toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Vĩnh Long 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 đề chính thức của kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên và không chuyên tỉnh Vĩnh Long năm 2020, được chúng tôi tổng hợp và trình bày một cách rõ ràng, dễ hiểu.
Bài 1: Tính giá trị biểu thức:
Bài 1:
Tính giá trị biểu thức:
a) \(A = 2\sqrt {20} + 3\sqrt {45} - \sqrt {80} \) b) \(B = \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt 7 } \right)}^2}} + \sqrt {11 + 4\sqrt 7 } \)
Bài 2:
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\). b) \(3{x^2} - 12 = 0\)
b) \(3{x^2} - 12 = 0\) d) \({x^4} - 4{x^2} + 4 = 0\)
Bài 3:
a) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right).\) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
b) Cho phương trình \({x^2} + \left( {2m - 5} \right)x + 4 - 2m = 0\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 1.\)
Bài 4:
Một người dự định đi xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách nhau 90 km. Vì có việc gấp cần đến Sóc Trăng trước giờ dự định 27 phút, nên người ấy phải tăng vận tốc thêm 10 km/h. Hãy tính vận tốc xe máy mà người đó dự định đi.
Bài 5:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) , đường cao AH. Biết \(BH = 4cm,{\rm{ }}CH = 9cm\)
a) Tính độ dài đường cao AH và số đo \(\angle ABH\) (làm tròn đến độ)
b) Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC \(\left( {M \in BC} \right)\) , tính diện tích tam giác \(AHM.\)
Bài 6:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ đường thẳng \(d\) vuông góc với OA tại M \(\left( {M \ne O,A} \right)\). Trên \(d\) lấy điểm N sao cho N nằm bên ngoài nửa đường tròn \(\left( O \right)\). Kẻ tiếp tuyến \(NE\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (E là tiếp điểm, E và A nằm cùng phía đối với đường thẳng \(d\))
a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp được đường tròn.
b) Nối NB cắt nửa đường tròn (O) tại C. Chứng minh \(N{E^2} = NC.NB\).
c) Gọi H là giao điểm của AC và \(d\), F là giao điểm của tia EH và nửa đường tròn (O). Chứng minh \(\angle NEF = \angle NOF\)
Bài 7:
Cho hai phương trình \({x^2} + \left( {2{m^2} + 1} \right)x + {m^3} + 7\sqrt 2 - 23 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) và \(2{x^2} + \left( {{m^2} - m} \right)x + 9\sqrt 2 - 30 = 0\,\,\,\left( 2 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
Tìm giá trị của tham số \(m\) để phương trình (1) và phương trình (2) có nghiệm chung \(x = 3\).
Bài 1:
Tính giá trị biểu thức:
a) \(A = 2\sqrt {20} + 3\sqrt {45} - \sqrt {80} \) b) \(B = \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt 7 } \right)}^2}} + \sqrt {11 + 4\sqrt 7 } \)
Bài 2:
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\). b) \(3{x^2} - 12 = 0\)
b) \(3{x^2} - 12 = 0\) d) \({x^4} - 4{x^2} + 4 = 0\)
Bài 3:
a) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right).\) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
b) Cho phương trình \({x^2} + \left( {2m - 5} \right)x + 4 - 2m = 0\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 1.\)
Bài 4:
Một người dự định đi xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách nhau 90 km. Vì có việc gấp cần đến Sóc Trăng trước giờ dự định 27 phút, nên người ấy phải tăng vận tốc thêm 10 km/h. Hãy tính vận tốc xe máy mà người đó dự định đi.
Bài 5:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) , đường cao AH. Biết \(BH = 4cm,{\rm{ }}CH = 9cm\)
a) Tính độ dài đường cao AH và số đo \(\angle ABH\) (làm tròn đến độ)
b) Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC \(\left( {M \in BC} \right)\) , tính diện tích tam giác \(AHM.\)
Bài 6:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ đường thẳng \(d\) vuông góc với OA tại M \(\left( {M \ne O,A} \right)\). Trên \(d\) lấy điểm N sao cho N nằm bên ngoài nửa đường tròn \(\left( O \right)\). Kẻ tiếp tuyến \(NE\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (E là tiếp điểm, E và A nằm cùng phía đối với đường thẳng \(d\))
a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp được đường tròn.
b) Nối NB cắt nửa đường tròn (O) tại C. Chứng minh \(N{E^2} = NC.NB\).
c) Gọi H là giao điểm của AC và \(d\), F là giao điểm của tia EH và nửa đường tròn (O). Chứng minh \(\angle NEF = \angle NOF\)
Bài 7:
Cho hai phương trình \({x^2} + \left( {2{m^2} + 1} \right)x + {m^3} + 7\sqrt 2 - 23 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) và \(2{x^2} + \left( {{m^2} - m} \right)x + 9\sqrt 2 - 30 = 0\,\,\,\left( 2 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
Tìm giá trị của tham số \(m\) để phương trình (1) và phương trình (2) có nghiệm chung \(x = 3\).
Bài 1. (1,0 điểm)
Cách giải:
Tính giá trị biểu thức:
a) \(A = 2\sqrt {20} + 3\sqrt {45} - \sqrt {80} \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow A = 2\sqrt {{2^2}.5} + 3\sqrt {{3^2}.5} - \sqrt {{4^2}.5} \\ \Leftrightarrow A = 2.2\sqrt 5 + 3.3\sqrt 5 - 4\sqrt 5 \\ \Leftrightarrow A = 4\sqrt 5 + 9\sqrt 5 - 4\sqrt 5 \\ \Leftrightarrow A = 9\sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(A = 9\sqrt 5 \).
b) \(B = \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt 7 } \right)}^2}} + \sqrt {11 + 4\sqrt 7 } \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow B = \left| {3 - \sqrt 7 } \right| + \sqrt {{{\left( {\sqrt 7 } \right)}^2} + 2.\sqrt 7 .2 + {2^2}} \\ \Leftrightarrow B = 3 - \sqrt 7 + \sqrt {{{\left( {\sqrt 7 + 2} \right)}^2}} \,\,\left( {Do\,\,3 - \sqrt 7 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow B = 3 - \sqrt 7 + \left| {\sqrt 7 + 2} \right|\\ \Leftrightarrow B = 3 - \sqrt 7 + \sqrt 7 + 2\,\,\,\left( {Do\,\,\sqrt 7 + 2 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow B = 5\end{array}\)
Vậy \(B = 5\).
Bài 2. (2,0 điểm)
Cách giải:
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\).
Nhận xét:
Ta có: \(a + b + c = 3 + \left( { - 7} \right) + 4 = 0\) nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} = 1\), \({x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{4}{3}\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;\dfrac{4}{3}} \right\}\).
b) \(3{x^2} - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3{x^2} = 12\\ \Leftrightarrow {x^2} = 4\\ \Leftrightarrow x = \pm 2\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 2} \right\}\).
c) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 8\\6x - 3y = 27\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 35\\x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\5 + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;1} \right)\).
d) \({x^4} - 4{x^2} + 4 = 0\)
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), khi đó phương trình trở thành: \({t^2} - 4t + 4 = 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {t - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow t = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Với \(t = 2 \Rightarrow {x^2} = 2 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2 \).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \sqrt 2 } \right\}\).
Bài 3. (2 điểm)
Cách giải:
a) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right).\) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | \(0\) | \(2\) | \(4\) |
\(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) là đường cong nhận trục tung làm trục đối xứng và đi qua các điểm \(\left( { - 4;\,\,8} \right),\,\,\left( { - 2;\,\,2} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\,\left( {2;\,\,2} \right),\,\,\,\left( {4;\,\,8} \right).\)
Đồ thị hàm số:
b) Cho phương trình \({x^2} + \left( {2m - 5} \right)x + 4 - 2m = 0\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 1.\)
Xét phương trình \({x^2} + \left( {2m - 5} \right)x + 4 - 2m = 0\,\,\,\,\left( * \right)\).
Phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {2m - 5} \right)^2} - 4.\left( {4 - 2m} \right) > 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 20m + 25 - 16 + 8m > 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 12m + 9 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2m - 3} \right)^2} > 0\\ \Leftrightarrow 2m - 3 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne \dfrac{3}{2}\end{array}\)
Với \(m \ne \dfrac{3}{2}\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt\({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2m + 5\\{x_1}{x_2} = 4 - 2m\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^3 + x_2^3 = 1\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1\\ \Leftrightarrow {\left( { - 2m + 5} \right)^3} - 3\left( {4 - 2m} \right)\left( { - 2m + 5} \right) = 1\\ \Leftrightarrow - 8{m^3} + 60{m^2} - 150m + 125 - 60 - 12{m^2} + 54m = 1\\ \Leftrightarrow - 8{m^3} + 48{m^2} - 96m + 64 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( { - 2m + 4} \right)^3} = 0\\ \Leftrightarrow - 2m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow 2m = 4\\ \Leftrightarrow m = 2\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 2\).
Bài 4. (1,0 điểm)
Cách giải:
Một người dự định đi xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách nhau 90 km. Vì có việc gấp cần đến Sóc Trăng trước giờ dự định 27 phút, nên người ấy phải tăng vận tốc thêm 10 km/h. Hãy tính vận tốc xe máy mà người đó dự định đi.
Gọi vận tốc dự định của người đó là \(x\,\,\left( {km/h} \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian dự định người đó đi đến Sóc Trăng là: \(\dfrac{{90}}{x}\,\,\left( h \right).\)
Vận tốc thực tế người đó đi là: \(x + 10\,\,\left( {km/h} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian thực tế người đó đi đến Sóc Trăng là:\(\dfrac{{90}}{{x + 10}}\,\,\left( h \right).\)
Người đó đến Sóc Trăng sớm hơn dự định \(27\) phút \( = \dfrac{{27}}{{60}} = \dfrac{9}{{20}}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{90}}{x} - \dfrac{{90}}{{x + 10}} = \dfrac{9}{{20}} \Leftrightarrow \dfrac{{10}}{x} - \dfrac{{10}}{{x + 10}} = \dfrac{1}{{20}}\\ \Leftrightarrow 10.20\left( {x + 10} \right) - 10.20x = x\left( {x + 10} \right)\\ \Leftrightarrow 2000 = {x^2} + 10x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 2000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 50x - 40x - 2000 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 50} \right) - 40\left( {x + 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 50} \right)\left( {x - 40} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 50 = 0\\x - 40 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 50\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 40\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc dự định của người đó là 40 km/h.
Bài 5. (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) , đường cao AH. Biết \(BH = 4cm,{\rm{ }}CH = 9cm\)
a) Tính độ dài đường cao AH và số đo \(\angle ABH\) (làm tròn đến độ)
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH,\) theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(A{H^2} = BH.CH = 4.9 = 36\) \( \Rightarrow AH = 6cm\).
Xét tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\) ta có: \(\tan \angle ABH = \dfrac{{AH}}{{BH}} = \dfrac{6}{4} = 1,5\) \( \Rightarrow \angle ABH \approx {56^0}\) .
Vậy \(AH = 6\,\,cm\) và \(\angle ABH \approx {56^0}\).
b) Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC \(\left( {M \in BC} \right)\) , tính diện tích tam giác \(AHM.\)
Ta có: \(BC = BH + CH = 4 + 9 = 13\,\,\left( {cm} \right)\).
Vì \(M\) là trung điểm cạnh \(BC\) nên \(BM = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{{13}}{2} = 6,5\,\,\left( {cm} \right)\).
Suy ra \(HM = BM - BH = 6,5 - 4 = 2,5\,\,\left( {cm} \right)\).
Diện tích tam giác \(AHM\) vuông tại \(H\) là \({S_{AHM}} = \dfrac{1}{2}AH.HM = \dfrac{1}{2}.6.2,5 = 7,5\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Bài 6. (2,5 điểm)
Cách giải:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ đường thẳng \(d\) vuông góc với OA tại M \(\left( {M \ne O,A} \right)\). Trên \(d\) lấy điểm N sao cho N nằm bên ngoài nửa đường tròn \(\left( O \right)\). Kẻ tiếp tuyến \(NE\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (E là tiếp điểm, E và A nằm cùng phía đối với đường thẳng \(d\))
a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp được đường tròn.
Ta có: \(d \bot OA \Rightarrow \angle NMO = {90^0}\)
\(NE\) là tiếp tuyến với \(\left( O \right)\) tại \(E\) nên \(OE \bot NE \Rightarrow \angle NEO = {90^0}\)
Tứ giác \(OMEN\) có \(\angle NMO = \angle NEO = {90^0}\)
Nên \(OMEN\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng) (đpcm)
b) Nối NB cắt nửa đường tròn (O) tại C. Chứng minh \(N{E^2} = NC.NB\).
Nối \(E\) với \(C,\,\,E\) với \(B.\)
Xét \(\Delta NEC\) và \(\Delta NBE\) có:
\(\angle N\,\,\,chung\)
\(\angle NBE = \angle NEC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(EC\))
\( \Rightarrow \Delta NEC \sim \Delta NBE\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NE}}{{NB}} = \dfrac{{NC}}{{NE}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow N{E^2} = NB.NC\) (đpcm)
c) Gọi H là giao điểm của AC và \(d\), F là giao điểm của tia EH và nửa đường tròn (O). Chứng minh \(\angle NEF = \angle NOF\)
Xét \(\Delta NCH\) và \(\Delta NMB\) có:
\(\begin{array}{l}\angle N\,\,\,chung\\\angle NCH = \angle NMB = {90^0}\\ \Rightarrow \Delta NCH \sim \Delta NMB\,\,\,\left( {g - g} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NC}}{{NM}} = \dfrac{{NH}}{{NB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow NC.NB = NH.NM\)
Mà \(N{E^2} = NB.NC\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(N{E^2} = NH.NM\) \( \Rightarrow \dfrac{{NE}}{{NM}} = \dfrac{{NH}}{{NE}}\)
Xét \(\Delta NEH\) và \(\Delta NME\) có:
\(\begin{array}{l}\angle N\,\,\,chung\\\dfrac{{NE}}{{NM}} = \dfrac{{NH}}{{NE}}\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta NEH \sim \Delta NME\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle NHE = \angle NEM\) (các góc tương ứng) (1)
Kẻ tiếp tuyến \(NF'\) với nửa đường tròn \(\left( O \right).\)
Do \(NE = NF'\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow NF{'^2} = NH.NM\) \( \Rightarrow \dfrac{{NF'}}{{NH}} = \dfrac{{NM}}{{NF'}}\)
Xét \(\Delta NF'H\) và \(\Delta NMF'\) có:
\(\begin{array}{l}\angle N\,\,\,chung\\\dfrac{{NF'}}{{NH}} = \dfrac{{NM}}{{NF'}}\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta NF'H \sim \Delta NMF'\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle NHF' = \angle NF'M\) (các góc tương ứng) (2)
Lại có tứ giác \(OMEN\) nội tiếp (câu a) nên bốn điểm \(O,\,\,M,\,\,E,\,\,N\) cùng thuộc một đường tròn. (3)
Tứ giác \(OENF'\) có \(\angle OEN + \angle OF'N = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
Do đó bốn điểm \(O,\,\,E,\,\,N,\,\,F'\) cùng thuộc một đường tròn. (4)
Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm \(O,\,\,M,\,\,E,\,\,N,\,\,F'\) cùng thuộc một đường tròn.
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(MENF'\) nội tiếp.
\( \Rightarrow \angle NEM + \angle NF'M = {180^0}\) (tính chất) (5)
Từ (1), (2) và (5) suy ra \( \Rightarrow \angle NHE + \angle NHF' = \angle NEM + \angle NF'M = {180^0}\)
\( \Rightarrow E,H,F'\) thằng hàng hay \(F'\) là giao điểm của \(EH\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow F' \equiv F\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(NEOF\) nội tiếp
\( \Rightarrow \angle NEF = \angle NOF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(NF\)) (đpcm).
Bài 7. (0,5 điểm)
Cách giải:
Cho hai phương trình \({x^2} + \left( {2{m^2} + 1} \right)x + {m^3} + 7\sqrt 2 - 23 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) và \(2{x^2} + \left( {{m^2} - m} \right)x + 9\sqrt 2 - 30 = 0\,\,\,\left( 2 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
Tìm giá trị của tham số \(m\) để phương trình (1) và phương trình (2) có nghiệm chung \(x = 3\).
Phương trình (1) có hai nghiệm \({\Delta _1} \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {2{m^2} + 1} \right)^2} - 4\left( {{m^3} + 7\sqrt 2 - 23} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 4{m^4} + 4{m^2} + 1 - 4{m^3} - 28\sqrt 2 + 92 \ge 0\\ \Leftrightarrow 4{m^4} - 4{m^3} + 4{m^2} - 28\sqrt 2 + 93 \ge 0\,\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Phương trình (2) có hai nghiệm \({\Delta _2} \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{m^2} - m} \right)^2} - 8\left( {9\sqrt 2 - 30} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {m^4} - 2{m^3} + {m^2} - 72\sqrt 2 + 240 \ge 0\,\,\,\left( {**} \right)\end{array}\)
Hai phương trình đã cho có nghiệm chung là \(x = 3\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 + \left( {2{m^2} + 1} \right).3 + {m^3} + 7\sqrt 2 - 23 = 0\\2.9 + \left( {{m^2} - m} \right).3 + 9\sqrt 2 - 30 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^3} + 6{m^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\3{m^2} - 3m + 9\sqrt 2 - 12 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^3} + 6{m^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\,\,\,\,\left( 3 \right)\\{m^2} - m + 3\sqrt 2 - 4 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Giải phương trình (4) ta được:
\(\begin{array}{l}\left( 4 \right) \Leftrightarrow {m^2} - m = 4 - 3\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {m^2} - 2.m.\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{{17}}{4} - 3\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{{17 - 12\sqrt 2 }}{4}\\ \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{{9 - 2.3.2\sqrt 2 + 8}}{4}\\ \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{{{{\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right)}^2}}}{4}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - \dfrac{1}{2} = \dfrac{{3 - 2\sqrt 2 }}{2}\\m - \dfrac{1}{2} = - \dfrac{{3 - 2\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2 - \sqrt 2 \,\,\,\,\left( {tm\,\,\,\left( * \right),\,\,\left( {**} \right)} \right)\\m = \sqrt 2 - 1\,\,\,\left( {tm\,\,\,\left( * \right),\,\,\left( {**} \right)} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
+) Với \(m = 2 - \sqrt 2 \) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 3 \right) \Leftrightarrow {\left( {2 - \sqrt 2 } \right)^3} + 6{\left( {2 - \sqrt 2 } \right)^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow 20 - 14\sqrt 2 + 6\left( {6 - 4\sqrt 2 } \right) + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow 9 - 7\sqrt 2 + 36 - 24\sqrt 2 = 0\\ \Leftrightarrow 45 - 31\sqrt 2 = 0\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow m = 2 - \sqrt 2 \) không thỏa mãn bài toán.
+) Với \(m = \sqrt 2 - 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 3 \right) \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^3} + 6{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow - 7 + 5\sqrt 2 + 6\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right) + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow - 18 + 12\sqrt 2 + 18 - 12\sqrt 2 = 0\\ \Leftrightarrow 0 = 0\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow m = \sqrt 2 - 1\) thỏa mãn bài toán.
Vậy \(m = \sqrt 2 - 1\) thỏa mãn bài toán.
Bài 1. (1,0 điểm)
Cách giải:
Tính giá trị biểu thức:
a) \(A = 2\sqrt {20} + 3\sqrt {45} - \sqrt {80} \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow A = 2\sqrt {{2^2}.5} + 3\sqrt {{3^2}.5} - \sqrt {{4^2}.5} \\ \Leftrightarrow A = 2.2\sqrt 5 + 3.3\sqrt 5 - 4\sqrt 5 \\ \Leftrightarrow A = 4\sqrt 5 + 9\sqrt 5 - 4\sqrt 5 \\ \Leftrightarrow A = 9\sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(A = 9\sqrt 5 \).
b) \(B = \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt 7 } \right)}^2}} + \sqrt {11 + 4\sqrt 7 } \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow B = \left| {3 - \sqrt 7 } \right| + \sqrt {{{\left( {\sqrt 7 } \right)}^2} + 2.\sqrt 7 .2 + {2^2}} \\ \Leftrightarrow B = 3 - \sqrt 7 + \sqrt {{{\left( {\sqrt 7 + 2} \right)}^2}} \,\,\left( {Do\,\,3 - \sqrt 7 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow B = 3 - \sqrt 7 + \left| {\sqrt 7 + 2} \right|\\ \Leftrightarrow B = 3 - \sqrt 7 + \sqrt 7 + 2\,\,\,\left( {Do\,\,\sqrt 7 + 2 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow B = 5\end{array}\)
Vậy \(B = 5\).
Bài 2. (2,0 điểm)
Cách giải:
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\).
Nhận xét:
Ta có: \(a + b + c = 3 + \left( { - 7} \right) + 4 = 0\) nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} = 1\), \({x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{4}{3}\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;\dfrac{4}{3}} \right\}\).
b) \(3{x^2} - 12 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3{x^2} = 12\\ \Leftrightarrow {x^2} = 4\\ \Leftrightarrow x = \pm 2\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 2} \right\}\).
c) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 8\\6x - 3y = 27\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 35\\x + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\5 + 3y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;1} \right)\).
d) \({x^4} - 4{x^2} + 4 = 0\)
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), khi đó phương trình trở thành: \({t^2} - 4t + 4 = 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {t - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow t = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Với \(t = 2 \Rightarrow {x^2} = 2 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2 \).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \sqrt 2 } \right\}\).
Bài 3. (2 điểm)
Cách giải:
a) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right).\) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | \(0\) | \(2\) | \(4\) |
\(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) là đường cong nhận trục tung làm trục đối xứng và đi qua các điểm \(\left( { - 4;\,\,8} \right),\,\,\left( { - 2;\,\,2} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\,\left( {2;\,\,2} \right),\,\,\,\left( {4;\,\,8} \right).\)
Đồ thị hàm số:
b) Cho phương trình \({x^2} + \left( {2m - 5} \right)x + 4 - 2m = 0\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 1.\)
Xét phương trình \({x^2} + \left( {2m - 5} \right)x + 4 - 2m = 0\,\,\,\,\left( * \right)\).
Phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {2m - 5} \right)^2} - 4.\left( {4 - 2m} \right) > 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 20m + 25 - 16 + 8m > 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 12m + 9 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2m - 3} \right)^2} > 0\\ \Leftrightarrow 2m - 3 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne \dfrac{3}{2}\end{array}\)
Với \(m \ne \dfrac{3}{2}\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt\({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2m + 5\\{x_1}{x_2} = 4 - 2m\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^3 + x_2^3 = 1\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1\\ \Leftrightarrow {\left( { - 2m + 5} \right)^3} - 3\left( {4 - 2m} \right)\left( { - 2m + 5} \right) = 1\\ \Leftrightarrow - 8{m^3} + 60{m^2} - 150m + 125 - 60 - 12{m^2} + 54m = 1\\ \Leftrightarrow - 8{m^3} + 48{m^2} - 96m + 64 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( { - 2m + 4} \right)^3} = 0\\ \Leftrightarrow - 2m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow 2m = 4\\ \Leftrightarrow m = 2\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 2\).
Bài 4. (1,0 điểm)
Cách giải:
Một người dự định đi xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách nhau 90 km. Vì có việc gấp cần đến Sóc Trăng trước giờ dự định 27 phút, nên người ấy phải tăng vận tốc thêm 10 km/h. Hãy tính vận tốc xe máy mà người đó dự định đi.
Gọi vận tốc dự định của người đó là \(x\,\,\left( {km/h} \right),\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian dự định người đó đi đến Sóc Trăng là: \(\dfrac{{90}}{x}\,\,\left( h \right).\)
Vận tốc thực tế người đó đi là: \(x + 10\,\,\left( {km/h} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian thực tế người đó đi đến Sóc Trăng là:\(\dfrac{{90}}{{x + 10}}\,\,\left( h \right).\)
Người đó đến Sóc Trăng sớm hơn dự định \(27\) phút \( = \dfrac{{27}}{{60}} = \dfrac{9}{{20}}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{90}}{x} - \dfrac{{90}}{{x + 10}} = \dfrac{9}{{20}} \Leftrightarrow \dfrac{{10}}{x} - \dfrac{{10}}{{x + 10}} = \dfrac{1}{{20}}\\ \Leftrightarrow 10.20\left( {x + 10} \right) - 10.20x = x\left( {x + 10} \right)\\ \Leftrightarrow 2000 = {x^2} + 10x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 2000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 50x - 40x - 2000 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 50} \right) - 40\left( {x + 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 50} \right)\left( {x - 40} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 50 = 0\\x - 40 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 50\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 40\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc dự định của người đó là 40 km/h.
Bài 5. (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) , đường cao AH. Biết \(BH = 4cm,{\rm{ }}CH = 9cm\)
a) Tính độ dài đường cao AH và số đo \(\angle ABH\) (làm tròn đến độ)
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH,\) theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(A{H^2} = BH.CH = 4.9 = 36\) \( \Rightarrow AH = 6cm\).
Xét tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\) ta có: \(\tan \angle ABH = \dfrac{{AH}}{{BH}} = \dfrac{6}{4} = 1,5\) \( \Rightarrow \angle ABH \approx {56^0}\) .
Vậy \(AH = 6\,\,cm\) và \(\angle ABH \approx {56^0}\).
b) Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC \(\left( {M \in BC} \right)\) , tính diện tích tam giác \(AHM.\)
Ta có: \(BC = BH + CH = 4 + 9 = 13\,\,\left( {cm} \right)\).
Vì \(M\) là trung điểm cạnh \(BC\) nên \(BM = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{{13}}{2} = 6,5\,\,\left( {cm} \right)\).
Suy ra \(HM = BM - BH = 6,5 - 4 = 2,5\,\,\left( {cm} \right)\).
Diện tích tam giác \(AHM\) vuông tại \(H\) là \({S_{AHM}} = \dfrac{1}{2}AH.HM = \dfrac{1}{2}.6.2,5 = 7,5\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Bài 6. (2,5 điểm)
Cách giải:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ đường thẳng \(d\) vuông góc với OA tại M \(\left( {M \ne O,A} \right)\). Trên \(d\) lấy điểm N sao cho N nằm bên ngoài nửa đường tròn \(\left( O \right)\). Kẻ tiếp tuyến \(NE\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (E là tiếp điểm, E và A nằm cùng phía đối với đường thẳng \(d\))
a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp được đường tròn.
Ta có: \(d \bot OA \Rightarrow \angle NMO = {90^0}\)
\(NE\) là tiếp tuyến với \(\left( O \right)\) tại \(E\) nên \(OE \bot NE \Rightarrow \angle NEO = {90^0}\)
Tứ giác \(OMEN\) có \(\angle NMO = \angle NEO = {90^0}\)
Nên \(OMEN\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng) (đpcm)
b) Nối NB cắt nửa đường tròn (O) tại C. Chứng minh \(N{E^2} = NC.NB\).
Nối \(E\) với \(C,\,\,E\) với \(B.\)
Xét \(\Delta NEC\) và \(\Delta NBE\) có:
\(\angle N\,\,\,chung\)
\(\angle NBE = \angle NEC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(EC\))
\( \Rightarrow \Delta NEC \sim \Delta NBE\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NE}}{{NB}} = \dfrac{{NC}}{{NE}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow N{E^2} = NB.NC\) (đpcm)
c) Gọi H là giao điểm của AC và \(d\), F là giao điểm của tia EH và nửa đường tròn (O). Chứng minh \(\angle NEF = \angle NOF\)
Xét \(\Delta NCH\) và \(\Delta NMB\) có:
\(\begin{array}{l}\angle N\,\,\,chung\\\angle NCH = \angle NMB = {90^0}\\ \Rightarrow \Delta NCH \sim \Delta NMB\,\,\,\left( {g - g} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{NC}}{{NM}} = \dfrac{{NH}}{{NB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow NC.NB = NH.NM\)
Mà \(N{E^2} = NB.NC\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(N{E^2} = NH.NM\) \( \Rightarrow \dfrac{{NE}}{{NM}} = \dfrac{{NH}}{{NE}}\)
Xét \(\Delta NEH\) và \(\Delta NME\) có:
\(\begin{array}{l}\angle N\,\,\,chung\\\dfrac{{NE}}{{NM}} = \dfrac{{NH}}{{NE}}\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta NEH \sim \Delta NME\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle NHE = \angle NEM\) (các góc tương ứng) (1)
Kẻ tiếp tuyến \(NF'\) với nửa đường tròn \(\left( O \right).\)
Do \(NE = NF'\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow NF{'^2} = NH.NM\) \( \Rightarrow \dfrac{{NF'}}{{NH}} = \dfrac{{NM}}{{NF'}}\)
Xét \(\Delta NF'H\) và \(\Delta NMF'\) có:
\(\begin{array}{l}\angle N\,\,\,chung\\\dfrac{{NF'}}{{NH}} = \dfrac{{NM}}{{NF'}}\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta NF'H \sim \Delta NMF'\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle NHF' = \angle NF'M\) (các góc tương ứng) (2)
Lại có tứ giác \(OMEN\) nội tiếp (câu a) nên bốn điểm \(O,\,\,M,\,\,E,\,\,N\) cùng thuộc một đường tròn. (3)
Tứ giác \(OENF'\) có \(\angle OEN + \angle OF'N = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
Do đó bốn điểm \(O,\,\,E,\,\,N,\,\,F'\) cùng thuộc một đường tròn. (4)
Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm \(O,\,\,M,\,\,E,\,\,N,\,\,F'\) cùng thuộc một đường tròn.
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(MENF'\) nội tiếp.
\( \Rightarrow \angle NEM + \angle NF'M = {180^0}\) (tính chất) (5)
Từ (1), (2) và (5) suy ra \( \Rightarrow \angle NHE + \angle NHF' = \angle NEM + \angle NF'M = {180^0}\)
\( \Rightarrow E,H,F'\) thằng hàng hay \(F'\) là giao điểm của \(EH\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow F' \equiv F\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(NEOF\) nội tiếp
\( \Rightarrow \angle NEF = \angle NOF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(NF\)) (đpcm).
Bài 7. (0,5 điểm)
Cách giải:
Cho hai phương trình \({x^2} + \left( {2{m^2} + 1} \right)x + {m^3} + 7\sqrt 2 - 23 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) và \(2{x^2} + \left( {{m^2} - m} \right)x + 9\sqrt 2 - 30 = 0\,\,\,\left( 2 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
Tìm giá trị của tham số \(m\) để phương trình (1) và phương trình (2) có nghiệm chung \(x = 3\).
Phương trình (1) có hai nghiệm \({\Delta _1} \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {2{m^2} + 1} \right)^2} - 4\left( {{m^3} + 7\sqrt 2 - 23} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 4{m^4} + 4{m^2} + 1 - 4{m^3} - 28\sqrt 2 + 92 \ge 0\\ \Leftrightarrow 4{m^4} - 4{m^3} + 4{m^2} - 28\sqrt 2 + 93 \ge 0\,\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Phương trình (2) có hai nghiệm \({\Delta _2} \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{m^2} - m} \right)^2} - 8\left( {9\sqrt 2 - 30} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {m^4} - 2{m^3} + {m^2} - 72\sqrt 2 + 240 \ge 0\,\,\,\left( {**} \right)\end{array}\)
Hai phương trình đã cho có nghiệm chung là \(x = 3\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 + \left( {2{m^2} + 1} \right).3 + {m^3} + 7\sqrt 2 - 23 = 0\\2.9 + \left( {{m^2} - m} \right).3 + 9\sqrt 2 - 30 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^3} + 6{m^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\3{m^2} - 3m + 9\sqrt 2 - 12 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^3} + 6{m^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\,\,\,\,\left( 3 \right)\\{m^2} - m + 3\sqrt 2 - 4 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Giải phương trình (4) ta được:
\(\begin{array}{l}\left( 4 \right) \Leftrightarrow {m^2} - m = 4 - 3\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {m^2} - 2.m.\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{{17}}{4} - 3\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{{17 - 12\sqrt 2 }}{4}\\ \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{{9 - 2.3.2\sqrt 2 + 8}}{4}\\ \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{{{{\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right)}^2}}}{4}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - \dfrac{1}{2} = \dfrac{{3 - 2\sqrt 2 }}{2}\\m - \dfrac{1}{2} = - \dfrac{{3 - 2\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2 - \sqrt 2 \,\,\,\,\left( {tm\,\,\,\left( * \right),\,\,\left( {**} \right)} \right)\\m = \sqrt 2 - 1\,\,\,\left( {tm\,\,\,\left( * \right),\,\,\left( {**} \right)} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
+) Với \(m = 2 - \sqrt 2 \) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 3 \right) \Leftrightarrow {\left( {2 - \sqrt 2 } \right)^3} + 6{\left( {2 - \sqrt 2 } \right)^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow 20 - 14\sqrt 2 + 6\left( {6 - 4\sqrt 2 } \right) + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow 9 - 7\sqrt 2 + 36 - 24\sqrt 2 = 0\\ \Leftrightarrow 45 - 31\sqrt 2 = 0\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow m = 2 - \sqrt 2 \) không thỏa mãn bài toán.
+) Với \(m = \sqrt 2 - 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left( 3 \right) \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^3} + 6{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^2} + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow - 7 + 5\sqrt 2 + 6\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right) + 7\sqrt 2 - 11 = 0\\ \Leftrightarrow - 18 + 12\sqrt 2 + 18 - 12\sqrt 2 = 0\\ \Leftrightarrow 0 = 0\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow m = \sqrt 2 - 1\) thỏa mãn bài toán.
Vậy \(m = \sqrt 2 - 1\) thỏa mãn bài toán.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Trong đó, việc làm quen với các đề thi thử và đề thi chính thức của các năm trước đóng vai trò then chốt. Bài viết này sẽ cung cấp phân tích chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các bài toán khó, giúp các em học sinh ôn luyện hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2020 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Dưới đây là một số dạng bài tập thường gặp trong Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2020:
Để giúp các em học sinh hiểu rõ hơn về cấu trúc đề thi và các dạng bài tập thường gặp, chúng tôi sẽ trình bày hướng dẫn giải một số bài toán khó trong Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2020.
Ví dụ 1: (Bài toán về phương trình bậc hai)
Giải phương trình: x2 - 5x + 6 = 0
Hướng dẫn giải:
Phương trình bậc hai có dạng ax2 + bx + c = 0. Trong trường hợp này, a = 1, b = -5, c = 6.
Tính delta (Δ) = b2 - 4ac = (-5)2 - 4 * 1 * 6 = 25 - 24 = 1
Vì Δ > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 = (-b + √Δ) / 2a = (5 + 1) / 2 = 3
x2 = (-b - √Δ) / 2a = (5 - 1) / 2 = 2
Vậy, phương trình có hai nghiệm là x1 = 3 và x2 = 2.
Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2020 là một tài liệu ôn thi vô cùng hữu ích cho các em học sinh. Hy vọng rằng, với những phân tích chi tiết và hướng dẫn giải bài tập trong bài viết này, các em sẽ có thêm kiến thức và kỹ năng để tự tin bước vào kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10.
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!
