toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Tiền Giang năm 2020. 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 sắp tới.
Bộ đề thi này bao gồm các đề thi chính thức của kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên và không chuyên của tỉnh Tiền Giang năm 2020, được biên soạn và chọn lọc kỹ lưỡng bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm của toan11.edu.vn.
Bài I (3,0 điểm): 1. Giải hệ phương trình và phương trình sau:
Bài I (3,0 điểm):
1. Giải hệ phương trình và phương trình sau:
a)\(\left\{ \begin{array}{l}3x + y = 9\\2x - y = 1\end{array} \right.\) b) \(\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^4} - 5{x^2} + 19} \right) = 0\)
2. Cho phương trình: \({x^2} + mx + 4 = 0\) (m là tham số)
a) Tìm điều kiện của \(m\) để phương trình có nghiệm.
b) Tìm m sao cho phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\dfrac{1}{{x_1^4}} + \dfrac{1}{{x_2^4}} = \dfrac{{257}}{{256}}\)
3. Rút gọn biểu thức : \(A = \dfrac{1}{{\sqrt 7 + \sqrt 6 }} + \sqrt {13 + 2\sqrt {42} } \)
Bài II. (2,0 điểm)
Cho parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) , các đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = - x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):y = x + m - 3\)
1. Vẽ đồ thị của \(\left( P \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) trên cùng hệ trục tọa độ.
2. Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\)
3. Tìm giá trị của tham số \(m\) , biết đường thẳng \(\left( {{d_2}} \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) .
Bài III (1,5 điểm):
Hai người đi xe đạp từ huyện A đến huyện B trên quãng đường dài 24km, khởi hành cùng một lúc. Vận tốc xe của người thứ nhất hơn vận tốc xe của người thứ hai 3km/h nên người thứ nhất đến huyện B trước người thứ hai là 24 phút. Tính vận tốc xe của mỗi người.
Bài IV. (2,5 điểm)
Từ điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O, vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn tâm O (B, C là hai tiếp điểm) và cát tuyến AEF sao cho E nằm giữa A, F (BE < EC) .
1. Chứng minh \(A{B^2} = AE.AF.\)
2. Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh các tứ giác ABOC, ABIO nội tiếp đường tròn.
3. Các đường thẳng AO, AF cắt BC lần lượt tại H và D. Chứng minh \(AD.AI = AE.AF\)
Bài V. (1,0 điểm)
Cho hình nón có đường sinh bằng 17cm và diện tích xung quanh bằng \(136\pi \,\,c{m^2}\) . Tính bán kính đáy và thể tích của hình nón.
Bài I (3,0 điểm):
1. Giải hệ phương trình và phương trình sau:
a)\(\left\{ \begin{array}{l}3x + y = 9\\2x - y = 1\end{array} \right.\) b) \(\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^4} - 5{x^2} + 19} \right) = 0\)
2. Cho phương trình: \({x^2} + mx + 4 = 0\) (m là tham số)
a) Tìm điều kiện của \(m\) để phương trình có nghiệm.
b) Tìm m sao cho phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\dfrac{1}{{x_1^4}} + \dfrac{1}{{x_2^4}} = \dfrac{{257}}{{256}}\)
3. Rút gọn biểu thức : \(A = \dfrac{1}{{\sqrt 7 + \sqrt 6 }} + \sqrt {13 + 2\sqrt {42} } \)
Bài II. (2,0 điểm)
Cho parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) , các đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = - x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):y = x + m - 3\)
1. Vẽ đồ thị của \(\left( P \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) trên cùng hệ trục tọa độ.
2. Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\)
3. Tìm giá trị của tham số \(m\) , biết đường thẳng \(\left( {{d_2}} \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) .
Bài III (1,5 điểm):
Hai người đi xe đạp từ huyện A đến huyện B trên quãng đường dài 24km, khởi hành cùng một lúc. Vận tốc xe của người thứ nhất hơn vận tốc xe của người thứ hai 3km/h nên người thứ nhất đến huyện B trước người thứ hai là 24 phút. Tính vận tốc xe của mỗi người.
Bài IV. (2,5 điểm)
Từ điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O, vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn tâm O (B, C là hai tiếp điểm) và cát tuyến AEF sao cho E nằm giữa A, F (BE < EC) .
1. Chứng minh \(A{B^2} = AE.AF.\)
2. Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh các tứ giác ABOC, ABIO nội tiếp đường tròn.
3. Các đường thẳng AO, AF cắt BC lần lượt tại H và D. Chứng minh \(AD.AI = AE.AF\)
Bài V. (1,0 điểm)
Cho hình nón có đường sinh bằng 17cm và diện tích xung quanh bằng \(136\pi \,\,c{m^2}\) . Tính bán kính đáy và thể tích của hình nón.
Bài I
Phương pháp:
1) a) giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
b) \(A.B = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A = 0\\B = 0\end{array} \right..\)
2) a) Phương trình có nghiệm khi \(\Delta \ge 0\)
b) Áp dụng hệ thức Viet \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}.{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right..\)
3. Sử dụng phương pháp nhân liên hợp với biểu thức dưới mẫu để mất căn ở mẫu và công thức \(\sqrt {{A^2}} = \left\{ \begin{array}{l}A,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Hướng dẫn giải: 1) a)\(\left\{ \begin{array}{l}3x + y = 9\\2x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\2x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2.2 - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất \(\left( {x,y} \right) = \left( {2,3} \right)\)
b) \(\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^4} - 5{x^2} + 19} \right) = 0\)
\(\begin{array}{l}\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^4} - 5{x^2} + 19} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 4 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x^4} - 5{x^2} + 19 = 0\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Giải (1) ta có: \({x^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 2\)
Giải (2) ta có: \({x^4} - 5{x^2} + 19 = 0\,\)
Đặt \({x^2} = t\,\left( {t \ge 0} \right)\) phương trình (2) trở thành \({t^2} - 5t + 19 = 0\,\,\,\left( 3 \right)\)có các hệ số: \(a = 1;b = - 5;c = 19\)
\(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.1.19 = - 51 < 0\)
Khi đó phương trình (3) vô nghiệm nên phương trình (2) vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ { - 2;2} \right\}\)
2. Cho phương trình: \({x^2} + mx + 4 = 0\) (m là tham số)
a) Tìm điều kiện của \(m\) để phương trình có nghiệm.
\({x^2} + mx + 4 = 0\) có các hệ số \(a = 1,b = m,c = 4\)
\( \Rightarrow \Delta = {m^2} - 16.\)
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \(\Delta \ge 0 \Leftrightarrow {m^2} - 16 \ge 0 \Leftrightarrow \left( {m - 4} \right)\left( {m + 4} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < - 4\\m > 4\end{array} \right.\)
b) Tìm m sao cho phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\dfrac{1}{{x_1^4}} + \dfrac{1}{{x_2^4}} = \dfrac{{257}}{{256}}\)
Từ điều kiện ta thấy \({x_1},{x_2} \ne 0\) nên \({0^2} + m.0 + 4 \ne 0 \Leftrightarrow 4 \ne 0\) (luôn đúng).
Do đó với \(\left[ \begin{array}{l}m < - 4\\m > 4\end{array} \right.\) thì phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2} \ne 0\).
Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - m\\{x_1}.{x_2} = 4\end{array} \right.\)
Theo đề ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{x_1^4}} + \dfrac{1}{{x_2^4}} = \dfrac{{257}}{{256}} \Leftrightarrow \dfrac{{x_1^4 + x_2^4}}{{x_1^4.x_2^4}} = \dfrac{{257}}{{256}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {x_1^2 + x_2^2} \right)}^2} - 2x_1^2x_2^2}}{{{{\left( {{x_1}{x_2}} \right)}^4}}} = \dfrac{{257}}{{256}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]}^2} - 2{{\left( {{x_1}{x_2}} \right)}^2}}}{{{{\left( {{x_1}{x_2}} \right)}^4}}} = \dfrac{{257}}{{256}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {{m^2} - 8} \right)}^2} - 2.16}}{{256}} = \dfrac{{257}}{{256}}\\ \Leftrightarrow {\left( {{m^2} - 8} \right)^2} = 289 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} - 8 = 17\\{m^2} - 8 = - 17\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} = 25\\{m^2} = - 9\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \pm 5\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 5;m = - 5\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3. Rút gọn biểu thức : \(A = \dfrac{1}{{\sqrt 7 + \sqrt 6 }} + \sqrt {13 + 2\sqrt {42} } \)
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{1}{{\sqrt 7 + \sqrt 6 }} + \sqrt {13 + 2\sqrt {42} } = \dfrac{{\sqrt 7 - \sqrt 6 }}{{{{\left( {\sqrt 7 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2}}} + \sqrt {6 + 2\sqrt {6.7} + 7} \\\,\,\,\, = \sqrt 7 - \sqrt 6 + \sqrt {{{\left( {\sqrt 6 + \sqrt 7 } \right)}^2}} = \sqrt 7 - \sqrt 6 + \sqrt 6 + \sqrt 7 = 2\sqrt 7 .\end{array}\)
Vậy \(A = 2\sqrt 7 \)
Bài II
Phương pháp:
1. Lập bảng giá trị sau đó vẽ các đồ trị trên cùng một hệ trục tọa độ.
2. Tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)\\\left( {{d_1}} \right)\end{array} \right.\)
3. Đường thẳng\(\left( {{d_2}} \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( {{d_2}} \right)\) và \(\left( P \right)\) có nghiệm duy nhất.
Hướng dẫn giải:
Cho parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) , các đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = - x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):y = x + m - 3\)
1. Vẽ đồ thị của \(\left( P \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) trên cùng hệ trục tọa độ.
+) \(\left( P \right):y = {x^2}\)
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Khi đó đồ thị của \(\left( P \right)\) là 1 parabol đi qua 5 điểm có tọa độ là: \(A\left( {1;1} \right);B\left( { - 1;1} \right);C\left( { - 2;4} \right);D\left( {2;4} \right);O\left( {0;0} \right)\)
+) \(\left( {{d_1}} \right):y = - x + 2\)
\(x\) | \(0\) | \(2\) |
\(y = - x + 2\) | \(2\) | \(0\) |
Khi đó đồ thị của \(\left( {{d_1}} \right):y = - x + 2\) là một đường thẳng đi qua 2 điểm có tọa độ là: \(\left( {0;2} \right);\left( {2;0} \right)\)
2. Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\)
Tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}y = {x^2}\\y = - x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} = - x + 2\\y = - x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + x - 2 = 0\\y = - x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\y = - x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\\y = - x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = 4\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Vậy tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) là: \(A\left( {1;1} \right);C\left( { - 2;4} \right)\).
3. Tìm giá trị của tham số \(m\) , biết đường thẳng \(\left( {{d_2}} \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\).
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( {{d_2}} \right)\) và \(\left( P \right)\) là: \({x^2} = x + m - 3 \Leftrightarrow {x^2} - x - m + 3 = 0\) (*)
Ta có các hệ số: \(a = 1;b = - 1;c = - m + 3;\)
\(\Delta = 1 - 4\left( { - m + 3} \right) = 1 + 4m - 12 = 4m - 11\)
Số giao điểm của đường thẳng \(\left( {{d_2}} \right)\) và parabol \(\left( P \right)\) đồng thời là số nghiệm của phương trình (*).
Đường thẳng \(\left( {{d_2}} \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\)khi và chỉ khi \(\Delta = 0 \Leftrightarrow 4m - 11 = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{{11}}{4}\)
Vậy \(m = \dfrac{{11}}{4}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài III
Phương pháp:
Bước 1: Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn
Bước 2: Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo các đại lượng đã biết và theo ẩn vừa gọi.
Bước 3: Lập phương trình và giải phương trình.
Bước 4: Đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.
Hướng dẫn giải:
Đổi: \(24' = \dfrac{2}{5}\left( h \right)\)
Gọi vận tốc xe của người thứ nhất đi là: \(x\left( {km/h} \right),x > 3\)
Vận tốc xe của người thứ hai đi là: \(x - 3\left( {km/h} \right)\)
Thời gian đi từ huyện A đến huyện B của người thứ nhất là: \(\dfrac{{24}}{x}\left( h \right)\)
Thời gian đi từ huyện A đến huyện B của người thứ hai là: \(\dfrac{{24}}{{x - 3}}\left( h \right)\)
Người thứ nhất đến huyện B trước người thứ hai là 24 phút nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{24}}{{x - 3}} - \dfrac{{24}}{x} = \dfrac{2}{5}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{24.5.x}}{{5x\left( {x - 3} \right)}} - \dfrac{{24.5.\left( {x - 3} \right)}}{{5x\left( {x - 3} \right)}} = \dfrac{{2x.\left( {x - 3} \right)}}{{5x\left( {x - 3} \right)}}\\ \Leftrightarrow 120x - 120x + 360 - 2{x^2} + 6x = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 180 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 15x + 12x - 180 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 15} \right) + 12\left( {x - 15} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 15} \right)\left( {x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 15\left( {tm} \right)\\x = - 12\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc đi xe của người thứ nhất là: 15 (km/h)
Vận tốc đi xe của người thứ hai là: 15 – 3 = 12 (km/h).
Bài IV
Hướng dẫn giải:
1. Chứng minh \(A{B^2} = AE.AF.\)
Xét (O) Ta có: \(\angle ABE = \angle BFE = \angle BFA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE)
Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta AFB\)có:
\(\angle BAF\) chung
\(\angle ABE = \angle BFA\)(cmt)
\( \Rightarrow \Delta ABE \sim \Delta AFB\) (g-g)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AF}} = \dfrac{{AE}}{{AB}} \Leftrightarrow A{B^2} = AE.AF\)
2. Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh các tứ giác ABOC, ABIO nội tiếp đường tròn.
+) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn.
Ta có AB, AC lần lượt là 2 tiếp tuyến của (O) nên:
\(AB \bot OB \Rightarrow \angle ABO = {90^0};\,AC \bot OC \Rightarrow \angle ACO = {90^0}\) (tính chất tiếp tuyến)
Xét tứ giác ABOC có: \(\angle ABO + \angle ACO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Suy ra tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
+) Chứng minh tứ giác ABIO nội tiếp đường tròn.
Ta có: I là trung điểm của EF (gt)
\( \Rightarrow OI \bot EF\) tại I (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây)
Khi đó ta có: \(\angle OIE = {90^0}\) hay \(\angle OIA = {90^0}\)
Nên \(\angle OIA = \angle OBA = {90^0}\). Mà I, B là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh OA dưới các góc bằng nhau.
Suy ra tứ giác ABIO là tứ giác nội tiếp đường tròn. (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
3. Các đường thẳng AO, AF cắt BC lần lượt tại H và D. Chứng minh \(AD.AI = AE.AF\)
Ta có:
\(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại A)
\(OB = OC\) (cùng là bán kính (O))
\( \Rightarrow OA\) là đường trung trực của \(BC \Rightarrow OA \bot BC \Rightarrow \angle AHD = {90^0}\)
Xét \(\Delta AHD\) và \(\Delta AIO\)có:
\(\angle IAO\) chung
\(\angle AHD = \angle AIO = {90^0}\)(cmt)
\( \Rightarrow \Delta AHD \sim \Delta AIO\) (g-g)
\( \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AI}} = \dfrac{{AD}}{{AO}} \Leftrightarrow AD.AI = AH.AO = A{B^2}\)
Mặt khác theo câu a ta có: \(A{B^2} = AE.AF\)
Vậy ta có: \(AD.AI = AE.AF\)
Bài V
Phương pháp:
Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón: \({S_{xq}} = \pi rl\) ;
Thể tích hình nón: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h.\) Trong đó r là bán kính đáy, h là chiều cao và l là đường sinh của hình nón.
Hướng dẫn giải:
Ta có: \({S_{xq}} = 136\pi \Leftrightarrow \pi rl = 136\pi \Leftrightarrow \pi r.17 = 136\pi \Leftrightarrow r = 8\left( {cm} \right)\)
Ta có: chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt {{{17}^2} - {8^2}} = 15\,\,\left( {cm} \right)\)
Thể tích hình nón: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {.8^2}.15 = 320\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\)
Bài I
Phương pháp:
1) a) giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
b) \(A.B = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A = 0\\B = 0\end{array} \right..\)
2) a) Phương trình có nghiệm khi \(\Delta \ge 0\)
b) Áp dụng hệ thức Viet \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}.{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right..\)
3. Sử dụng phương pháp nhân liên hợp với biểu thức dưới mẫu để mất căn ở mẫu và công thức \(\sqrt {{A^2}} = \left\{ \begin{array}{l}A,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Hướng dẫn giải: 1) a)\(\left\{ \begin{array}{l}3x + y = 9\\2x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\2x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2.2 - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất \(\left( {x,y} \right) = \left( {2,3} \right)\)
b) \(\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^4} - 5{x^2} + 19} \right) = 0\)
\(\begin{array}{l}\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^4} - 5{x^2} + 19} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 4 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x^4} - 5{x^2} + 19 = 0\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Giải (1) ta có: \({x^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 2\)
Giải (2) ta có: \({x^4} - 5{x^2} + 19 = 0\,\)
Đặt \({x^2} = t\,\left( {t \ge 0} \right)\) phương trình (2) trở thành \({t^2} - 5t + 19 = 0\,\,\,\left( 3 \right)\)có các hệ số: \(a = 1;b = - 5;c = 19\)
\(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.1.19 = - 51 < 0\)
Khi đó phương trình (3) vô nghiệm nên phương trình (2) vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ { - 2;2} \right\}\)
2. Cho phương trình: \({x^2} + mx + 4 = 0\) (m là tham số)
a) Tìm điều kiện của \(m\) để phương trình có nghiệm.
\({x^2} + mx + 4 = 0\) có các hệ số \(a = 1,b = m,c = 4\)
\( \Rightarrow \Delta = {m^2} - 16.\)
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \(\Delta \ge 0 \Leftrightarrow {m^2} - 16 \ge 0 \Leftrightarrow \left( {m - 4} \right)\left( {m + 4} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < - 4\\m > 4\end{array} \right.\)
b) Tìm m sao cho phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\dfrac{1}{{x_1^4}} + \dfrac{1}{{x_2^4}} = \dfrac{{257}}{{256}}\)
Từ điều kiện ta thấy \({x_1},{x_2} \ne 0\) nên \({0^2} + m.0 + 4 \ne 0 \Leftrightarrow 4 \ne 0\) (luôn đúng).
Do đó với \(\left[ \begin{array}{l}m < - 4\\m > 4\end{array} \right.\) thì phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2} \ne 0\).
Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - m\\{x_1}.{x_2} = 4\end{array} \right.\)
Theo đề ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{x_1^4}} + \dfrac{1}{{x_2^4}} = \dfrac{{257}}{{256}} \Leftrightarrow \dfrac{{x_1^4 + x_2^4}}{{x_1^4.x_2^4}} = \dfrac{{257}}{{256}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {x_1^2 + x_2^2} \right)}^2} - 2x_1^2x_2^2}}{{{{\left( {{x_1}{x_2}} \right)}^4}}} = \dfrac{{257}}{{256}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]}^2} - 2{{\left( {{x_1}{x_2}} \right)}^2}}}{{{{\left( {{x_1}{x_2}} \right)}^4}}} = \dfrac{{257}}{{256}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {{m^2} - 8} \right)}^2} - 2.16}}{{256}} = \dfrac{{257}}{{256}}\\ \Leftrightarrow {\left( {{m^2} - 8} \right)^2} = 289 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} - 8 = 17\\{m^2} - 8 = - 17\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} = 25\\{m^2} = - 9\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \pm 5\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 5;m = - 5\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3. Rút gọn biểu thức : \(A = \dfrac{1}{{\sqrt 7 + \sqrt 6 }} + \sqrt {13 + 2\sqrt {42} } \)
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{1}{{\sqrt 7 + \sqrt 6 }} + \sqrt {13 + 2\sqrt {42} } = \dfrac{{\sqrt 7 - \sqrt 6 }}{{{{\left( {\sqrt 7 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2}}} + \sqrt {6 + 2\sqrt {6.7} + 7} \\\,\,\,\, = \sqrt 7 - \sqrt 6 + \sqrt {{{\left( {\sqrt 6 + \sqrt 7 } \right)}^2}} = \sqrt 7 - \sqrt 6 + \sqrt 6 + \sqrt 7 = 2\sqrt 7 .\end{array}\)
Vậy \(A = 2\sqrt 7 \)
Bài II
Phương pháp:
1. Lập bảng giá trị sau đó vẽ các đồ trị trên cùng một hệ trục tọa độ.
2. Tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)\\\left( {{d_1}} \right)\end{array} \right.\)
3. Đường thẳng\(\left( {{d_2}} \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( {{d_2}} \right)\) và \(\left( P \right)\) có nghiệm duy nhất.
Hướng dẫn giải:
Cho parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) , các đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = - x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):y = x + m - 3\)
1. Vẽ đồ thị của \(\left( P \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) trên cùng hệ trục tọa độ.
+) \(\left( P \right):y = {x^2}\)
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Khi đó đồ thị của \(\left( P \right)\) là 1 parabol đi qua 5 điểm có tọa độ là: \(A\left( {1;1} \right);B\left( { - 1;1} \right);C\left( { - 2;4} \right);D\left( {2;4} \right);O\left( {0;0} \right)\)
+) \(\left( {{d_1}} \right):y = - x + 2\)
\(x\) | \(0\) | \(2\) |
\(y = - x + 2\) | \(2\) | \(0\) |
Khi đó đồ thị của \(\left( {{d_1}} \right):y = - x + 2\) là một đường thẳng đi qua 2 điểm có tọa độ là: \(\left( {0;2} \right);\left( {2;0} \right)\)
2. Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\)
Tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}y = {x^2}\\y = - x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} = - x + 2\\y = - x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + x - 2 = 0\\y = - x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\y = - x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\\y = - x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = 4\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Vậy tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( {{d_1}} \right)\) là: \(A\left( {1;1} \right);C\left( { - 2;4} \right)\).
3. Tìm giá trị của tham số \(m\) , biết đường thẳng \(\left( {{d_2}} \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\).
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( {{d_2}} \right)\) và \(\left( P \right)\) là: \({x^2} = x + m - 3 \Leftrightarrow {x^2} - x - m + 3 = 0\) (*)
Ta có các hệ số: \(a = 1;b = - 1;c = - m + 3;\)
\(\Delta = 1 - 4\left( { - m + 3} \right) = 1 + 4m - 12 = 4m - 11\)
Số giao điểm của đường thẳng \(\left( {{d_2}} \right)\) và parabol \(\left( P \right)\) đồng thời là số nghiệm của phương trình (*).
Đường thẳng \(\left( {{d_2}} \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\)khi và chỉ khi \(\Delta = 0 \Leftrightarrow 4m - 11 = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{{11}}{4}\)
Vậy \(m = \dfrac{{11}}{4}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài III
Phương pháp:
Bước 1: Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn
Bước 2: Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo các đại lượng đã biết và theo ẩn vừa gọi.
Bước 3: Lập phương trình và giải phương trình.
Bước 4: Đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.
Hướng dẫn giải:
Đổi: \(24' = \dfrac{2}{5}\left( h \right)\)
Gọi vận tốc xe của người thứ nhất đi là: \(x\left( {km/h} \right),x > 3\)
Vận tốc xe của người thứ hai đi là: \(x - 3\left( {km/h} \right)\)
Thời gian đi từ huyện A đến huyện B của người thứ nhất là: \(\dfrac{{24}}{x}\left( h \right)\)
Thời gian đi từ huyện A đến huyện B của người thứ hai là: \(\dfrac{{24}}{{x - 3}}\left( h \right)\)
Người thứ nhất đến huyện B trước người thứ hai là 24 phút nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{24}}{{x - 3}} - \dfrac{{24}}{x} = \dfrac{2}{5}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{24.5.x}}{{5x\left( {x - 3} \right)}} - \dfrac{{24.5.\left( {x - 3} \right)}}{{5x\left( {x - 3} \right)}} = \dfrac{{2x.\left( {x - 3} \right)}}{{5x\left( {x - 3} \right)}}\\ \Leftrightarrow 120x - 120x + 360 - 2{x^2} + 6x = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 180 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 15x + 12x - 180 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 15} \right) + 12\left( {x - 15} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 15} \right)\left( {x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 15\left( {tm} \right)\\x = - 12\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc đi xe của người thứ nhất là: 15 (km/h)
Vận tốc đi xe của người thứ hai là: 15 – 3 = 12 (km/h).
Bài IV
Hướng dẫn giải:
1. Chứng minh \(A{B^2} = AE.AF.\)
Xét (O) Ta có: \(\angle ABE = \angle BFE = \angle BFA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE)
Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta AFB\)có:
\(\angle BAF\) chung
\(\angle ABE = \angle BFA\)(cmt)
\( \Rightarrow \Delta ABE \sim \Delta AFB\) (g-g)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AF}} = \dfrac{{AE}}{{AB}} \Leftrightarrow A{B^2} = AE.AF\)
2. Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh các tứ giác ABOC, ABIO nội tiếp đường tròn.
+) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn.
Ta có AB, AC lần lượt là 2 tiếp tuyến của (O) nên:
\(AB \bot OB \Rightarrow \angle ABO = {90^0};\,AC \bot OC \Rightarrow \angle ACO = {90^0}\) (tính chất tiếp tuyến)
Xét tứ giác ABOC có: \(\angle ABO + \angle ACO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Suy ra tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
+) Chứng minh tứ giác ABIO nội tiếp đường tròn.
Ta có: I là trung điểm của EF (gt)
\( \Rightarrow OI \bot EF\) tại I (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây)
Khi đó ta có: \(\angle OIE = {90^0}\) hay \(\angle OIA = {90^0}\)
Nên \(\angle OIA = \angle OBA = {90^0}\). Mà I, B là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh OA dưới các góc bằng nhau.
Suy ra tứ giác ABIO là tứ giác nội tiếp đường tròn. (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
3. Các đường thẳng AO, AF cắt BC lần lượt tại H và D. Chứng minh \(AD.AI = AE.AF\)
Ta có:
\(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại A)
\(OB = OC\) (cùng là bán kính (O))
\( \Rightarrow OA\) là đường trung trực của \(BC \Rightarrow OA \bot BC \Rightarrow \angle AHD = {90^0}\)
Xét \(\Delta AHD\) và \(\Delta AIO\)có:
\(\angle IAO\) chung
\(\angle AHD = \angle AIO = {90^0}\)(cmt)
\( \Rightarrow \Delta AHD \sim \Delta AIO\) (g-g)
\( \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AI}} = \dfrac{{AD}}{{AO}} \Leftrightarrow AD.AI = AH.AO = A{B^2}\)
Mặt khác theo câu a ta có: \(A{B^2} = AE.AF\)
Vậy ta có: \(AD.AI = AE.AF\)
Bài V
Phương pháp:
Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón: \({S_{xq}} = \pi rl\) ;
Thể tích hình nón: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h.\) Trong đó r là bán kính đáy, h là chiều cao và l là đường sinh của hình nón.
Hướng dẫn giải:
Ta có: \({S_{xq}} = 136\pi \Leftrightarrow \pi rl = 136\pi \Leftrightarrow \pi r.17 = 136\pi \Leftrightarrow r = 8\left( {cm} \right)\)
Ta có: chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt {{{17}^2} - {8^2}} = 15\,\,\left( {cm} \right)\)
Thể tích hình nón: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {.8^2}.15 = 320\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Tiền Giang năm 2020 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho các em một cái nhìn tổng quan về đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang năm 2020, cùng với những phân tích chi tiết và hướng dẫn giải các bài tập điển hình.
Đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang năm 2020 thường bao gồm các phần sau:
Các dạng bài tập thường gặp trong đề thi bao gồm:
Để giúp các em hiểu rõ hơn về đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang năm 2020, chúng ta sẽ cùng phân tích một số đề thi chính thức của kỳ thi này.
Đề thi chuyên thường có độ khó cao hơn so với đề thi không chuyên. Các bài toán trong đề thi chuyên thường đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc, kỹ năng giải toán tốt và khả năng tư duy sáng tạo. Đề thi chuyên năm 2020 tập trung vào các chủ đề như phương trình, bất đẳng thức, hàm số và hình học. Các bài toán thường có tính ứng dụng cao và đòi hỏi học sinh phải vận dụng kiến thức tổng hợp để giải quyết.
Đề thi không chuyên thường có độ khó vừa phải, phù hợp với trình độ của đa số học sinh. Các bài toán trong đề thi không chuyên thường tập trung vào các kiến thức cơ bản và kỹ năng giải toán thường gặp. Đề thi không chuyên năm 2020 tập trung vào các chủ đề như số học, đại số và hình học. Các bài toán thường có tính thực tế và đòi hỏi học sinh phải vận dụng kiến thức để giải quyết các vấn đề đơn giản.
Để giúp các em rèn luyện kỹ năng giải toán, chúng ta sẽ cùng hướng dẫn giải một số bài tập điển hình trong đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang năm 2020.
Cho phương trình: 2x + 3 = 7. Hãy giải phương trình này.
Hướng dẫn giải:
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2.
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm và AC = 4cm. Hãy tính diện tích của tam giác ABC.
Hướng dẫn giải:
Diện tích của tam giác ABC được tính theo công thức: S = (1/2) * AB * AC
Thay số vào công thức, ta có: S = (1/2) * 3 * 4 = 6 cm2
Vậy diện tích của tam giác ABC là 6 cm2.
Để ôn thi vào 10 môn Toán Tiền Giang năm 2020 hiệu quả, các em nên:
Đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang năm 2020 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng rằng với những phân tích chi tiết và hướng dẫn giải các bài tập điển hình trong bài viết này, các em sẽ có thêm kiến thức và kỹ năng để tự tin bước vào kỳ thi và đạt 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!
