Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020 chính thức, được tổng hợp đầy đủ và cập nhật mới nhất. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh lớp 9 ôn luyện và làm quen với cấu trúc đề thi, từ đó tự tin đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp không chỉ đề thi mà còn cả đáp án chi tiết, lời giải bài tập, giúp các em hiểu rõ phương pháp giải và rèn luyện kỹ năng làm bài.
Câu I: 1) Tính giá trị các biểu thức sau:
Câu I:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
Câu II:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Câu III:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Câu IV: Cho tam giác nhọn \(ABC\) \(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Câu V:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Câu I (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
a) \(A = \sqrt {16} + 5 = \sqrt {{4^2}} + 5 = 4 + 5 = 9\).
Vậy \(A = 9\).
b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 = \sqrt {{2^2}.2} - \sqrt 2 = 2\sqrt 2 - \sqrt 2 = \sqrt 2 \).
Vậy \(B = \sqrt 2 \).
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) \( \Leftrightarrow x - 3 = 4 \Leftrightarrow x = 7\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ 7 \right\}\).
b) \({x^2} - 4 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 2} \right\}\).
Câu II (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
Hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\) song song với nhau khi và chỉ khi
\(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 1\\2 \ne - 3\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\).
Vậy với \(m = 2\) thì hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)//\left( {{d_2}} \right)\).
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
Với \(m = 1\), phương trình đã cho trở thành: \({x^2} + 4x + 3 = 0\).
Nhận xét: \(a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1\\{x_2} = - \dfrac{c}{a} = - 3\end{array} \right.\).
Vậy khi \(m = 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 3} \right\}\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\)có \(\Delta ' = {2^2} - \left( {2m + 1} \right) = 4 - 2m - 1 = 3 - 2m\).
Để phương trình có nghiệm kép thì \(\Delta = 3 - 2m = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Vậy với \(m = \dfrac{3}{2}\) thì phương trình đã cho có nghiệp kép.
Câu III (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AC = AB.\tan {60^0} = 6.\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\\\cos {60^0} = \dfrac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AB}}{{\cos {{60}^0}}} = \dfrac{6}{{\dfrac{1}{2}}} = 12\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy chu vi tam giác \(ABC\) là: \({C_{\Delta ABC}} = AB + AC + BC = 6 + 6\sqrt 3 + 12 = 18 + 6\sqrt 3 \,\,\,\left( {cm} \right)\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Gọi giá ban đầu của chiếc ti vi là \(x\) (đồng) (ĐK: \(x > 0\)).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% đầu tiên là: \(x.90\% = \dfrac{9}{{10}}x\) (đồng).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% thứ hai là: \(\dfrac{9}{{10}}x.90\% = \dfrac{{81}}{{100}}x\) (đồng).
Vì sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng nên ta có phương trình:
\(\dfrac{{81}}{{100}}x = 16\,200\,000 \Leftrightarrow x = 20\,000\,000\) (đồng) (tm).
Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi là 20 000 000 đồng.
Câu IV (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác nhọn \(ABC\)\(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(AEHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle AEH = {90^0}\\\angle AFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
Xét tứ giác \(BDHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle BDH = {90^0}\\\angle BFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle BDH + \angle BFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BDHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDF = \angle HBF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HF\)) \( \Rightarrow \angle ADF = \angle ABE\) (1).
Tương tự xét tứ giác \(CDHE\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\BE \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle HDC = {90^0}\\\angle HEC = {90^0}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \angle HDC + \angle HEC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow CDHE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDE = \angle HCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ACF\) (2).
Ta lại có:
\(\angle ABE + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle ACF + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ACF\) vuông tại \(F\)).
\(\angle ABE = \angle ACF\) (cùng phụ với \(\angle BAC\)) (3).
Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ADF\) (đpcm).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), ta sẽ chứng minh tú giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) có trung tuyến \(EM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) \( \Rightarrow ME = \dfrac{1}{2}BC = MB = MC\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).
\( \Rightarrow \Delta MBE\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \angle MBE = \angle MEB\) (tính chất tam giác cân).
\( \Rightarrow \angle EMC = \angle MEB + \angle MBE = 2\angle MBE = 2\angle DBH\,\,\,\left( * \right)\) (góc ngoài của tam giác).
Vì \(BDHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle DBH = \angle DFH\,\,\left( 5 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DH\)).
Vì \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle HFE = \angle HAE\,\,\left( 3 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)).
Mà \(\angle DBH + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(BCE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle HAE + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\)).
\( \Rightarrow \angle DBH = \angle HAE\,\,\left( 4 \right)\) (cùng phụ với \(\angle ACB\)).
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \angle HFE = \angle DBH\,\,\left( 6 \right)\).
Từ (5) và (6) \( \Rightarrow \angle DFE = \angle DFH + \angle HFE = \angle DBH + \angle DBH = 2\angle DBH\,\,\left( {2*} \right)\)
Từ (*) và (2*) \( \Rightarrow \angle EMC = \angle DFE\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\) đi qua trung điểm \(M\) của \(BC\) (đpcm).
Câu V (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 + {y^2} - 2y + 1 + 4{z^2} + 4z + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} = 0\end{array}\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x\\{\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall y\\{\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall z\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x,\,\,y,\,\,z\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\y - 1 = 0\\2z + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\\z = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\).
Vậy có duy nhất 1 bộ số \(\left( {x;y;z} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(\left( {x;y;z} \right) = \left( {2;1; - \dfrac{1}{2}} \right)\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 12 + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 4xy + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{{\left( {x - 2y} \right)}^2} + 1}}{{x - 2y}}\\P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}}\end{array}\)
Vì \(x > 2y \Rightarrow x - 2y > 0\).
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số \(x - 2y\) và \(\dfrac{1}{{x - 2y}}\) ta có:
\(P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}} \ge 2\sqrt {\left( {x - 2y} \right).\dfrac{1}{{x - 2y}}} = 2\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x - 2y = \dfrac{1}{{x - 2y}} \Leftrightarrow {\left( {x - 2y} \right)^2} = 1\) \( \Leftrightarrow x - 2y = 1\) (do \(x - 2y > 0\)) và \(xy = 3\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 1\\xy = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\\left( {2y + 1} \right).y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\2{y^2} + y - 3 = 0\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\).
Xét phương trình (*) có \(a + b + c = 2 + 1 - 3 = 0\) nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{y_1} = 1\\{y_2} = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{3}{2}\end{array} \right.\)
Với \({y_1} = 1 \Rightarrow {x_1} = 2{y_1} + 1 = 3\).
Với \({y_2} = - \dfrac{3}{2} \Rightarrow {x_2} = 2{y_2} + 1 = - 2\).
\( \Rightarrow \) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
Vậy \({P_{\min }} = 2 \Leftrightarrow \left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
Câu I:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
Câu II:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Câu III:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Câu IV: Cho tam giác nhọn \(ABC\) \(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Câu V:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Câu I (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt {16} + 5\) b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 \)
a) \(A = \sqrt {16} + 5 = \sqrt {{4^2}} + 5 = 4 + 5 = 9\).
Vậy \(A = 9\).
b) \(B = \sqrt 8 - \sqrt 2 = \sqrt {{2^2}.2} - \sqrt 2 = 2\sqrt 2 - \sqrt 2 = \sqrt 2 \).
Vậy \(B = \sqrt 2 \).
2) Giải các phương trình sau:
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) b) \({x^2} - 4 = 0\)
a) \(\sqrt {x - 3} = 2\) \( \Leftrightarrow x - 3 = 4 \Leftrightarrow x = 7\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ 7 \right\}\).
b) \({x^2} - 4 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 2} \right\}\).
Câu II (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\). Tìm \(m\) để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
Hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) và \(\left( {{d_2}} \right):\,\,y = x - 3\) song song với nhau khi và chỉ khi
\(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 1\\2 \ne - 3\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\).
Vậy với \(m = 2\) thì hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)//\left( {{d_2}} \right)\).
2) Cho phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Giải phương trình với \(m = 1\).
Với \(m = 1\), phương trình đã cho trở thành: \({x^2} + 4x + 3 = 0\).
Nhận xét: \(a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1\\{x_2} = - \dfrac{c}{a} = - 3\end{array} \right.\).
Vậy khi \(m = 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 3} \right\}\).
b) Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm kép.
Phương trình \({x^2} + 4x + 2m + 1 = 0\)có \(\Delta ' = {2^2} - \left( {2m + 1} \right) = 4 - 2m - 1 = 3 - 2m\).
Để phương trình có nghiệm kép thì \(\Delta = 3 - 2m = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Vậy với \(m = \dfrac{3}{2}\) thì phương trình đã cho có nghiệp kép.
Câu III (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm\), góc \(\angle ABC = {60^0}\). Tính chu vi tam giác \(ABC\).
Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\tan {60^0} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AC = AB.\tan {60^0} = 6.\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\\\cos {60^0} = \dfrac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AB}}{{\cos {{60}^0}}} = \dfrac{6}{{\dfrac{1}{2}}} = 12\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy chu vi tam giác \(ABC\) là: \({C_{\Delta ABC}} = AB + AC + BC = 6 + 6\sqrt 3 + 12 = 18 + 6\sqrt 3 \,\,\,\left( {cm} \right)\).
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?
Gọi giá ban đầu của chiếc ti vi là \(x\) (đồng) (ĐK: \(x > 0\)).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% đầu tiên là: \(x.90\% = \dfrac{9}{{10}}x\) (đồng).
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% thứ hai là: \(\dfrac{9}{{10}}x.90\% = \dfrac{{81}}{{100}}x\) (đồng).
Vì sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng nên ta có phương trình:
\(\dfrac{{81}}{{100}}x = 16\,200\,000 \Leftrightarrow x = 20\,000\,000\) (đồng) (tm).
Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi là 20 000 000 đồng.
Câu IV (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác nhọn \(ABC\)\(\left( {AB \ne AC} \right)\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác \(AEHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle AEH = {90^0}\\\angle AFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
2) Chứng minh rằng: \(\angle ADE = \angle ADF\).
Xét tứ giác \(BDHF\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\CF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle BDH = {90^0}\\\angle BFH = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle BDH + \angle BFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BDHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDF = \angle HBF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HF\)) \( \Rightarrow \angle ADF = \angle ABE\) (1).
Tương tự xét tứ giác \(CDHE\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\BE \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle HDC = {90^0}\\\angle HEC = {90^0}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow \angle HDC + \angle HEC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow CDHE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle HDE = \angle HCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ACF\) (2).
Ta lại có:
\(\angle ABE + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle ACF + \angle BAC = {90^0}\) (do tam giác \(ACF\) vuông tại \(F\)).
\(\angle ABE = \angle ACF\) (cùng phụ với \(\angle BAC\)) (3).
Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow \angle ADE = \angle ADF\) (đpcm).
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EDF\) đi qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), ta sẽ chứng minh tú giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) có trung tuyến \(EM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) \( \Rightarrow ME = \dfrac{1}{2}BC = MB = MC\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).
\( \Rightarrow \Delta MBE\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \angle MBE = \angle MEB\) (tính chất tam giác cân).
\( \Rightarrow \angle EMC = \angle MEB + \angle MBE = 2\angle MBE = 2\angle DBH\,\,\,\left( * \right)\) (góc ngoài của tam giác).
Vì \(BDHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle DBH = \angle DFH\,\,\left( 5 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DH\)).
Vì \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle HFE = \angle HAE\,\,\left( 3 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)).
Mà \(\angle DBH + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(BCE\) vuông tại \(E\)).
\(\angle HAE + \angle ACB = {90^0}\) (do tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\)).
\( \Rightarrow \angle DBH = \angle HAE\,\,\left( 4 \right)\) (cùng phụ với \(\angle ACB\)).
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \angle HFE = \angle DBH\,\,\left( 6 \right)\).
Từ (5) và (6) \( \Rightarrow \angle DFE = \angle DFH + \angle HFE = \angle DBH + \angle DBH = 2\angle DBH\,\,\left( {2*} \right)\)
Từ (*) và (2*) \( \Rightarrow \angle EMC = \angle DFE\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(DMEF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\) đi qua trung điểm \(M\) của \(BC\) (đpcm).
Câu V (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Tìm các số thực \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + {y^2} + 4{z^2} - 4x - 2y + 4z + 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 + {y^2} - 2y + 1 + 4{z^2} + 4z + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} = 0\end{array}\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x\\{\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall y\\{\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall z\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x,\,\,y,\,\,z\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\y - 1 = 0\\2z + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\\z = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\).
Vậy có duy nhất 1 bộ số \(\left( {x;y;z} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(\left( {x;y;z} \right) = \left( {2;1; - \dfrac{1}{2}} \right)\).
2) Cho các số thực \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(x > 2y\) và \(xy = 3\).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 11}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 12 + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{x^2} + 4{y^2} - 4xy + 1}}{{x - 2y}}\\P = \dfrac{{{{\left( {x - 2y} \right)}^2} + 1}}{{x - 2y}}\\P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}}\end{array}\)
Vì \(x > 2y \Rightarrow x - 2y > 0\).
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số \(x - 2y\) và \(\dfrac{1}{{x - 2y}}\) ta có:
\(P = x - 2y + \dfrac{1}{{x - 2y}} \ge 2\sqrt {\left( {x - 2y} \right).\dfrac{1}{{x - 2y}}} = 2\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x - 2y = \dfrac{1}{{x - 2y}} \Leftrightarrow {\left( {x - 2y} \right)^2} = 1\) \( \Leftrightarrow x - 2y = 1\) (do \(x - 2y > 0\)) và \(xy = 3\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 1\\xy = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\\left( {2y + 1} \right).y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y + 1\\2{y^2} + y - 3 = 0\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\).
Xét phương trình (*) có \(a + b + c = 2 + 1 - 3 = 0\) nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{y_1} = 1\\{y_2} = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{3}{2}\end{array} \right.\)
Với \({y_1} = 1 \Rightarrow {x_1} = 2{y_1} + 1 = 3\).
Với \({y_2} = - \dfrac{3}{2} \Rightarrow {x_2} = 2{y_2} + 1 = - 2\).
\( \Rightarrow \) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
Vậy \({P_{\min }} = 2 \Leftrightarrow \left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {3;1} \right);\left( { - 2; - \dfrac{3}{2}} \right)} \right\}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tại Hòa Bình năm 2020 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Đề thi môn Toán thường có tính phân loại cao, đòi hỏi học sinh không chỉ nắm vững kiến thức cơ bản mà còn phải có khả năng vận dụng linh hoạt vào giải quyết các bài toán thực tế. Cấu trúc đề thi thường bao gồm các dạng bài tập như đại số, hình học, số học và các bài toán kết hợp. Việc nắm vững cấu trúc này sẽ giúp các em có định hướng ôn tập hiệu quả hơn.
Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020 thường tập trung vào các chủ đề chính sau:
Đây là một dạng bài tập rất phổ biến trong các đề thi vào 10. Các em cần nắm vững các công thức nghiệm của phương trình bậc hai, điều kiện có nghiệm, và các phương pháp giải phương trình bậc hai như phân tích thành nhân tử, sử dụng công thức nghiệm, hoặc phương pháp hoàn thiện bình phương.
Các bài toán về hình học chứng minh thường yêu cầu học sinh phải vận dụng các định lý, tính chất hình học đã học để chứng minh các mối quan hệ giữa các yếu tố hình học. Các em cần rèn luyện kỹ năng vẽ hình chính xác và trình bày lời giải một cách logic, chặt chẽ.
Các bài toán về ứng dụng thực tế thường yêu cầu học sinh phải vận dụng kiến thức toán học để giải quyết các vấn đề trong cuộc sống. Các em cần đọc kỹ đề bài, xác định đúng các yếu tố toán học liên quan, và xây dựng mô hình toán học phù hợp.
Giaitoan.edu.vn cam kết cung cấp cho các em những tài liệu ôn thi chất lượng cao, đáp án chi tiết và lời giải bài tập dễ hiểu. Chúng tôi hy vọng sẽ là người bạn đồng hành đáng tin cậy của các em trên con đường chinh phục kỳ thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020.
| Dạng bài tập | Chủ đề | Mức độ khó |
|---|---|---|
| Phương trình bậc hai | Đại số | Trung bình |
| Chứng minh hình học | Hình học | Khó |
| Ứng dụng thực tế | Kết hợp | Trung bình - Khó |
