3m\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,{x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 3m = 2\left( {{m^2} - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 2 - 3m = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 3m - 2 = 0\end{array}\)
Phương trình có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} + 4.2.2 = 25 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{m_1} = \dfrac{{3 + \sqrt {25} }}{{2.2}} = 2\\{m_2} = \dfrac{{3 - \sqrt {25} }}{{2.2}} = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right..\)
Vậy \(m = - \dfrac{1}{2}\) và \(m = 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\), kẻ hai tiếp tuyến \(MA,\,\,MB\) (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến \(MCD\) không đi qua tâm \(O\) (\(C\) nằm giữa \(M\) và \(D\)).
a) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp và \(MO \bot AB\).
Vì \(MA,\,\,MB\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(\angle OAM = \angle OBM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(MAOB\) có: \(\angle OAM + \angle OBM = {90^0} + {90^0} = {180^{}}\).
\( \Rightarrow MAOB\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
Vì \(OA = OB\) \(\left( { = R} \right)\) \( \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AB\).
\(MA = MB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AB\).
\( \Rightarrow MO\) là trung trực của đoạn thẳng \(AB\).
Vậy \(MO \bot AB\) (đpcm).
b) Chứng minh \(MA.AD = MD.AC\).
Xét \(\Delta MAC\) và \(\Delta MDA\) có:
\(\angle AMD\) chung;
\(\angle MAC = \angle MDA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \Delta MAC \sim \Delta MDA\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MD}} = \dfrac{{AC}}{{AD}}\) (hai cạnh tương ứng) \( \Rightarrow MA.AD = MD.AC\,\,\left( {dpcm} \right)\).
c) Gọi \(I\) là trung điểm của dây cung \(CD\) và \(E\) là giao điểm của hai đường thẳng \(AB\) và \(OI\). Tính độ dài đoan thẳng \(OE\) theo \(R\) khi \(OI = \dfrac{R}{3}\).
Gọi \(AB \cap OM = \left\{ H \right\}\), theo ý a) ta có \(OM \bot AB\) tại \(H\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OAM\), đường cao \(AH\) ta có: \(O{A^2} = OH.OM\).
Mà \(OA = OC\,\,\left( { = R} \right)\) nên \(O{C^2} = OH.OM \Rightarrow \dfrac{{OC}}{{OH}} = \dfrac{{OM}}{{OC}}\).
Xét \(\Delta OCH\) và \(\Delta OMC\) có: \(\angle COM\) chung; \(\dfrac{{OC}}{{OH}} = \dfrac{{OM}}{{OC}}\) (cmt).
\( \Rightarrow \Delta OCH \sim \Delta OMC\,\,\left( {c.g.c} \right)\) \( \Rightarrow \angle OCH = \angle OMC = \angle OMI\,\,\left( 1 \right)\) (hai góc tương ứng).
Vì \(I\) là trung điểm của \(CD\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(OI \bot CD\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
\( \Rightarrow \Delta OMI\) vuông tại \(I\) \( \Rightarrow \angle OMI + \angle MOI = {90^0}\).
Lại có: \(\angle OEH + \angle EOH = {90^0}\) (do tam giác \(OEH\) vuông tại \(H\)).
Mà \(\angle MOI = \angle EOH\) nên \(\angle OMI = \angle OEH\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle OCH = \angle OEH\) \(\left( { = \angle OMI} \right)\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(OECH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các goác bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle OCE = \angle OHE = {90^0}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(OE\)).
\( \Rightarrow \Delta OCE\) vuông tại \(C\), có đường cao \(CI\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OCE\) ta có:
\(O{C^2} = OI.OE \Rightarrow OE = \dfrac{{O{C^2}}}{{OI}} = \dfrac{{{R^2}}}{{\dfrac{R}{3}}} = 3R\).
Vậy khi \(OI = \dfrac{R}{3}\) thì \(OE = 3R\).
d) Qua tâm \(O\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(OM\) cắt đường thẳng \(MA,\,\,MB\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\). Tìm vị trí điểm \(M\) để diện tích tam giác \(MPQ\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Đặt \(OM = x\,\,\left( {x > R} \right)\). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OMP\), đường cao \(OA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{O{A^2}}} = \dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{R^2}}} = \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{O{P^2}}} = \dfrac{1}{{{R^2}}} - \dfrac{1}{{{x^2}}} = \dfrac{{{x^2} - {R^2}}}{{{x^2}{R^2}}}\\ \Rightarrow OP = \dfrac{{xR}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\end{array}\)
Xét tam giác \(MPQ\) có đường cao \(MO\) đồng thời là đường phân giác (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\Delta MPQ\) là tam giác cân tại \(M\), do đó đường cao \(MO\) cũng đồng thời là đường trung tuyến.
\( \Rightarrow PQ = 2OP = \dfrac{{2xR}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\).
Khi đó \({S_{\Delta MPQ}} = \dfrac{1}{2}MO.PQ = \dfrac{1}{2}.x.\dfrac{{2xR}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} = R.\dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\).
Ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} = \dfrac{{{x^2} - {R^2} + {R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} = \sqrt {{x^2} - {R^2}} + \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\).
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương \(\sqrt {{x^2} - {R^2}} \) và \(\dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\) ta có:
\(\sqrt {{x^2} - {R^2}} + \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} \ge 2\sqrt {\sqrt {{x^2} - {R^2}} .\dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}} = 2R\).
Khi đó \({S_{\Delta MPQ}} \ge R.2R = 2{R^2}\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - {R^2}} = \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\) \( \Leftrightarrow {x^2} - {R^2} = {R^2} \Leftrightarrow {x^2} = 2{R^2} \Leftrightarrow x = R\sqrt 2 \,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy diện tích tam giác \(MPQ\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2{R^2}\) khi và chỉ khi \(M\) cách tâm \(O\) một khoảng bằng \(R\sqrt 2 \).
Câu 5 (0,5 điểm)
Cách giải:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = - 3{x^2} - 4x\sqrt y + 16x - 2y + 12\sqrt y + 1998.\)
Điều kiện: \(y \ge 0.\)
\(\begin{array}{l}P = - 3{x^2} - 4x\sqrt y + 16x - 2y + 12\sqrt y + 1998\\\,\,\,\,\, = \left( { - 2{x^2} - 4x\sqrt y - 2y + 12x + 12\sqrt y } \right) - {x^2} + 4x + 1998\\\,\,\,\,\, = - 2\left( {{x^2} + 2x\sqrt y + y - 6x - 6\sqrt y + 9} \right) - \left( {{x^2} - 4x + 4} \right) + 18 + 4 + 1998\\\,\,\,\,\, = - 2{\left( {x + \sqrt y - 3} \right)^2} - {\left( {x - 2} \right)^2} + 2020\end{array}\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l} - 2{\left( {x + \sqrt y - 3} \right)^2} \le 0\,\,\,\forall x,\,\,y \ge 0\\ - {\left( {x - 2} \right)^2} \le 0\,\,\,\forall x\end{array} \right.\) \( \Rightarrow P \le 2020\,\,\forall x,\,\,y \ge 0\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + \sqrt y - 3 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\\sqrt y = 3 - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy \(Max\,\,P = 2020\) khi \(x = 2\) và \(y = 1.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của mỗi học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi và luyện tập với các đề thi thử là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho bạn đọc phân tích chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các bài toán khó và mẹo làm bài hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2020 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Tỷ lệ phân bổ điểm giữa các phần thường khá cân bằng, tuy nhiên, các em cần đặc biệt chú trọng đến phần Đại số và Hình học vì đây là hai phần thường chiếm trọng số lớn trong đề thi.
Trong đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2020, có một số câu hỏi được đánh giá là khó và đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải toán tốt. Dưới đây là phân tích chi tiết một số câu hỏi tiêu biểu:
Đây là một phương trình bậc hai với các hệ số phức tạp. Để giải quyết bài toán này, học sinh cần sử dụng các công thức và kỹ năng giải phương trình bậc hai một cách linh hoạt. Ngoài ra, cần chú ý kiểm tra điều kiện của phương trình để đảm bảo nghiệm tìm được là hợp lệ.
Đây là một bài toán hình học đòi hỏi học sinh phải có kiến thức về các định lý và tính chất hình học cơ bản. Để chứng minh bài toán này, học sinh cần vẽ hình chính xác và sử dụng các lập luận logic để đưa ra kết luận.
Đây là một bài toán đại số đòi hỏi học sinh phải có kiến thức về các phép toán đại số và các quy tắc biến đổi biểu thức. Để tính giá trị của biểu thức này, học sinh cần thực hiện các phép toán một cách cẩn thận và chính xác.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán, học sinh cần có một chiến lược làm bài hiệu quả. Dưới đây là một số mẹo hữu ích:
Việc luyện tập với các đề thi thử là một cách hiệu quả để làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán. toan11.edu.vn cung cấp một bộ sưu tập các đề thi thử vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2020 và các năm trước, giúp các em học sinh có cơ hội luyện tập và đánh giá năng lực của mình.
Đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2020 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng rằng, với những phân tích chi tiết và hướng dẫn giải bài trong bài viết này, các em học sinh sẽ tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. 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!
