Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Cà Mau năm 2019 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 sắp tới.
Bộ đề thi này bao gồm đề thi chính thức và đáp án chi tiết, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm của Giaitoan.edu.vn. Các em có thể sử dụng để tự học, ôn tập hoặc làm bài kiểm tra đánh giá năng lực.
Câu 1 (2,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - 3} \right) + \sqrt {45} .\)
b) Chứng minh rằng \(\sqrt {24 + 16\sqrt 2 } - \sqrt {24 - 16\sqrt 2 } = 4\sqrt 2 .\)
c) Tìm tập hợp các giá trị của \(x\) sao cho \(\sqrt {2x + 1} \le 5\)
Câu 2 (1,5 điểm):
a) Giải phương trình \(\sqrt {{x^2} - 4x + 4} + x = 8.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\2x - y = - 7\end{array} \right.\)
Câu 3 (2,0 điểm) Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) (\(x\) là ẩn)
a) Giải phương trình khi \(m = - \dfrac{3}{2}.\)
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
c) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị của \(m\) để \({x_1}^2 + {x_2}^2 = 8.\)
Câu 4 (1,5 điểm) Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì xong trong \(4\) giờ. Nếu mỗi đội làm riêng xong được công việc ấy, thì đội thứ hai cần nhiều thời gian hơn đội thứ nhất là \(6\) giờ. Hỏi mỗi đội làm riêng xong công việc ấy trong bao lâu?
Câu 5 (3,0 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\,\,\left( {AB < AC} \right),\) đường cao \(AH.\) Trên đoạn \(HC\) lấy điểm \(D\) sao cho \(HD = HB,\) vẽ \(CE\) vuông góc với \(AD\,\,\,\left( {E \in AD} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(AHEC\) nội tiếp, xác định tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\)
b) Chứng minh \(CH\) là tia phân giác của góc \(\angle ACE.\)
c) Tính diện tích giới hạn bởi đoạn thẳng \(CA,CH\) và cung nhỏ \(AH\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\) Biết \(CA = 6cm\,\,;\,\,\angle ACB = {30^0}.\)
Câu 1 (VD)
Phương pháp:
a) Sử dụng quy tắc đưa thừa số ra ngoài dấu căn: Với hai biểu thức \(A,B\) mà \(B \ge 0\), ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {{A^2}.\,B} = A\sqrt B ,\,\,khi\,\,A \ge 0\\\sqrt {{A^2}.B} = - A\sqrt B ,\,\,khi\,\,A < 0\end{array}\)
b) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right..\)
c) \(\sqrt {f\left( x \right)} \ge g\left( x \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}g\left( x \right) < 0\\f\left( x \right) \ge 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}g\left( x \right) \ge 0\\f\left( x \right) \ge {\left[ {g\left( x \right)} \right]^2}\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - 3} \right) + \sqrt {45} .\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - 3} \right) + \sqrt {45} \\A = \sqrt 5 .\sqrt {20} - 3.\sqrt 5 + \sqrt {{3^2}.5} \\A = \sqrt {100} - 3\sqrt 5 + 3\sqrt 5 \\A = 10 + \left( { - 3\sqrt 5 + 3\sqrt 5 } \right)\\A = 10\end{array}\)
b) Chứng minh rằng \(\sqrt {24 + 16\sqrt 2 } - \sqrt {24 - 16\sqrt 2 } = 4\sqrt 2 .\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}VT = \sqrt {24 + 16\sqrt 2 } - \sqrt {24 - 16\sqrt 2 } \\VT = \sqrt {16 + 2.4.2\sqrt 2 + 8} - \sqrt {16 - 2.4.\sqrt 2 + 8} \\VT = \sqrt {{{\left( {4 + 2\sqrt 2 } \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {4 - 2\sqrt 2 } \right)}^2}} \\VT = \left| {4 + 2\sqrt 2 } \right| - \left| {4 - 2\sqrt 2 } \right|\\VT = 4 + 2\sqrt 2 - \left( {4 - 2\sqrt 2 } \right)\,\,\,\left( {do\,\,4 - 2\sqrt 2 > 0} \right)\\VT = 4 + 2\sqrt 2 - 4 + 2\sqrt 2 \\VT = 4\sqrt 2 = VP\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
c) Tìm tập hợp các giá trị của \(x\) sao cho \(\sqrt {2x + 1} \le 5\,\,\,\left( * \right)\)
Điều kiện: \(2x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow 2x \ge - 1 \Leftrightarrow x \ge - \dfrac{1}{2}\)
Khi đó, bất phương trình \(\left( * \right) \Leftrightarrow 2x + 1 \le 25\)
\( \Leftrightarrow 2x \le 24 \Leftrightarrow x \le 12\)
Kết hợp với điều kiện, ta có: \( - \dfrac{1}{2} \le x \le 12\)
Câu 2 (VD)
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\,\, = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
a) Giải phương trình \(\sqrt {{x^2} - 4x + 4} + x = 8.\,\,\,\left( * \right)\)
Ta có: \({x^2} - 4x + 4 = {\left( {x - 2} \right)^2}\)
Điều kiện: \({\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0,\) luôn đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}.\)
\(\begin{array}{l}\sqrt {{x^2} - 4x + 4} + x = 8 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2}} + x = 8\,\,\,\left( * \right)\\ \Leftrightarrow \left| {x - 2} \right| + x = 8\end{array}\)
+) Nếu \(x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2\) thì \(\left| {x - 2} \right| = x - 2\)
Khi đó, phương trình \(\left( * \right)\) trở thành: \(x - 2 + x = 8\)
\( \Leftrightarrow 2x - 2 = 8 \Leftrightarrow 2x = 10 \Leftrightarrow x = 5\) (thỏa mãn)
+) Nếu \(x - 2 < 0 \Leftrightarrow x < 2\) thì \(\left| {x - 2} \right| = - x + 2\)
Khi đó, phương trình \(\left( * \right)\) trở thành: \( - x + 2 + x = 8 \Leftrightarrow - 2 = 8\) (vô lí)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là \(S = \left\{ 5 \right\}.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\2x - y = - 7\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\2x - y = - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = - 3\\x + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\x + y = 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\ - 1 + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 5\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;y} \right) = \left( { - 1;\,\,5} \right).\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Thay \(m = - \dfrac{3}{2}\) vào phương trình rồi giải phương trình bằng cách sử dụng biệt thức \(\Delta .\)
b) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\Delta > 0\\\Delta ' > 0\end{array} \right.\) với mọi giá trị của \(m.\)
c) +) Tìm ĐK để phương trình có 2 nghiệm.
+) Áp dụng định lí Vi-ét.
+) Sử dụng biến đổi: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\).
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) (\(x\) là ẩn)
a) Giải phương trình khi \(m = - \dfrac{3}{2}.\)
Thay \(m = - \dfrac{3}{2}\) vào phương trình đã cho, ta được:
\(\begin{array}{l}{x^2} - 2.\left( { - \dfrac{3}{2} + 2} \right)x - \dfrac{3}{2} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2.\dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{2} = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - \dfrac{1}{2} = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
\(\Delta = {1^2} - 4.1.\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) = 3 > 0\,\, \Rightarrow \sqrt \Delta = \sqrt 3 \)
Phương trình \(\left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt: \({x_1} = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\,\,\,;\,\,\,\,{x_2} = \dfrac{{1 - \sqrt 3 }}{2}\)
Vậy \(S = \left\{ {\dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2};\,\,\dfrac{{1 - \sqrt 3 }}{2}} \right\}.\)
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) (\(x\) là ẩn)
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m + 2} \right)^2} - 1.\left( {m + 1} \right) = {m^2} + 4m + 4 - m - 1\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 3m + 3 = {m^2} + 2.\dfrac{3}{2}.m + \dfrac{9}{4} + \dfrac{3}{4}\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {{m^2} + 2.\dfrac{3}{2}.m + \dfrac{9}{4}} \right) + \dfrac{3}{4}\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {m + \dfrac{3}{2}} \right) + \dfrac{3}{4} > 0\,\,\,\forall m\end{array}\)
Vậy phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt.
c) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị của \(m\) để \({x_1}^2 + {x_2}^2 = 8.\)
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) luôn có 2 nghiệm phân biệt
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 2} \right) = 2m + 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Theo đề bài, ta có: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = 8 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 8\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {2m + 4} \right)^2} - 2.\left( {m + 1} \right) = 8\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 16m + 16 - 2m - 2 = 8\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 16m + 16 - 2m - 2 - 8 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 14m + 6 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 7m + 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 6m + m + 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2m\left( {m + 2} \right) + \left( {m + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {2m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 3 = 0\\2m + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 3\\m = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 3\,\,;\,\,m = - \dfrac{1}{2}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (VD)
Phương pháp:
+) Gọi thời gian đội thứ nhất làm riêng xong công việc là \(x\,\,\left( {x > 0} \right)\) (giờ)
\( \Rightarrow \) Thời gian đội thứ hai làm riêng xong công việc là \(x + 6\) (giờ)
+) Một giờ đội thứ nhất làm được: \(\dfrac{1}{x}\) (công việc)
Một giờ đội thứ hai làm được: \(\dfrac{1}{{x + 6}}\) (công việc)
+) Hai đội cùng làm trong \(4\) giờ thì xong công việc nên \(4.\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x + 6}}} \right) = 1\,\,\,\left( * \right)\)
+) Giải phương trình \(\left( * \right)\) ta tìm được \(x\). Đối chiếu với điều kiện của \(x\) rồi kết luận.
Cách giải:
Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì xong trong \(4\) giờ. Nếu mỗi đội làm riêng xong được công việc ấy, thì đội thứ hai cần nhiều thời gian hơn đội thứ nhất là \(6\) giờ. Hỏi mỗi đội làm riêng xong công việc ấy trong bao lâu?
Gọi thời gian đội thứ nhất làm riêng xong công việc là \(x\,\,\left( {x > 0} \right)\) (giờ)
\( \Rightarrow \) Thời gian đội thứ hai làm riêng xong công việc là \(x + 6\) (giờ)
Một giờ đội thứ nhất làm được: \(\dfrac{1}{x}\) (công việc)
Một giờ đội thứ hai làm được: \(\dfrac{1}{{x + 6}}\) (công việc)
Hai đội cùng làm một công việc trong \(4\) giờ thì xong công việc nên ta có
\(\begin{array}{l}4.\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x + 6}}} \right) = 1\,\, \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x + 6}} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{4.\left( {x + 6} \right)}}{{4x.\left( {x + 6} \right)}} + \dfrac{{4x}}{{4x.\left( {x + 6} \right)}} = \dfrac{{x.\left( {x + 6} \right)}}{{4x.\left( {x + 6} \right)}}\\ \Rightarrow 4.\left( {x + 6} \right) + 4x = x.\left( {x + 6} \right)\\ \Leftrightarrow 4x + 24 + 4x = {x^2} + 6x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 6x - 4x - 24 - 4x = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 24 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 4x - 24 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 6} \right) + 4\left( {x - 6} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 6} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 6 = 0\\x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 4\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy đội thứ nhất làm riêng xong công việc trong \(6\) giờ
đội thứ hai làm riêng xong công việc trong \(6 + 6 = 12\) giờ.
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Chứng minh \(\angle AHC = \angle AEC\).
b) Chứng minh \(\angle ACH = \angle ECH\).
c) Sử dụng các công thức tính diện tích hình quạt tròn.
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\,\,\left( {AB < AC} \right),\) đường cao \(AH.\) Trên đoạn \(HC\) lấy điểm \(D\) sao cho \(HD = HB,\) vẽ \(CE\) vuông góc với \(AD\,\,\,\left( {E \in AD} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(AHEC\) nội tiếp, xác định tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\)
Ta có: \(\angle AHC = {90^0}\,\,\left( {do\,\,AH \bot BC} \right)\)
Và \(\angle AEC = {90^0}\,\,\,\left( {do\,\,AE \bot EC} \right)\)
Xét tứ giác \(AHEC\) có \(E,H\) là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh \(AC\) dưới một góc \(\alpha = {90^0}\,\,\,\left( {\angle AHC = \angle AEC = {{90}^0}} \right)\)
Suy ra: Tứ giác \(AHEC\) là tứ giác nội tiếp.
Tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC\) là trung điểm của cạnh \(AC.\)
b) Chứng minh \(CH\) là tia phân giác của góc \(\angle ACE.\)
Vì tứ giác \(AHEC\) là tứ giác nội tiếp nên: \(\angle ACH = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,AH\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cùng cung \(AH\)) \(\left( 1 \right)\)
Theo câu a, tứ giác \(AHEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AC\)
Theo đề bài: \(\angle BAC = {90^0}\) (vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\))
\( \Rightarrow AB\) là tiếp tuyến của đường tròn tâm \(O,\) đường kính \(AC\)
\( \Rightarrow \angle BAH = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,AH\) (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) \(\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(\angle ACH = \angle BAH\,\,\,\left( 3 \right)\)
Vì tứ giác \(AHEC\) là tứ giác nội tiếp nên:
\(\angle EAH = \angle ECH = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,EH\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cùng cung \(AH\)) \(\left( 3 \right)\)
Xét \(\Delta ABD\) có \(AH\) là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến
\( \Rightarrow \Delta ABD\) cân tại \(A\)
\( \Rightarrow AH\) là phân giác của \(\Delta ABD\,\, \Rightarrow \angle BAH = \angle EAH\,\,\,\left( 5 \right)\)
Từ \(\left( 3 \right),\left( 4 \right)\) và \(\left( 5 \right)\) suy ra: \(\angle ACH = \angle ECH\)
Vậy \(CH\) là tia phân giác của \(\angle ACE.\)
c) Tính diện tích giới hạn bởi đoạn thẳng \(CA,CH\) và cung nhỏ \(AH\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\) Biết \(CA = 6cm\,\,;\,\,\angle ACB = {30^0}.\)
Gọi diện tích hình quạt \(AOH\) là \({S_q} = \dfrac{{\pi {R^2}.\angle AOH}}{{{{360}^0}}}\)
Diện tích cần tính là: \({S_q} + {S_{OHC}}\)
Theo đề bài, \(AC = 6cm,\,\,O\) là trung điểm của \(AC\)
\( \Rightarrow OA = OC = R = 3cm\)
Ta lại có: \(OH = OC = R = 3cm\)
\( \Rightarrow \Delta OHC\) cân tại \(O\)
\( \Rightarrow \angle OHC = \angle OCH = {30^0}\,\,\,\left( {do\,\,\angle ACB = {{30}^0}} \right)\)
\( \Rightarrow \angle AOH = \angle OHC + \angle OCH = {30^0} + {30^0} = {60^0}\) (Góc ngoài của tam giác)
\({S_q} = \dfrac{{\pi {{.3}^2}{{.60}^0}}}{{{{360}^0}}} = \dfrac{{\pi {{.3}^2}}}{{62}} = \dfrac{3}{2}\pi \,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Gọi \(M\) là trung điểm của \(HC\)
\( \Rightarrow OM \bot HC\) (Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)
\({S_{OHC}} = \dfrac{1}{2}.OM.HC\)
Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) có:
\(\cos \angle ACH = \dfrac{{HC}}{{AC}}\,\, \Rightarrow HC = AC.\cos \angle ACH = AC.\cos {30^0} = 6.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\)
Vì \(M\) là trung điểm của \(HC\) nên \(HM = \dfrac{{HC}}{2} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}\)
Xét \(\Delta OMH\) vuông tại \(M,\) theo địnhlí Py-ta-go, ta có: \(O{H^2} = O{M^2} + M{H^2}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow O{M^2} = O{H^2} - M{H^2} = {3^2} - {\left( {\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}} \right)^2}\\O{M^2} = 9 - \dfrac{{27}}{4} = \dfrac{9}{4}\,\, \Rightarrow OM = \sqrt {\dfrac{9}{4}} = \dfrac{3}{2}\,\,\left( {cm} \right)\\{S_{OHC}} = \dfrac{1}{2}.OM.HC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{3}{2}.3\sqrt 3 = \dfrac{{9\sqrt 3 }}{4}\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\end{array}\)
Diện tích cần tính là: \({S_q} + {S_{OHC}} = \dfrac{3}{2}\pi + \dfrac{{9\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{9\sqrt 3 + 6\pi }}{4}\,\,\,\left( {c{m^2}} \right).\)
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - 3} \right) + \sqrt {45} .\)
b) Chứng minh rằng \(\sqrt {24 + 16\sqrt 2 } - \sqrt {24 - 16\sqrt 2 } = 4\sqrt 2 .\)
c) Tìm tập hợp các giá trị của \(x\) sao cho \(\sqrt {2x + 1} \le 5\)
Câu 2 (1,5 điểm):
a) Giải phương trình \(\sqrt {{x^2} - 4x + 4} + x = 8.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\2x - y = - 7\end{array} \right.\)
Câu 3 (2,0 điểm) Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) (\(x\) là ẩn)
a) Giải phương trình khi \(m = - \dfrac{3}{2}.\)
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
c) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị của \(m\) để \({x_1}^2 + {x_2}^2 = 8.\)
Câu 4 (1,5 điểm) Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì xong trong \(4\) giờ. Nếu mỗi đội làm riêng xong được công việc ấy, thì đội thứ hai cần nhiều thời gian hơn đội thứ nhất là \(6\) giờ. Hỏi mỗi đội làm riêng xong công việc ấy trong bao lâu?
Câu 5 (3,0 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\,\,\left( {AB < AC} \right),\) đường cao \(AH.\) Trên đoạn \(HC\) lấy điểm \(D\) sao cho \(HD = HB,\) vẽ \(CE\) vuông góc với \(AD\,\,\,\left( {E \in AD} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(AHEC\) nội tiếp, xác định tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\)
b) Chứng minh \(CH\) là tia phân giác của góc \(\angle ACE.\)
c) Tính diện tích giới hạn bởi đoạn thẳng \(CA,CH\) và cung nhỏ \(AH\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\) Biết \(CA = 6cm\,\,;\,\,\angle ACB = {30^0}.\)
Câu 1 (VD)
Phương pháp:
a) Sử dụng quy tắc đưa thừa số ra ngoài dấu căn: Với hai biểu thức \(A,B\) mà \(B \ge 0\), ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {{A^2}.\,B} = A\sqrt B ,\,\,khi\,\,A \ge 0\\\sqrt {{A^2}.B} = - A\sqrt B ,\,\,khi\,\,A < 0\end{array}\)
b) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right..\)
c) \(\sqrt {f\left( x \right)} \ge g\left( x \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}g\left( x \right) < 0\\f\left( x \right) \ge 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}g\left( x \right) \ge 0\\f\left( x \right) \ge {\left[ {g\left( x \right)} \right]^2}\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - 3} \right) + \sqrt {45} .\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt 5 \left( {\sqrt {20} - 3} \right) + \sqrt {45} \\A = \sqrt 5 .\sqrt {20} - 3.\sqrt 5 + \sqrt {{3^2}.5} \\A = \sqrt {100} - 3\sqrt 5 + 3\sqrt 5 \\A = 10 + \left( { - 3\sqrt 5 + 3\sqrt 5 } \right)\\A = 10\end{array}\)
b) Chứng minh rằng \(\sqrt {24 + 16\sqrt 2 } - \sqrt {24 - 16\sqrt 2 } = 4\sqrt 2 .\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}VT = \sqrt {24 + 16\sqrt 2 } - \sqrt {24 - 16\sqrt 2 } \\VT = \sqrt {16 + 2.4.2\sqrt 2 + 8} - \sqrt {16 - 2.4.\sqrt 2 + 8} \\VT = \sqrt {{{\left( {4 + 2\sqrt 2 } \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {4 - 2\sqrt 2 } \right)}^2}} \\VT = \left| {4 + 2\sqrt 2 } \right| - \left| {4 - 2\sqrt 2 } \right|\\VT = 4 + 2\sqrt 2 - \left( {4 - 2\sqrt 2 } \right)\,\,\,\left( {do\,\,4 - 2\sqrt 2 > 0} \right)\\VT = 4 + 2\sqrt 2 - 4 + 2\sqrt 2 \\VT = 4\sqrt 2 = VP\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
c) Tìm tập hợp các giá trị của \(x\) sao cho \(\sqrt {2x + 1} \le 5\,\,\,\left( * \right)\)
Điều kiện: \(2x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow 2x \ge - 1 \Leftrightarrow x \ge - \dfrac{1}{2}\)
Khi đó, bất phương trình \(\left( * \right) \Leftrightarrow 2x + 1 \le 25\)
\( \Leftrightarrow 2x \le 24 \Leftrightarrow x \le 12\)
Kết hợp với điều kiện, ta có: \( - \dfrac{1}{2} \le x \le 12\)
Câu 2 (VD)
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\,\, = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
a) Giải phương trình \(\sqrt {{x^2} - 4x + 4} + x = 8.\,\,\,\left( * \right)\)
Ta có: \({x^2} - 4x + 4 = {\left( {x - 2} \right)^2}\)
Điều kiện: \({\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0,\) luôn đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}.\)
\(\begin{array}{l}\sqrt {{x^2} - 4x + 4} + x = 8 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2}} + x = 8\,\,\,\left( * \right)\\ \Leftrightarrow \left| {x - 2} \right| + x = 8\end{array}\)
+) Nếu \(x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2\) thì \(\left| {x - 2} \right| = x - 2\)
Khi đó, phương trình \(\left( * \right)\) trở thành: \(x - 2 + x = 8\)
\( \Leftrightarrow 2x - 2 = 8 \Leftrightarrow 2x = 10 \Leftrightarrow x = 5\) (thỏa mãn)
+) Nếu \(x - 2 < 0 \Leftrightarrow x < 2\) thì \(\left| {x - 2} \right| = - x + 2\)
Khi đó, phương trình \(\left( * \right)\) trở thành: \( - x + 2 + x = 8 \Leftrightarrow - 2 = 8\) (vô lí)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là \(S = \left\{ 5 \right\}.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\2x - y = - 7\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\2x - y = - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = - 3\\x + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\x + y = 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\ - 1 + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 5\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;y} \right) = \left( { - 1;\,\,5} \right).\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Thay \(m = - \dfrac{3}{2}\) vào phương trình rồi giải phương trình bằng cách sử dụng biệt thức \(\Delta .\)
b) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\Delta > 0\\\Delta ' > 0\end{array} \right.\) với mọi giá trị của \(m.\)
c) +) Tìm ĐK để phương trình có 2 nghiệm.
+) Áp dụng định lí Vi-ét.
+) Sử dụng biến đổi: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\).
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) (\(x\) là ẩn)
a) Giải phương trình khi \(m = - \dfrac{3}{2}.\)
Thay \(m = - \dfrac{3}{2}\) vào phương trình đã cho, ta được:
\(\begin{array}{l}{x^2} - 2.\left( { - \dfrac{3}{2} + 2} \right)x - \dfrac{3}{2} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2.\dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{2} = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - \dfrac{1}{2} = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
\(\Delta = {1^2} - 4.1.\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) = 3 > 0\,\, \Rightarrow \sqrt \Delta = \sqrt 3 \)
Phương trình \(\left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt: \({x_1} = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\,\,\,;\,\,\,\,{x_2} = \dfrac{{1 - \sqrt 3 }}{2}\)
Vậy \(S = \left\{ {\dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2};\,\,\dfrac{{1 - \sqrt 3 }}{2}} \right\}.\)
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) (\(x\) là ẩn)
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m + 2} \right)^2} - 1.\left( {m + 1} \right) = {m^2} + 4m + 4 - m - 1\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 3m + 3 = {m^2} + 2.\dfrac{3}{2}.m + \dfrac{9}{4} + \dfrac{3}{4}\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {{m^2} + 2.\dfrac{3}{2}.m + \dfrac{9}{4}} \right) + \dfrac{3}{4}\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {m + \dfrac{3}{2}} \right) + \dfrac{3}{4} > 0\,\,\,\forall m\end{array}\)
Vậy phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt.
c) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị của \(m\) để \({x_1}^2 + {x_2}^2 = 8.\)
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\) luôn có 2 nghiệm phân biệt
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 2} \right) = 2m + 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Theo đề bài, ta có: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = 8 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 8\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {2m + 4} \right)^2} - 2.\left( {m + 1} \right) = 8\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 16m + 16 - 2m - 2 = 8\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 16m + 16 - 2m - 2 - 8 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 14m + 6 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 7m + 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 6m + m + 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2m\left( {m + 2} \right) + \left( {m + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {2m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 3 = 0\\2m + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 3\\m = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 3\,\,;\,\,m = - \dfrac{1}{2}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (VD)
Phương pháp:
+) Gọi thời gian đội thứ nhất làm riêng xong công việc là \(x\,\,\left( {x > 0} \right)\) (giờ)
\( \Rightarrow \) Thời gian đội thứ hai làm riêng xong công việc là \(x + 6\) (giờ)
+) Một giờ đội thứ nhất làm được: \(\dfrac{1}{x}\) (công việc)
Một giờ đội thứ hai làm được: \(\dfrac{1}{{x + 6}}\) (công việc)
+) Hai đội cùng làm trong \(4\) giờ thì xong công việc nên \(4.\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x + 6}}} \right) = 1\,\,\,\left( * \right)\)
+) Giải phương trình \(\left( * \right)\) ta tìm được \(x\). Đối chiếu với điều kiện của \(x\) rồi kết luận.
Cách giải:
Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì xong trong \(4\) giờ. Nếu mỗi đội làm riêng xong được công việc ấy, thì đội thứ hai cần nhiều thời gian hơn đội thứ nhất là \(6\) giờ. Hỏi mỗi đội làm riêng xong công việc ấy trong bao lâu?
Gọi thời gian đội thứ nhất làm riêng xong công việc là \(x\,\,\left( {x > 0} \right)\) (giờ)
\( \Rightarrow \) Thời gian đội thứ hai làm riêng xong công việc là \(x + 6\) (giờ)
Một giờ đội thứ nhất làm được: \(\dfrac{1}{x}\) (công việc)
Một giờ đội thứ hai làm được: \(\dfrac{1}{{x + 6}}\) (công việc)
Hai đội cùng làm một công việc trong \(4\) giờ thì xong công việc nên ta có
\(\begin{array}{l}4.\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x + 6}}} \right) = 1\,\, \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x + 6}} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{4.\left( {x + 6} \right)}}{{4x.\left( {x + 6} \right)}} + \dfrac{{4x}}{{4x.\left( {x + 6} \right)}} = \dfrac{{x.\left( {x + 6} \right)}}{{4x.\left( {x + 6} \right)}}\\ \Rightarrow 4.\left( {x + 6} \right) + 4x = x.\left( {x + 6} \right)\\ \Leftrightarrow 4x + 24 + 4x = {x^2} + 6x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 6x - 4x - 24 - 4x = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 24 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 4x - 24 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 6} \right) + 4\left( {x - 6} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 6} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 6 = 0\\x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 4\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy đội thứ nhất làm riêng xong công việc trong \(6\) giờ
đội thứ hai làm riêng xong công việc trong \(6 + 6 = 12\) giờ.
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Chứng minh \(\angle AHC = \angle AEC\).
b) Chứng minh \(\angle ACH = \angle ECH\).
c) Sử dụng các công thức tính diện tích hình quạt tròn.
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\,\,\left( {AB < AC} \right),\) đường cao \(AH.\) Trên đoạn \(HC\) lấy điểm \(D\) sao cho \(HD = HB,\) vẽ \(CE\) vuông góc với \(AD\,\,\,\left( {E \in AD} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(AHEC\) nội tiếp, xác định tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\)
Ta có: \(\angle AHC = {90^0}\,\,\left( {do\,\,AH \bot BC} \right)\)
Và \(\angle AEC = {90^0}\,\,\,\left( {do\,\,AE \bot EC} \right)\)
Xét tứ giác \(AHEC\) có \(E,H\) là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh \(AC\) dưới một góc \(\alpha = {90^0}\,\,\,\left( {\angle AHC = \angle AEC = {{90}^0}} \right)\)
Suy ra: Tứ giác \(AHEC\) là tứ giác nội tiếp.
Tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC\) là trung điểm của cạnh \(AC.\)
b) Chứng minh \(CH\) là tia phân giác của góc \(\angle ACE.\)
Vì tứ giác \(AHEC\) là tứ giác nội tiếp nên: \(\angle ACH = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,AH\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cùng cung \(AH\)) \(\left( 1 \right)\)
Theo câu a, tứ giác \(AHEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AC\)
Theo đề bài: \(\angle BAC = {90^0}\) (vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\))
\( \Rightarrow AB\) là tiếp tuyến của đường tròn tâm \(O,\) đường kính \(AC\)
\( \Rightarrow \angle BAH = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,AH\) (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) \(\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(\angle ACH = \angle BAH\,\,\,\left( 3 \right)\)
Vì tứ giác \(AHEC\) là tứ giác nội tiếp nên:
\(\angle EAH = \angle ECH = \dfrac{1}{2}sd\,\,cung\,\,EH\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cùng cung \(AH\)) \(\left( 3 \right)\)
Xét \(\Delta ABD\) có \(AH\) là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến
\( \Rightarrow \Delta ABD\) cân tại \(A\)
\( \Rightarrow AH\) là phân giác của \(\Delta ABD\,\, \Rightarrow \angle BAH = \angle EAH\,\,\,\left( 5 \right)\)
Từ \(\left( 3 \right),\left( 4 \right)\) và \(\left( 5 \right)\) suy ra: \(\angle ACH = \angle ECH\)
Vậy \(CH\) là tia phân giác của \(\angle ACE.\)
c) Tính diện tích giới hạn bởi đoạn thẳng \(CA,CH\) và cung nhỏ \(AH\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\) Biết \(CA = 6cm\,\,;\,\,\angle ACB = {30^0}.\)
Gọi diện tích hình quạt \(AOH\) là \({S_q} = \dfrac{{\pi {R^2}.\angle AOH}}{{{{360}^0}}}\)
Diện tích cần tính là: \({S_q} + {S_{OHC}}\)
Theo đề bài, \(AC = 6cm,\,\,O\) là trung điểm của \(AC\)
\( \Rightarrow OA = OC = R = 3cm\)
Ta lại có: \(OH = OC = R = 3cm\)
\( \Rightarrow \Delta OHC\) cân tại \(O\)
\( \Rightarrow \angle OHC = \angle OCH = {30^0}\,\,\,\left( {do\,\,\angle ACB = {{30}^0}} \right)\)
\( \Rightarrow \angle AOH = \angle OHC + \angle OCH = {30^0} + {30^0} = {60^0}\) (Góc ngoài của tam giác)
\({S_q} = \dfrac{{\pi {{.3}^2}{{.60}^0}}}{{{{360}^0}}} = \dfrac{{\pi {{.3}^2}}}{{62}} = \dfrac{3}{2}\pi \,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Gọi \(M\) là trung điểm của \(HC\)
\( \Rightarrow OM \bot HC\) (Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)
\({S_{OHC}} = \dfrac{1}{2}.OM.HC\)
Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) có:
\(\cos \angle ACH = \dfrac{{HC}}{{AC}}\,\, \Rightarrow HC = AC.\cos \angle ACH = AC.\cos {30^0} = 6.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\)
Vì \(M\) là trung điểm của \(HC\) nên \(HM = \dfrac{{HC}}{2} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}\)
Xét \(\Delta OMH\) vuông tại \(M,\) theo địnhlí Py-ta-go, ta có: \(O{H^2} = O{M^2} + M{H^2}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow O{M^2} = O{H^2} - M{H^2} = {3^2} - {\left( {\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}} \right)^2}\\O{M^2} = 9 - \dfrac{{27}}{4} = \dfrac{9}{4}\,\, \Rightarrow OM = \sqrt {\dfrac{9}{4}} = \dfrac{3}{2}\,\,\left( {cm} \right)\\{S_{OHC}} = \dfrac{1}{2}.OM.HC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{3}{2}.3\sqrt 3 = \dfrac{{9\sqrt 3 }}{4}\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\end{array}\)
Diện tích cần tính là: \({S_q} + {S_{OHC}} = \dfrac{3}{2}\pi + \dfrac{{9\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{9\sqrt 3 + 6\pi }}{4}\,\,\,\left( {c{m^2}} \right).\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững kiến thức và làm quen với cấu trúc đề thi 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 Cà Mau năm 2019, cùng với hướng dẫn giải các bài toán thường gặp.
Đề thi vào 10 môn Toán Cà Mau năm 2019 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Đây là một dạng bài tập cơ bản nhưng lại xuất hiện thường xuyên trong các đề thi. Để giải phương trình bậc hai, học sinh cần nắm vững công thức nghiệm và các điều kiện để phương trình có nghiệm.
Ví dụ: Giải phương trình 2x2 - 5x + 3 = 0
Δ = (-5)2 - 4 * 2 * 3 = 25 - 24 = 1
x1 = (5 + √1) / (2 * 2) = 1.5
x2 = (5 - √1) / (2 * 2) = 1
Dạng bài tập này yêu cầu học sinh có kiến thức vững chắc về các định lý và tính chất hình học. Để chứng minh đẳng thức hình học, học sinh cần sử dụng các phương pháp chứng minh tam giác bằng nhau, chứng minh tứ giác nội tiếp, chứng minh đường thẳng song song, v.v.
Các bài toán thực tế thường yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức toán học vào các tình huống trong cuộc sống. Để giải bài toán thực tế, học sinh cần đọc kỹ đề bài, xác định các yếu tố quan trọng và xây dựng mô hình toán học phù hợp.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Cà Mau năm 2019, bạn có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Cà Mau năm 2019 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng với những phân tích và hướng dẫn trong bài viết này, các em học sinh sẽ có thêm kiến thức và tự tin hơn để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
