Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán của tỉnh Đồng Tháp năm 2019. 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.
Đề thi này bao gồm các dạng bài tập đa dạng, từ cơ bản đến nâng cao, bám sát chương trình học lớp 9 và có tính phân loại cao. Việc giải chi tiết các đề thi này sẽ giúp các em nắm vững kiến thức, phát triển tư duy logic và kỹ năng giải quyết vấn đề.
Câu 1 (1 điểm) a) Rút gọn biểu thức
Câu 1 (1 điểm)
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {36} - \sqrt 4 \) b) Tìm \(x\) biết \(\sqrt x = 3\)
Câu 2 (1 điểm)
Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = 12\\2x + y = 4\end{array} \right.\).
Câu 3 (1 điểm)
Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0.\)
Câu 4 (1 điểm)
Trong hệ trục tọa độ \(Oxy,\) cho đường thẳng \(\left( d \right):y = 6x + b\) và parabol \(\left( P \right):y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\)
a) Tìm giá trị của \(b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( {0;9} \right)\)
b) Với \(b\) tìm được, tìm giá trị của \(a\) để \(\left( d \right)\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Câu 5 (1 điểm)
Cho phương trình \({x^2} - mx - 2{m^2} + 3m - 2 = 0\) (với \(m\) là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của \(m\).
Câu 6 (1,0 điểm): Chiều cao trung bình của \(40\) học sinh lớp \(9A\) là \(1,628m\) . Trong đó chiều cao trung bình của học sinh nam là \(1,64m\) và chiều cao trung bình của học sinh nữ là \(1,61m.\) Tính số học sinh nam, số học sinh nữ của lớp 9A.
Câu 7 (1,0 điểm): Người ta muốn tạo một cái khuôn đúc dạng hình trụ, có chiều cao bằng \(16\) cm, bán kính đáy bằng \(8\) cm, mặt đáy trên lõm xuống dạng hình nón và khoảng cách từ đỉnh hình nón đến mặt đáy dưới hình trụ bằng \(10\) cm (như hình vẽ bên). Tính diện tích toàn bộ mặt khuôn (lấy \(\pi = 3,14\)) |
Câu 8 (3,0 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) và đường cao \(AK\) \(\left( {K \in BC} \right)\). Vẽ đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(BC\). Từ \(A\) kẻ các tiếp tuyến \(AM,AN\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (với \(M,N\) là các tiếp điểm, \(M\) và \(B\) nằm trên cùng nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng \(AO\)). Gọi \(H\) là giao điểm của hai đường thẳng \(MN\) và \(AK.\)
a) Chứng minh tứ giác \(AMKO\) là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh \(KA\) là tia phân giác góc \(MKN\)
c) Chứng minh \(A{N^2} = AK.AH\)
Câu 1
Phương pháp:
a) Sử dụng \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\)
b) Sử dụng \(\sqrt X = m\,\left( {m \ge 0} \right) \Leftrightarrow x = {m^2}.\)
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {36} - \sqrt 4 \)
Ta có \(A = \sqrt {36} - \sqrt 4 = 6 - 2 = 4\)
Vậy \(A = 4.\)
b) Tìm \(x\) biết \(\sqrt x = 3\)
Điều kiện: \(x \ge 0.\)
Ta có \(\sqrt x = 3 \Leftrightarrow x = {3^2} \Leftrightarrow x = 9\,\,\,\left( {tm} \right).\)
Vậy \(x = 9.\)
Câu 2:
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = 12\\2x + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4y = 8\\2x + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\2x + 2 = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right).\)
Câu 3 (1 điểm)
Phương pháp:
Đưa phương trình về dạng \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\)
Cách giải:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 7x + 12 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4x + 12 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) - 4\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\x - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = 3\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {3;4} \right\}.\)
Câu
Phương pháp:
a) Đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b\) đi qua điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)
b) Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm kép
Cách giải:
a) Tìm giá trị của \(b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( {0;9} \right)\)
Đường thẳng \(d:\,\,y = 6x + b\) đi qua điểm \(M\left( {0;\,\,9} \right)\)
\( \Rightarrow \) Thay \(x = 0;y = 9\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right):y = 6x + b\) ta được \(9 = 6.0 + b \Leftrightarrow b = 9\)
Vậy \(b = 9.\)
b) Với \(b\) tìm được, tìm giá trị của \(a\) để \(\left( d \right)\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Theo câu \(a\) ta có \(b = 9 \Rightarrow \left( d \right):y = 6x + 9.\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), ta được
\(a{x^2} = 6x + 9 \Leftrightarrow a{x^2} - 6x - 9 = 0\) (*)
Để đường thẳng \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) thì phương trình (*) có nghiệm kép
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\{\left( { - 3} \right)^2} - a.\left( { - 9} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\9a = - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\a = - 1\end{array} \right. \Rightarrow a = - 1\)
Vậy \(a = - 1\) là giá trị cần tìm
Câu
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta > 0\end{array} \right.\)
Cách giải:
Phương trình \({x^2} - mx - 2{m^2} + 3m - 2 = 0\) có \(a = 1 \ne 0;\,b = - m;c = - 2{m^2} + 3m - 2\)
Ta có: \(\Delta = {b^2} - 4ac = {\left( { - m} \right)^2} - 4.1.\left( { - 2{m^2} + 3m - 2} \right) = 9{m^2} - 12m + 8 = {\left( {3m - 2} \right)^2} + 4.\)
Vì \({\left( {3m - 2} \right)^2} \ge 0;\,\forall m \Leftrightarrow {\left( {3m - 2} \right)^2} + 4 \ge 4 > 0,\,\forall m\)
Hay \(\Delta > 0,\,\forall m\) nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)
Câu 6:
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình
Bước 1: Chọn ẩn và đặt điều kiện cho ẩn
Bước 2: Lập hệ phương trình
Bước 3: Giải hệ phương trình, so sánh với điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi số học sinh nam và số học sinh nữ của lớp 9A lần lượt là \(x,\,\,y\,\,\left( {x,y \in {\mathbb{N}^*},\,x,y < 40} \right)\) (học sinh)
Lớp 9A có \(40\) học sinh nên ta có phương trình \(x + y = 40\) (1)
Vì chiều cao trung bình của học sinh lớp 9A là \(1,628m\) nên ta có phương trình
\(\dfrac{{1,64.x + 1,61.y}}{{40}} = 1,628 \Leftrightarrow 1,64x + 1,61y = 65,12\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 40\\1,64x + 1,61y = 65,12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40 - x\\1,64x + 1,61\left( {40 - x} \right) = 65,12\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40 - x\\1,64x + 64,4 - 1,61x = 65,12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40 - x\\0,03x = 0,72\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 24\\y = 16\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy số học sinh nam lớp 9A là \(24\) học sinh
Số học sinh nữ lớp 9A là \(16\) học sinh.
Câu 7:
Phương pháp:
Diện tích xung quanh hình trụ bằng \(S = 2\pi rl\)
Diện tích xung quanh hình nón bằng \(S = \pi rl\)
Diện tích hình tròn bán kính \(r\) là \(S = \pi {r^2}\)
Cách giải:
Hình trụ có bán kính đáy \(r = 8cm\) và chiều cao \(h = 16cm\) nên diện tích xung quanh hình trụ là
\({S_1} = 2\pi rh = 2\pi .8.16 = 256\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Diện tích 1 mặt đáy của hình trụ là \({S_2} = \pi {r^2} = \pi {.8^2} = 64\pi \,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Phần hình nón bị lõm xuống có chiều cao \({h_1} = 16 - 10 = 6cm\) và bán kính đáy \(r = 8cm\)
Đường sinh của hình nón là \(l = \sqrt {{r^2} + h_1^2} = \sqrt {{8^2} + {6^2}} = 10\,cm\).
Diện tích xung quanh hình nón là \({S_3} = \pi rl = \pi .8.10 = 80\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\).
Diện tích toán bộ mặt khuôn là \(S = {S_1} + {S_2} + {S_3} = 256\pi + 64\pi + 80\pi = 400\pi = 1256\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Vậy diện tích toàn bộ mặt khuôn là \(1256\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Câu 8:
Phương pháp:
a) Chỉ ra tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhín cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp
b) Sử dụng hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau và tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau.
c) Chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp góc –góc để suy ra hệ thức đúng.
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AMKO\) là tứ giác nội tiếp
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AM\) là tiếp tuyến nên \(AM \bot OM\) hay \(\angle AMO = 90^\circ \)
Lại có \(AK \bot BC \Rightarrow \angle AKO = 90^\circ \)
Xét tứ giác \(AMKO\) có \(\angle AMO = \angle AKO\left( { = 90^\circ } \right)\) nên hai đỉnh \(M,K\) kề nhau cùng nhìn cạnh \(AO\) dưới các góc vuông, do đó tứ giác \(AMKO\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
b) Chứng minh \(KA\) là tia phân giác góc \(MKN\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AN\) là tiếp tuyến nên \(AN \bot ON\) hay \(\angle ANO = 90^\circ \)
Xét tứ giác \(KONA\) có \(\angle AKO + \angle ANO = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác \(KONA\) là tứ giác nội tiếp. Suy ra \(\angle NKA = \angle NOA\) (1)
Lại có tứ giác \(AMKO\) là tứ giác nội tiếp (theo câu a) nên \(\angle MKA = \angle MOA\) (2)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AM,AN\) là hai tiếp tuyến nên \(OA\) là tia phân giác của \(\angle MON\) (tính chất)
Do đó \(\angle MOA = \angle NOA\) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(\angle MKA = \angle NKA\) hay \(KA\) là tia phân giác của góc \(MKN\) (đpcm).
c) Chứng minh \(A{N^2} = AK.AH\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\angle AMN\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung \(MN\) nên \(\angle AMN = \dfrac{1}{2}sd\,cung\,MN\) (4)
Lại có \(\angle MKA = \angle MOA = \dfrac{1}{2}\angle MON\) (theo câu b) nên \(\angle MKA = \dfrac{1}{2}sd\,cung\,MN\) (5)
Từ (4) và (5) suy ra \(\angle AMH = \angle MKA\).
Xét \(\Delta AMH\) và \(\Delta AKM\) có
+) \(\angle MAH\) chung
+) \(\angle AMH = \angle MKA\) (cmt)
Nên suy ra \(\dfrac{{AM}}{{AK}} = \dfrac{{AH}}{{AM}} \Leftrightarrow A{M^2} = AK.AH\)
Lại có \(AM = AN\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(A{N^2} = AK.AH\) (đpcm)
Câu 1 (1 điểm)
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {36} - \sqrt 4 \) b) Tìm \(x\) biết \(\sqrt x = 3\)
Câu 2 (1 điểm)
Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = 12\\2x + y = 4\end{array} \right.\).
Câu 3 (1 điểm)
Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0.\)
Câu 4 (1 điểm)
Trong hệ trục tọa độ \(Oxy,\) cho đường thẳng \(\left( d \right):y = 6x + b\) và parabol \(\left( P \right):y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\)
a) Tìm giá trị của \(b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( {0;9} \right)\)
b) Với \(b\) tìm được, tìm giá trị của \(a\) để \(\left( d \right)\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Câu 5 (1 điểm)
Cho phương trình \({x^2} - mx - 2{m^2} + 3m - 2 = 0\) (với \(m\) là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của \(m\).
Câu 6 (1,0 điểm): Chiều cao trung bình của \(40\) học sinh lớp \(9A\) là \(1,628m\) . Trong đó chiều cao trung bình của học sinh nam là \(1,64m\) và chiều cao trung bình của học sinh nữ là \(1,61m.\) Tính số học sinh nam, số học sinh nữ của lớp 9A.
Câu 7 (1,0 điểm): Người ta muốn tạo một cái khuôn đúc dạng hình trụ, có chiều cao bằng \(16\) cm, bán kính đáy bằng \(8\) cm, mặt đáy trên lõm xuống dạng hình nón và khoảng cách từ đỉnh hình nón đến mặt đáy dưới hình trụ bằng \(10\) cm (như hình vẽ bên). Tính diện tích toàn bộ mặt khuôn (lấy \(\pi = 3,14\)) |
Câu 8 (3,0 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) và đường cao \(AK\) \(\left( {K \in BC} \right)\). Vẽ đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(BC\). Từ \(A\) kẻ các tiếp tuyến \(AM,AN\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (với \(M,N\) là các tiếp điểm, \(M\) và \(B\) nằm trên cùng nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng \(AO\)). Gọi \(H\) là giao điểm của hai đường thẳng \(MN\) và \(AK.\)
a) Chứng minh tứ giác \(AMKO\) là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh \(KA\) là tia phân giác góc \(MKN\)
c) Chứng minh \(A{N^2} = AK.AH\)
Câu 1
Phương pháp:
a) Sử dụng \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\)
b) Sử dụng \(\sqrt X = m\,\left( {m \ge 0} \right) \Leftrightarrow x = {m^2}.\)
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {36} - \sqrt 4 \)
Ta có \(A = \sqrt {36} - \sqrt 4 = 6 - 2 = 4\)
Vậy \(A = 4.\)
b) Tìm \(x\) biết \(\sqrt x = 3\)
Điều kiện: \(x \ge 0.\)
Ta có \(\sqrt x = 3 \Leftrightarrow x = {3^2} \Leftrightarrow x = 9\,\,\,\left( {tm} \right).\)
Vậy \(x = 9.\)
Câu 2:
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = 12\\2x + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4y = 8\\2x + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\2x + 2 = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right).\)
Câu 3 (1 điểm)
Phương pháp:
Đưa phương trình về dạng \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\)
Cách giải:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 7x + 12 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4x + 12 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) - 4\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\x - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = 3\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {3;4} \right\}.\)
Câu
Phương pháp:
a) Đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b\) đi qua điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)
b) Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm kép
Cách giải:
a) Tìm giá trị của \(b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( {0;9} \right)\)
Đường thẳng \(d:\,\,y = 6x + b\) đi qua điểm \(M\left( {0;\,\,9} \right)\)
\( \Rightarrow \) Thay \(x = 0;y = 9\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right):y = 6x + b\) ta được \(9 = 6.0 + b \Leftrightarrow b = 9\)
Vậy \(b = 9.\)
b) Với \(b\) tìm được, tìm giá trị của \(a\) để \(\left( d \right)\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)
Theo câu \(a\) ta có \(b = 9 \Rightarrow \left( d \right):y = 6x + 9.\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), ta được
\(a{x^2} = 6x + 9 \Leftrightarrow a{x^2} - 6x - 9 = 0\) (*)
Để đường thẳng \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) thì phương trình (*) có nghiệm kép
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\{\left( { - 3} \right)^2} - a.\left( { - 9} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\9a = - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\a = - 1\end{array} \right. \Rightarrow a = - 1\)
Vậy \(a = - 1\) là giá trị cần tìm
Câu
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta > 0\end{array} \right.\)
Cách giải:
Phương trình \({x^2} - mx - 2{m^2} + 3m - 2 = 0\) có \(a = 1 \ne 0;\,b = - m;c = - 2{m^2} + 3m - 2\)
Ta có: \(\Delta = {b^2} - 4ac = {\left( { - m} \right)^2} - 4.1.\left( { - 2{m^2} + 3m - 2} \right) = 9{m^2} - 12m + 8 = {\left( {3m - 2} \right)^2} + 4.\)
Vì \({\left( {3m - 2} \right)^2} \ge 0;\,\forall m \Leftrightarrow {\left( {3m - 2} \right)^2} + 4 \ge 4 > 0,\,\forall m\)
Hay \(\Delta > 0,\,\forall m\) nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)
Câu 6:
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình
Bước 1: Chọn ẩn và đặt điều kiện cho ẩn
Bước 2: Lập hệ phương trình
Bước 3: Giải hệ phương trình, so sánh với điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi số học sinh nam và số học sinh nữ của lớp 9A lần lượt là \(x,\,\,y\,\,\left( {x,y \in {\mathbb{N}^*},\,x,y < 40} \right)\) (học sinh)
Lớp 9A có \(40\) học sinh nên ta có phương trình \(x + y = 40\) (1)
Vì chiều cao trung bình của học sinh lớp 9A là \(1,628m\) nên ta có phương trình
\(\dfrac{{1,64.x + 1,61.y}}{{40}} = 1,628 \Leftrightarrow 1,64x + 1,61y = 65,12\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 40\\1,64x + 1,61y = 65,12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40 - x\\1,64x + 1,61\left( {40 - x} \right) = 65,12\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40 - x\\1,64x + 64,4 - 1,61x = 65,12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40 - x\\0,03x = 0,72\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 24\\y = 16\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy số học sinh nam lớp 9A là \(24\) học sinh
Số học sinh nữ lớp 9A là \(16\) học sinh.
Câu 7:
Phương pháp:
Diện tích xung quanh hình trụ bằng \(S = 2\pi rl\)
Diện tích xung quanh hình nón bằng \(S = \pi rl\)
Diện tích hình tròn bán kính \(r\) là \(S = \pi {r^2}\)
Cách giải:
Hình trụ có bán kính đáy \(r = 8cm\) và chiều cao \(h = 16cm\) nên diện tích xung quanh hình trụ là
\({S_1} = 2\pi rh = 2\pi .8.16 = 256\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Diện tích 1 mặt đáy của hình trụ là \({S_2} = \pi {r^2} = \pi {.8^2} = 64\pi \,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Phần hình nón bị lõm xuống có chiều cao \({h_1} = 16 - 10 = 6cm\) và bán kính đáy \(r = 8cm\)
Đường sinh của hình nón là \(l = \sqrt {{r^2} + h_1^2} = \sqrt {{8^2} + {6^2}} = 10\,cm\).
Diện tích xung quanh hình nón là \({S_3} = \pi rl = \pi .8.10 = 80\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\).
Diện tích toán bộ mặt khuôn là \(S = {S_1} + {S_2} + {S_3} = 256\pi + 64\pi + 80\pi = 400\pi = 1256\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Vậy diện tích toàn bộ mặt khuôn là \(1256\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Câu 8:
Phương pháp:
a) Chỉ ra tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhín cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp
b) Sử dụng hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau và tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau.
c) Chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp góc –góc để suy ra hệ thức đúng.
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AMKO\) là tứ giác nội tiếp
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AM\) là tiếp tuyến nên \(AM \bot OM\) hay \(\angle AMO = 90^\circ \)
Lại có \(AK \bot BC \Rightarrow \angle AKO = 90^\circ \)
Xét tứ giác \(AMKO\) có \(\angle AMO = \angle AKO\left( { = 90^\circ } \right)\) nên hai đỉnh \(M,K\) kề nhau cùng nhìn cạnh \(AO\) dưới các góc vuông, do đó tứ giác \(AMKO\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
b) Chứng minh \(KA\) là tia phân giác góc \(MKN\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AN\) là tiếp tuyến nên \(AN \bot ON\) hay \(\angle ANO = 90^\circ \)
Xét tứ giác \(KONA\) có \(\angle AKO + \angle ANO = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác \(KONA\) là tứ giác nội tiếp. Suy ra \(\angle NKA = \angle NOA\) (1)
Lại có tứ giác \(AMKO\) là tứ giác nội tiếp (theo câu a) nên \(\angle MKA = \angle MOA\) (2)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AM,AN\) là hai tiếp tuyến nên \(OA\) là tia phân giác của \(\angle MON\) (tính chất)
Do đó \(\angle MOA = \angle NOA\) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(\angle MKA = \angle NKA\) hay \(KA\) là tia phân giác của góc \(MKN\) (đpcm).
c) Chứng minh \(A{N^2} = AK.AH\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\angle AMN\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung \(MN\) nên \(\angle AMN = \dfrac{1}{2}sd\,cung\,MN\) (4)
Lại có \(\angle MKA = \angle MOA = \dfrac{1}{2}\angle MON\) (theo câu b) nên \(\angle MKA = \dfrac{1}{2}sd\,cung\,MN\) (5)
Từ (4) và (5) suy ra \(\angle AMH = \angle MKA\).
Xét \(\Delta AMH\) và \(\Delta AKM\) có
+) \(\angle MAH\) chung
+) \(\angle AMH = \angle MKA\) (cmt)
Nên suy ra \(\dfrac{{AM}}{{AK}} = \dfrac{{AH}}{{AM}} \Leftrightarrow A{M^2} = AK.AH\)
Lại có \(AM = AN\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(A{N^2} = AK.AH\) (đpcm)
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 luyện tập thường xuyên là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Tháp năm 2019 là một tài liệu luyện thi hữu ích, giúp học sinh làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Tháp năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Phương trình bậc hai là một trong những dạng bài tập cơ bản và thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10. Để giải phương trình bậc hai, học sinh cần nắm vững công thức nghiệm và các phương pháp giải khác nhau, như phương pháp phân tích thành nhân tử, phương pháp sử dụng công thức nghiệm tổng quát, và phương pháp hoàn thiện bình phương.
Các bài toán chứng minh tính chất hình học đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc về các định lý, tính chất hình học, và kỹ năng suy luận logic. Để giải các bài toán này, học sinh cần vẽ hình chính xác, phân tích các yếu tố đã cho, và sử dụng các định lý, tính chất phù hợp để chứng minh.
Các bài toán về tổ hợp - xác suất đòi hỏi học sinh phải hiểu rõ các khái niệm về tổ hợp, hoán vị, và xác suất. Để giải các bài toán này, học sinh cần xác định đúng số phần tử của không gian mẫu và số phần tử của biến cố, sau đó sử dụng công thức tính xác suất để tìm ra kết quả.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Đồng Tháp năm 2019, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Tháp năm 2019 là một tài liệu luyện thi quan trọng, giúp học sinh chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Hy vọng rằng, với những phân tích và hướng dẫn giải chi tiết trong bài viết này, các em học sinh sẽ tự tin hơn và đạt được kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới.
