Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hòa Bình năm 2021. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi chính thức, đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập hiệu quả. Hãy cùng giaitoan.edu.vn chinh phục kỳ thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2021!
Câu I (2,0 điểm) 1) Tìm điều kiện xác định:
Câu I (2,0 điểm)
1) Tìm điều kiện xác định:
a) \(A = \sqrt {x - 4} \) b) \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\)
2) Rút gọn:
a) \(A = \sqrt {75} - \sqrt 3 \) b) \(B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} - \sqrt 2 \)
Câu II (2,0 điểm)
1) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = - 2x + 3\).
2) Cho phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\). Tìm \(m\) để phương trình có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 14\).
Câu III (3,0 điểm)
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\), biết \(HB = 2\,\,cm,\,\,HC = 8\,\,cm\). Tính độ dài các cạnh \(AB,\,\,AC\).
2) Một ô tô và một xe máy khởi hình cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ. Tìm vận tốc của ô tô và xe máy, biết rằng nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy.
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\sqrt {x - 6} + 7\sqrt {y + 5} = 27\\\sqrt {x - 6} + 2\sqrt {y + 5} = 8\end{array} \right.\).
Câu IV (2,0 điểm)
Cho hình vuông \(ABCD,\) các điểm \(M,N\) thay đổi trên các cạnh \(BC,CD\) sao cho góc \(MAN\) bằng \({45^0}\) (\(M,N\) không trùng với các đỉnh của hình vuông). Gọi \(P,Q\) lần lượt là giao điểm của \(AM,AN\) với \(BD.\) Chứng minh rằng:
1) Tứ giác \(ABMQ\) và tứ giác \(MNQP\) là các tứ giác nội tiếp.
2) \(NA\) là phân giác của góc \(MND.\)
3) \(MN\) tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Câu V (1,0 điểm)
1) Cho \(a > b > 0\). Hãy so sánh \(\sqrt {a + 2} - \sqrt a \) với \(\sqrt {b + 2} - \sqrt b \).
2) Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + 3y \le 10\). Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{3\sqrt y }} \ge 10\).
Câu I (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) a) \(\sqrt {f\left( x \right)} \) xác định khi \(f\left( x \right) \ge 0\).
b) \(\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\) xác định khi \(g\left( x \right) \ne 0\).
2) Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\), thực hiện tính toán với các căn bậc hai.
Cách giải:
1) a) Biểu thức \(A = \sqrt {x - 4} \) xác định khi và chỉ khi \(x - 4 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 4\).
Vậy \(A = \sqrt {x - 4} \) xác định khi và chỉ khi \(x \ge 4\).
b) Biểu thức \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\) xác định khi và chỉ khi \(x - 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 2\).
Vậy \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\) xác định khi và chỉ khi \(x \ne 2\).
2) a) Ta có: \(A = \sqrt {75} - \sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} - \sqrt 3 = 5\sqrt 3 - \sqrt 3 = 4\sqrt 3 \)
Vậy \(A = 4\sqrt 3 \).
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} - \sqrt 2 = \left| {\sqrt 2 + 1} \right| - \sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 2 + 1 - \sqrt 2 \,\left( {do\,\,\sqrt 2 + 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\, = 1\end{array}\)
Vậy \(B = 1\).
Câu II (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\), tìm được các giao điểm và vẽ đồ thị.
2) + Phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\Delta ' > 0\)
+ Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\), thay vào biểu thức \({x_1}^2 + {x_2}^2\) để tìm giá trị của tham số \(m\)
Chú ý: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\)
Cách giải:
1) Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \(1\) |
\(y = - 2x + 3\) | \(3\) | \(1\) |
\( \Rightarrow y = - 2x + 3\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0;3} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\).
Đồ thị hàm số:
2) Phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\) có \(\Delta ' = {2^2} - \left( {m - 1} \right) = 4 - m + 1 = 5 - m\).
Để phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\) có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 5 - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 5\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 = 14\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 14\\ \Leftrightarrow {4^2} - 2\left( {m - 1} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 16 - 2\left( {m - 1} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 2\left( {m - 1} \right) = 12\\ \Leftrightarrow m - 1 = 1\\ \Leftrightarrow m = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 2\).
Câu III (3,0 điểm)
Phương pháp:
1) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và định lý Py – ta – go với tam giác vuông.
2) + Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là \(x,\,\,y\) (km/h) (ĐK: \(x,\,\,y > 0\)).
+ Tính được quãng đường sau 2 giờ của ô tô và xe máy đi được, ta lập được phương trình (1)
+ Từ giả thiết còn lại, ta lập được phương trình (2)
+ Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình, giải hệ phương trình, tìm được \(x,\,\,y\)
3) + Xác định điều kiện của hệ phương trình
+ Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {x - 6} \\b = \sqrt {y + 5} \end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b \ge 0} \right)\), hệ phương trình ban đầu trở thành hệ phương trình hai ẩn \(a,b\)
+ Áp dụng phương pháp cộng đại số, tìm được \(a,b\), từ đó suy ra được \(x,y\)
+ Chú ý trong quá trình giải, luôn phải kiểm tra điều kiện của các nghiệm khi tìm được.
Cách giải:
1)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), đường cao \(AH\) ta có:
\(A{H^2} = HB.HC = 2.8 = 16\)
\( \Rightarrow AH = \sqrt {16} = 4\,\,\left( {cm} \right)\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}\\ \Rightarrow A{B^2} = {4^2} + {2^2} = 20\\ \Rightarrow AB = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ACH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A{C^2} = A{H^2} + H{C^2}\\ \Rightarrow A{C^2} = {4^2} + {8^2} = 80\\ \Rightarrow AC = \sqrt {80} = 4\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy \(AB = 2\sqrt 5 \,\,cm,\,\,AC = 8\sqrt 5 \,\,cm\).
2) Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là \(x,\,\,y\) (km/h) (ĐK: \(x,\,\,y > 0\)).
Sau 2 giờ ô tô đi được quãng đường là \(2x\,\,\left( {km} \right)\).
Sau 2 giờ xe máy đi được quãng đường là \(2y\,\,\left( {km} \right)\).
Vì 2 xe khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ nên ta có phương trình \(2x + 2y = 200 \Leftrightarrow x + y = 10\,\,\,\left( 1 \right)\).
Nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10 km/h thì vận tốc mới của ô tô và \(x + 10\) (km/h).
Nếu vận tốc của xe máy giảm đi 5 km/h thì vận tốc mới của xe máy là \(y - 5\) (km/h).
Vì nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy nên ta có phương trình \(x + 10 = 2\left( {y - 5} \right) \Leftrightarrow x - 2y = - 20\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 100\\x - 2y = - 20\end{array} \right.\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y = 120\\x = 2y - 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40\,\,\left( {tm} \right)\\x = 2.40 - 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40\\x = 60\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy vận tốc của ô tô là 60 km/h, vận tốc của xe máy là 40 km/h.
3) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 6 \ge 0\\y + 5 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 6\\y \ge - 5\end{array} \right.\).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {x - 6} \\b = \sqrt {y + 5} \end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b \ge 0} \right)\), hệ phương trình trở thành: \(\left\{ \begin{array}{l}3a + 7b = 27\\a + 2b = 8\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 7b = 27\\3a + 6b = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 8 - 2b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 8 - 2.3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 6} = 2\\\sqrt {y + 5} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 6 = 4\\y + 5 = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {10;4} \right)\).
Câu IV (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) Chứng minh được:\(\angle QMP = {45^0}\) và \(\angle QNP = {45^0}\) nên tứ giác \(MNQP\) nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau)
2) Chứng minh: \(\angle DNA = \angle QNM = {90^0} - \angle QPN\) suy ra \(\angle DNA = \angle ANM\) hay \(AN\) là phân giác góc \(\angle MND.\)
3) + Gọi \(H\) là giao điểm của \(NP\) và \(MQ\).
+ \(H\) là trực tâm của tam giác \(AMN\).
+ Gọi giao điểm của \(AH\) và \(MN\) là \(I \Rightarrow AI \bot MN\)
+ \(\Delta AMB = \Delta AMI\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\( \Rightarrow AB = AI\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(AI\) có độ dài không đổi.
\( \Rightarrow \left( {A;AI} \right)\) cố định.
\( \Rightarrow \) Đpcm
Cách giải:
1) Ta có: \(\angle MAN = {45^0}\) hay \(\angle MAQ = {45^0}\).
Lại có \(\angle CBD = {45^0}\) (do \(BD\) là đường chéo của hình vuông \(ABCD\) nên \(BD\) là phân giác của \(\angle ABC\)) nên \(\angle MBQ = {45^0}\).
Do đó \(\angle MAQ = \angle MBQ = {45^0}\) suy ra tứ giác \(ABMQ\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Suy ra \(\angle QMA = \angle QBA = {45^0}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AQ\)) \( \Rightarrow \angle QMP = {45^0}\) (1)
Ta có: \(\angle BDC = {45^0}\) (do \(BD\) là đường chéo của hình vuông) nên \(\angle NDP = {45^0}\).
Mà \(\angle MAN = {45^0}\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle PAN = {45^0}\).
Do đó \(\angle NDP = \angle PAN\) suy ra tứ giác \(ADNP\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Suy ra \(\angle ANP = \angle ADP = {45^0} = \angle QNP\) (2) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AP\)).
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)\) ta có \(\angle QMP = \angle QNP = {45^0}\) suy ra tứ giác \(MNQP\) nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau) (đpcm).
2) Do tứ giác \(ADNP\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle APN + \angle ADN = {180^0}\) (tính chất tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle ADN = {90^0}\) (do \(ABCD\) là hình vuông) nên \(\angle APN = {90^0}\).
Xét tam giác vuông \(ADN\) ta có: \(\angle DNA = {90^0} - \angle DAN = {90^0} - \angle DPN = {90^0} - \angle QPN\) (\(\angle DAN = \angle DPN\) do là hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DN\)).
Do tứ giác \(MPQN\) nội tiếp đường tròn (cmt) nên \(\angle QNM = \angle APQ = {90^0} - \angle QPN\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Do đó \(\angle DNA = \angle QNM\) suy ra \(\angle DNA = \angle ANM\) hay \(AN\) là phân giác góc \(\angle MND.\) (đpcm).
3) Gọi \(H\) là giao điểm của \(NP\) và \(MQ\).
Vì tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle ABM + \angle AQM = {180^0}\).
Mà \(\angle ABM = \angle ABC = {90^0}\) \( \Rightarrow \angle AQM = {90^0}\) \( \Rightarrow MQ \bot AN\).
Lại có \(\angle APN = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(NP \bot AM\).
Mà \(MQ \cap NP = \left\{ H \right\}\) \( \Rightarrow \) \(H\) là trực tâm của tam giác \(AMN\).
Gọi giao điểm của \(AH\) và \(MN\) là \(I.\)
Suy ra \(AI \bot MN\) (do \(AI\) là đường cao thứ ba của tam giác \(AMN\)).
Ta có: tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle AQB = \angle AMB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
Mà tứ giác \(MPQN\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle AQP = \angle NMP\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Suy ra \(\angle AMB = \angle NMP\) hay \(\angle AMB = \angle IMA\).
Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta AMI\) ta có:
\(\angle ABM = \angle AIM = {90^0}\)
\(\angle AMB = \angle IMA\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(AM\) là cạnh chung
Do đó \(\Delta AMB = \Delta AMI\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\( \Rightarrow AB = AI\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(AI\) có độ dài không đổi.
\( \Rightarrow \left( {A;AI} \right)\) cố định.
Lại có \(AI \bot MN\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow MN\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {A;AI} \right)\) tại \(I\).
Vậy \(MN\) luôn tiếp xúc với đường tròn tâm \(A\) bán kính \(AI\) cố định (đpcm).
Câu V (1,0 điểm)
Phương pháp:
1) Xét hiệu \(H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right)\)
Từ giả thiết của đề bài, chứng minh \(H < 0\)
2) Áp dụng lần lượt hai BĐT Svac-xơ và BĐT Bunhiacopxki.
Cách giải:
1) Xét hiệu
\(\begin{array}{l}H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right)\\H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt {b + 2} } \right) - \left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)\\H = \dfrac{{a + 2 - b - 2}}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{{a - b}}{{\sqrt a + \sqrt b }}\\H = \dfrac{{a - b}}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{{a - b}}{{\sqrt a + \sqrt b }}\\H = \left( {a - b} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}} \right)\end{array}\)
Vì \(a > b > 0 \Rightarrow a - b > 0\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {a + 2} > \sqrt a \\\sqrt {b + 2} > \sqrt b \end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} > \sqrt a + \sqrt b \)
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} < \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}\) \( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }} < 0\).
Do đó \(\left( {a - b} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}} \right) < 0\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right) < 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {a + 2} - \sqrt a < \sqrt {b + 2} - \sqrt b \end{array}\)
Vậy với \(a > b > 0\) thì \(\sqrt {a + 2} - \sqrt a < \sqrt {b + 2} - \sqrt b \).
2) Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{\sqrt {3y} }} = \dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }}\\ = \dfrac{{{1^2}}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{{{\left( {1 + 3 + 3 + 3} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }} = \dfrac{{100}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }}\end{array}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {x + 3y} \right)\left( {1 + 9} \right) \ge {\left( {\sqrt x + 3\sqrt {3y} } \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x + 3\sqrt {3y} \le \sqrt {10\left( {x + 3y} \right)} \le \sqrt {10.10} = 10\end{array}\)
Do đó \(\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{100}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{100}}{{10}} = 10\) (đpcm).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\sqrt x }}{1} = \dfrac{{\sqrt {3y} }}{3}\\x + 3y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 3\end{array} \right.\).
Câu I (2,0 điểm)
1) Tìm điều kiện xác định:
a) \(A = \sqrt {x - 4} \) b) \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\)
2) Rút gọn:
a) \(A = \sqrt {75} - \sqrt 3 \) b) \(B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} - \sqrt 2 \)
Câu II (2,0 điểm)
1) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = - 2x + 3\).
2) Cho phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\). Tìm \(m\) để phương trình có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 14\).
Câu III (3,0 điểm)
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\), biết \(HB = 2\,\,cm,\,\,HC = 8\,\,cm\). Tính độ dài các cạnh \(AB,\,\,AC\).
2) Một ô tô và một xe máy khởi hình cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ. Tìm vận tốc của ô tô và xe máy, biết rằng nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy.
3) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\sqrt {x - 6} + 7\sqrt {y + 5} = 27\\\sqrt {x - 6} + 2\sqrt {y + 5} = 8\end{array} \right.\).
Câu IV (2,0 điểm)
Cho hình vuông \(ABCD,\) các điểm \(M,N\) thay đổi trên các cạnh \(BC,CD\) sao cho góc \(MAN\) bằng \({45^0}\) (\(M,N\) không trùng với các đỉnh của hình vuông). Gọi \(P,Q\) lần lượt là giao điểm của \(AM,AN\) với \(BD.\) Chứng minh rằng:
1) Tứ giác \(ABMQ\) và tứ giác \(MNQP\) là các tứ giác nội tiếp.
2) \(NA\) là phân giác của góc \(MND.\)
3) \(MN\) tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Câu V (1,0 điểm)
1) Cho \(a > b > 0\). Hãy so sánh \(\sqrt {a + 2} - \sqrt a \) với \(\sqrt {b + 2} - \sqrt b \).
2) Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + 3y \le 10\). Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{3\sqrt y }} \ge 10\).
Câu I (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) a) \(\sqrt {f\left( x \right)} \) xác định khi \(f\left( x \right) \ge 0\).
b) \(\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\) xác định khi \(g\left( x \right) \ne 0\).
2) Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\), thực hiện tính toán với các căn bậc hai.
Cách giải:
1) a) Biểu thức \(A = \sqrt {x - 4} \) xác định khi và chỉ khi \(x - 4 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 4\).
Vậy \(A = \sqrt {x - 4} \) xác định khi và chỉ khi \(x \ge 4\).
b) Biểu thức \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\) xác định khi và chỉ khi \(x - 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 2\).
Vậy \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\) xác định khi và chỉ khi \(x \ne 2\).
2) a) Ta có: \(A = \sqrt {75} - \sqrt 3 = \sqrt {{5^2}.3} - \sqrt 3 = 5\sqrt 3 - \sqrt 3 = 4\sqrt 3 \)
Vậy \(A = 4\sqrt 3 \).
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} - \sqrt 2 = \left| {\sqrt 2 + 1} \right| - \sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 2 + 1 - \sqrt 2 \,\left( {do\,\,\sqrt 2 + 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\, = 1\end{array}\)
Vậy \(B = 1\).
Câu II (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\), tìm được các giao điểm và vẽ đồ thị.
2) + Phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\Delta ' > 0\)
+ Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\), thay vào biểu thức \({x_1}^2 + {x_2}^2\) để tìm giá trị của tham số \(m\)
Chú ý: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\)
Cách giải:
1) Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \(1\) |
\(y = - 2x + 3\) | \(3\) | \(1\) |
\( \Rightarrow y = - 2x + 3\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0;3} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\).
Đồ thị hàm số:
2) Phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\) có \(\Delta ' = {2^2} - \left( {m - 1} \right) = 4 - m + 1 = 5 - m\).
Để phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\) có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 5 - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 5\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 = 14\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 14\\ \Leftrightarrow {4^2} - 2\left( {m - 1} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 16 - 2\left( {m - 1} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 2\left( {m - 1} \right) = 12\\ \Leftrightarrow m - 1 = 1\\ \Leftrightarrow m = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 2\).
Câu III (3,0 điểm)
Phương pháp:
1) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và định lý Py – ta – go với tam giác vuông.
2) + Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là \(x,\,\,y\) (km/h) (ĐK: \(x,\,\,y > 0\)).
+ Tính được quãng đường sau 2 giờ của ô tô và xe máy đi được, ta lập được phương trình (1)
+ Từ giả thiết còn lại, ta lập được phương trình (2)
+ Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình, giải hệ phương trình, tìm được \(x,\,\,y\)
3) + Xác định điều kiện của hệ phương trình
+ Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {x - 6} \\b = \sqrt {y + 5} \end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b \ge 0} \right)\), hệ phương trình ban đầu trở thành hệ phương trình hai ẩn \(a,b\)
+ Áp dụng phương pháp cộng đại số, tìm được \(a,b\), từ đó suy ra được \(x,y\)
+ Chú ý trong quá trình giải, luôn phải kiểm tra điều kiện của các nghiệm khi tìm được.
Cách giải:
1)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), đường cao \(AH\) ta có:
\(A{H^2} = HB.HC = 2.8 = 16\)
\( \Rightarrow AH = \sqrt {16} = 4\,\,\left( {cm} \right)\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}\\ \Rightarrow A{B^2} = {4^2} + {2^2} = 20\\ \Rightarrow AB = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ACH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A{C^2} = A{H^2} + H{C^2}\\ \Rightarrow A{C^2} = {4^2} + {8^2} = 80\\ \Rightarrow AC = \sqrt {80} = 4\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy \(AB = 2\sqrt 5 \,\,cm,\,\,AC = 8\sqrt 5 \,\,cm\).
2) Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là \(x,\,\,y\) (km/h) (ĐK: \(x,\,\,y > 0\)).
Sau 2 giờ ô tô đi được quãng đường là \(2x\,\,\left( {km} \right)\).
Sau 2 giờ xe máy đi được quãng đường là \(2y\,\,\left( {km} \right)\).
Vì 2 xe khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ nên ta có phương trình \(2x + 2y = 200 \Leftrightarrow x + y = 10\,\,\,\left( 1 \right)\).
Nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10 km/h thì vận tốc mới của ô tô và \(x + 10\) (km/h).
Nếu vận tốc của xe máy giảm đi 5 km/h thì vận tốc mới của xe máy là \(y - 5\) (km/h).
Vì nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy nên ta có phương trình \(x + 10 = 2\left( {y - 5} \right) \Leftrightarrow x - 2y = - 20\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 100\\x - 2y = - 20\end{array} \right.\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y = 120\\x = 2y - 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40\,\,\left( {tm} \right)\\x = 2.40 - 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40\\x = 60\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy vận tốc của ô tô là 60 km/h, vận tốc của xe máy là 40 km/h.
3) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 6 \ge 0\\y + 5 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 6\\y \ge - 5\end{array} \right.\).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {x - 6} \\b = \sqrt {y + 5} \end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b \ge 0} \right)\), hệ phương trình trở thành: \(\left\{ \begin{array}{l}3a + 7b = 27\\a + 2b = 8\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 7b = 27\\3a + 6b = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 8 - 2b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 8 - 2.3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 6} = 2\\\sqrt {y + 5} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 6 = 4\\y + 5 = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {10;4} \right)\).
Câu IV (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) Chứng minh được:\(\angle QMP = {45^0}\) và \(\angle QNP = {45^0}\) nên tứ giác \(MNQP\) nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau)
2) Chứng minh: \(\angle DNA = \angle QNM = {90^0} - \angle QPN\) suy ra \(\angle DNA = \angle ANM\) hay \(AN\) là phân giác góc \(\angle MND.\)
3) + Gọi \(H\) là giao điểm của \(NP\) và \(MQ\).
+ \(H\) là trực tâm của tam giác \(AMN\).
+ Gọi giao điểm của \(AH\) và \(MN\) là \(I \Rightarrow AI \bot MN\)
+ \(\Delta AMB = \Delta AMI\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\( \Rightarrow AB = AI\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(AI\) có độ dài không đổi.
\( \Rightarrow \left( {A;AI} \right)\) cố định.
\( \Rightarrow \) Đpcm
Cách giải:
1) Ta có: \(\angle MAN = {45^0}\) hay \(\angle MAQ = {45^0}\).
Lại có \(\angle CBD = {45^0}\) (do \(BD\) là đường chéo của hình vuông \(ABCD\) nên \(BD\) là phân giác của \(\angle ABC\)) nên \(\angle MBQ = {45^0}\).
Do đó \(\angle MAQ = \angle MBQ = {45^0}\) suy ra tứ giác \(ABMQ\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Suy ra \(\angle QMA = \angle QBA = {45^0}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AQ\)) \( \Rightarrow \angle QMP = {45^0}\) (1)
Ta có: \(\angle BDC = {45^0}\) (do \(BD\) là đường chéo của hình vuông) nên \(\angle NDP = {45^0}\).
Mà \(\angle MAN = {45^0}\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle PAN = {45^0}\).
Do đó \(\angle NDP = \angle PAN\) suy ra tứ giác \(ADNP\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Suy ra \(\angle ANP = \angle ADP = {45^0} = \angle QNP\) (2) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AP\)).
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)\) ta có \(\angle QMP = \angle QNP = {45^0}\) suy ra tứ giác \(MNQP\) nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau) (đpcm).
2) Do tứ giác \(ADNP\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle APN + \angle ADN = {180^0}\) (tính chất tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle ADN = {90^0}\) (do \(ABCD\) là hình vuông) nên \(\angle APN = {90^0}\).
Xét tam giác vuông \(ADN\) ta có: \(\angle DNA = {90^0} - \angle DAN = {90^0} - \angle DPN = {90^0} - \angle QPN\) (\(\angle DAN = \angle DPN\) do là hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DN\)).
Do tứ giác \(MPQN\) nội tiếp đường tròn (cmt) nên \(\angle QNM = \angle APQ = {90^0} - \angle QPN\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Do đó \(\angle DNA = \angle QNM\) suy ra \(\angle DNA = \angle ANM\) hay \(AN\) là phân giác góc \(\angle MND.\) (đpcm).
3) Gọi \(H\) là giao điểm của \(NP\) và \(MQ\).
Vì tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle ABM + \angle AQM = {180^0}\).
Mà \(\angle ABM = \angle ABC = {90^0}\) \( \Rightarrow \angle AQM = {90^0}\) \( \Rightarrow MQ \bot AN\).
Lại có \(\angle APN = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(NP \bot AM\).
Mà \(MQ \cap NP = \left\{ H \right\}\) \( \Rightarrow \) \(H\) là trực tâm của tam giác \(AMN\).
Gọi giao điểm của \(AH\) và \(MN\) là \(I.\)
Suy ra \(AI \bot MN\) (do \(AI\) là đường cao thứ ba của tam giác \(AMN\)).
Ta có: tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle AQB = \angle AMB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
Mà tứ giác \(MPQN\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle AQP = \angle NMP\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Suy ra \(\angle AMB = \angle NMP\) hay \(\angle AMB = \angle IMA\).
Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta AMI\) ta có:
\(\angle ABM = \angle AIM = {90^0}\)
\(\angle AMB = \angle IMA\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(AM\) là cạnh chung
Do đó \(\Delta AMB = \Delta AMI\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\( \Rightarrow AB = AI\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(AI\) có độ dài không đổi.
\( \Rightarrow \left( {A;AI} \right)\) cố định.
Lại có \(AI \bot MN\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow MN\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {A;AI} \right)\) tại \(I\).
Vậy \(MN\) luôn tiếp xúc với đường tròn tâm \(A\) bán kính \(AI\) cố định (đpcm).
Câu V (1,0 điểm)
Phương pháp:
1) Xét hiệu \(H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right)\)
Từ giả thiết của đề bài, chứng minh \(H < 0\)
2) Áp dụng lần lượt hai BĐT Svac-xơ và BĐT Bunhiacopxki.
Cách giải:
1) Xét hiệu
\(\begin{array}{l}H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right)\\H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt {b + 2} } \right) - \left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)\\H = \dfrac{{a + 2 - b - 2}}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{{a - b}}{{\sqrt a + \sqrt b }}\\H = \dfrac{{a - b}}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{{a - b}}{{\sqrt a + \sqrt b }}\\H = \left( {a - b} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}} \right)\end{array}\)
Vì \(a > b > 0 \Rightarrow a - b > 0\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {a + 2} > \sqrt a \\\sqrt {b + 2} > \sqrt b \end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} > \sqrt a + \sqrt b \)
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} < \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}\) \( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }} < 0\).
Do đó \(\left( {a - b} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {a + 2} + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }}} \right) < 0\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow H = \left( {\sqrt {a + 2} - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2} - \sqrt b } \right) < 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {a + 2} - \sqrt a < \sqrt {b + 2} - \sqrt b \end{array}\)
Vậy với \(a > b > 0\) thì \(\sqrt {a + 2} - \sqrt a < \sqrt {b + 2} - \sqrt b \).
2) Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{\sqrt {3y} }} = \dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }}\\ = \dfrac{{{1^2}}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{{{\left( {1 + 3 + 3 + 3} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }} = \dfrac{{100}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }}\end{array}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {x + 3y} \right)\left( {1 + 9} \right) \ge {\left( {\sqrt x + 3\sqrt {3y} } \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x + 3\sqrt {3y} \le \sqrt {10\left( {x + 3y} \right)} \le \sqrt {10.10} = 10\end{array}\)
Do đó \(\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{100}}{{\sqrt x + 3\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{100}}{{10}} = 10\) (đpcm).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\sqrt x }}{1} = \dfrac{{\sqrt {3y} }}{3}\\x + 3y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 3\end{array} \right.\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Hòa Bình năm 2021 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập thuộc nhiều chủ đề khác nhau, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải quyết vấn đề tốt. Cấu trúc đề thi thường bao gồm các phần:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2021 bao gồm:
Đề thi chính thức năm 2021 có độ khó tương đối, tập trung vào các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán lớp 9. Đề thi có sự phân hóa rõ rệt, giúp phân loại học sinh có trình độ khác nhau. Các câu hỏi trắc nghiệm chiếm tỷ lệ khoảng 30-40%, các câu hỏi tự luận chiếm tỷ lệ còn lại. Một số câu hỏi tự luận đòi hỏi học sinh phải có khả năng tư duy logic và sáng tạo để giải quyết.
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2021, các em học sinh cần có một kế hoạch ôn tập khoa học và hiệu quả. Dưới đây là một số gợi ý:
Ngoài bộ đề thi do giaitoan.edu.vn cung cấp, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi khác như:
Trước khi bước vào phòng thi, hãy đảm bảo rằng bạn đã chuẩn bị đầy đủ các dụng cụ cần thiết như bút, thước, máy tính bỏ túi. Đọc kỹ đề thi trước khi làm bài và phân bổ thời gian hợp lý cho từng câu hỏi. Hãy tự tin vào khả năng của mình và cố gắng hết sức để đạt kết quả tốt nhất.
Giaitoan.edu.vn luôn đồng hành cùng các em học sinh trên con đường chinh phục tri thức. Chúng tôi hy vọng rằng bộ đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2021 này sẽ là một công cụ hữu ích giúp các em ôn tập và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới.
