Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Khánh Hòa 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.
Đề thi được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm, đảm bảo độ chính xác và tính cập nhật cao. Bên cạnh đề thi, chúng tôi còn cung cấp đáp án chi tiết và lời giải bài tập, giúp các em hiểu rõ phương pháp giải và tự đánh giá năng lực của mình.
Bài 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau (không dùng máy tính cầm tay):
Bài 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau (không dùng máy tính cầm tay):
a) \({x^4} + 3{x^2} - 4 = 0\). b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right.\).
Bài 2 (1 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho điểm \(T\left( { - 2; - 2} \right),\) parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = - 8{x^2}\) và đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = - 2x - 6.\)
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Bài 3 (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0\).
a) Rút gọn \(P\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Bài 4 (3,0 điểm): Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\). Vẽ đường tròn \(\left( A \right)\) bán kính \(AH\). Từ đỉnh \(B\) kẻ tiếp tuyến \(BI\) với \(\left( A \right)\) cắt đường thẳng \(AC\) tại \(D\) (điểm \(I\) là tiếp điểm, \(I\) và \(H\) không trùng nhau).
a) Chứng minh \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp.
b) Cho \(AB = 4cm,\,\,AC = 3cm\). Tính \(AI\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Bài 5 (2,0 điểm):
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
b) Trung tâm thương mại VC tại thành phố NT có 100 gian hàng. Nếu mỗi gian hàng của Trung tâm thương mại VC cho thuê với giá 100.000.000 đồng (một trăm triệu đồng) một năm thì tất cả các gian hàng đều được thuê hết. Biết rằng, cứ mỗi lần tăng giá 5% tiền thuê mỗi gian hàng một năm thì Trung tâm thương mại VC có thêm 2 gian hàng trống. Hỏi người quản lý phải quyết định giá thuê mỗi gian hàng là bao nhiêu đồng một năm để doanh thu của Trung tâm thương mại VC từ tiền cho thuê gian hàng trong năm là lớn nhất ?
Bài 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau (không dùng máy tính cầm tay):
a) \({x^4} + 3{x^2} - 4 = 0\). b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right.\).
Bài 2 (1 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho điểm \(T\left( { - 2; - 2} \right),\) parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = - 8{x^2}\) và đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = - 2x - 6.\)
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Bài 3 (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0\).
a) Rút gọn \(P\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Bài 4 (3,0 điểm): Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\). Vẽ đường tròn \(\left( A \right)\) bán kính \(AH\). Từ đỉnh \(B\) kẻ tiếp tuyến \(BI\) với \(\left( A \right)\) cắt đường thẳng \(AC\) tại \(D\) (điểm \(I\) là tiếp điểm, \(I\) và \(H\) không trùng nhau).
a) Chứng minh \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp.
b) Cho \(AB = 4cm,\,\,AC = 3cm\). Tính \(AI\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Bài 5 (2,0 điểm):
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
b) Trung tâm thương mại VC tại thành phố NT có 100 gian hàng. Nếu mỗi gian hàng của Trung tâm thương mại VC cho thuê với giá 100.000.000 đồng (một trăm triệu đồng) một năm thì tất cả các gian hàng đều được thuê hết. Biết rằng, cứ mỗi lần tăng giá 5% tiền thuê mỗi gian hàng một năm thì Trung tâm thương mại VC có thêm 2 gian hàng trống. Hỏi người quản lý phải quyết định giá thuê mỗi gian hàng là bao nhiêu đồng một năm để doanh thu của Trung tâm thương mại VC từ tiền cho thuê gian hàng trong năm là lớn nhất ?
Bài 1
Phương pháp:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\). Giải phương trình bậc hai ẩn \(t\) rồi suy ra nghiệm \(x\).
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} + 3t - 4 = 0\).
Nhận xét: Phương trình có các hệ số \(a = 1,\,\,b = 3,\,\,c = - 4\) và \(a + b + c = 1 + 3 + \left( { - 4} \right) = 0\).
Do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = 1\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = - 4\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
Với \({t_1} = 1 \Rightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 1} \right\}\).
b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7y = 14\\x = 5 - 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 5 - 2.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\).
Bài 2
Phương pháp:
a) Điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đường thẳng \(d:\,\,\,y = ax + b\) \( \Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)
b) Giải phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) ta tìm được \(x.\)
Thay \(x\) tìm được vào phương trình parabol (hoặc phương trình đường thẳng \(d\)) ta tìm được \(y\)
Từ đó kết luận tọa độ giao điểm.
Cách giải:
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
Thay \(x = - 2;y = - 2\) vào phương trình đường thẳng \(d:y = - 2x - 6\) ta được
\( - 2 = - 2.\left( { - 2} \right) - 6 \Leftrightarrow - 2 = - 2\) (luôn đúng) nên điểm \(T\) thuộc đường thẳng \(d.\)
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\), ta có
\( - 8{x^2} = - 2x - 6\) \( \Leftrightarrow 8{x^2} - 2x - 6 = 0\) (*)
Phương trình (*) có \(a = 8;b = - 2;c = - 6 \Rightarrow a + b + c = 8 + \left( { - 2} \right) + \left( { - 6} \right) = 0\) nên có hai nghiệm \({x_1} = 1;\,{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 3}}{4}\)
+ Với \(x = 1 \Rightarrow y = - {8.1^2} = - 8\)
+ Với \(x = - \dfrac{3}{4} \Rightarrow y = - 8.{\left( { - \dfrac{3}{4}} \right)^2} = - \dfrac{9}{2}\)
Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) là \(\left( {1; - 8} \right);\left( { - \dfrac{3}{4}; - \dfrac{9}{2}} \right)\)
Bài 3
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức khai triển \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B \,\,\,\left( {B \ge 0} \right)\) và rút gọn \(P\).
b) Biến đổi \(x\) về dạng bình phương (sử dụng hằng đẳng thức \({a^2} + 2ab + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2}\))
Cách giải:
a) Rút gọn \(P\).
Với \(x > 0\) thì:
\(\begin{array}{l}P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\\\,\,\,\,\, = 2\sqrt x - 3\sqrt x + 2\sqrt x \\\,\,\,\,\, = \sqrt x \end{array}\)
Vậy \(P = \sqrt x \) với \(x > 0\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Ta có:
\(x = 6 + 2\sqrt 5 = 5 + 2\sqrt 5 + 1 = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} + 2.\sqrt 5 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\)
Thay \(x = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\,\,\left( {tm} \right)\) vào \(P = \sqrt x \) ta được \(P = \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^2}} = \left| {\sqrt 5 + 1} \right| = \sqrt 5 + 1\).
Vậy \(P = \sqrt 5 + 1\).
Bài 4
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
c) Chứng minh \(BH = BI;\,\,HC = DK\).
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
Do \(BI\) là tiếp tuyến của \(\left( A \right) \Rightarrow BI \bot AI \Rightarrow \angle AIB = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AHBI\) có: \(\angle AHB + \angle AIB = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), đường cao \(AH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{4^2}}} + \dfrac{1}{{{3^2}}} = \dfrac{1}{{16}} + \dfrac{1}{9} = \dfrac{{25}}{{144}}\\ \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{144}}{{25}} \Rightarrow AH = \sqrt {\dfrac{{144}}{{25}}} = \dfrac{{12}}{5}\end{array}\)
Vậy \(AI = AH = \dfrac{{12}}{5}\,\,\left( { = R} \right)\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BI = BH\,\,\left( 1 \right)\\\angle BAI = \angle BAH\end{array} \right.\).
\(\angle BAI = \angle BAH \Leftrightarrow {90^0} - \angle BAI = {90^0} - \angle BAH \Leftrightarrow \angle IAD = \angle HAC\).
Mà \(\angle HAC = \angle KAD \Rightarrow \angle IAD = \angle KAD\).
Xét tam giác \(ADI\) và tam giác \(ADK\) có:
\(\begin{array}{l}AD\,\,chung;\\\angle IAD = \angle KAD\,\,\left( {cmt} \right);\\AI = AK\,\,\left( { = R} \right)\\ \Rightarrow \Delta ADI = \Delta AKI\,\,\left( {c.g.c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle AKD = \angle AID = {90^0}\) (hai góc tương ứng) \( \Rightarrow \Delta AKD\) vuông tại \(K\).
Xét tam giác vuông \(AKD\) và tam giác vuông \(AHC\) có:
\(AK = AH\,\,\left( { = R} \right)\);
\(\angle KAD = \angle HAC\) (đối đỉnh);
\( \Rightarrow \Delta AKD = \Delta AHC\) (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)
\( \Rightarrow DK = HC\) (2) (hai cạnh tương ứng).
Từ (1) và (2) ta có \(BC = BH + HC = BI + DK\,\,\left( {dpcm} \right)\).
Bài 5
Phương pháp:
a) Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm.
Sử dụng định lý Vi – et thay vào điều kiện bài cho tìm \(m\) và kết luận.
b) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Dựa vào các giả thiết bài toán để biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.
Từ đó lập phương trình. Giải phương trình, đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.
Cách giải:
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
Phương trình đã cho có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {3^2} - 2.\left( {3m + 1} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 9 - 6m - 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow 7 - 6m \ge 0\\ \Leftrightarrow m \le \dfrac{7}{6}.\end{array}\)
Khi đó phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\).
Theo định lí Vi – et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a} = 3\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{3m + 1}}{2}\end{array} \right.\)
Ta có: \(x_1^3 + x_2^3 = 9 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 9\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {3^3} - 3.\dfrac{{3m + 1}}{2}.3 = 9 \Leftrightarrow 27 - \dfrac{9}{2}\left( {3m + 1} \right) - 9 = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{27}}{2} - \dfrac{{27}}{2}m = 0 \Leftrightarrow m = 1\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
b) Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Khi đó giá mỗi gian hàng sau khi tăng lên là \(100 + x\) (triệu đồng).
Cứ mỗi lần tăng 5% tiên thuê mỗi gian hàng (tăng \(5\% .100 = 5\) triệu đồng) thì có thêm 2 gian hàng trống nên khi tăng \(x\) triệu đồng thì có thêm \(\dfrac{{2x}}{5}\) gian hàng trống.
Khi đó số gian hàng được thuê sau khi tăng giá là \(100 - \dfrac{{2x}}{5}\) (gian).
Số tiền thu được là: \(\left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) (triệu đồng).
Yêu cầu bài toán trở thành tìm \(x\) để \(P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) đạt giá trị lớn nhất.
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right) = 10000 - 40x + 100x - \dfrac{{2{x^2}}}{5}\\ = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 150x} \right) + 10000 = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 2.75x + {{75}^2}} \right) + \dfrac{2}{5}{.75^2} + 10000\\ = - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250\end{array}\)
Ta có \({\left( {x - 75} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250 \le 12250\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = 75\).
Vậy người quản lí phải cho thuê mỗi gian hàng với giá \(100 + 75 = 175\) triệu đồng thì doanh thu của Trung tâm thương mại VC trong năm là lớn nhất.
Bài 1
Phương pháp:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\). Giải phương trình bậc hai ẩn \(t\) rồi suy ra nghiệm \(x\).
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
a) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} + 3t - 4 = 0\).
Nhận xét: Phương trình có các hệ số \(a = 1,\,\,b = 3,\,\,c = - 4\) và \(a + b + c = 1 + 3 + \left( { - 4} \right) = 0\).
Do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = 1\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = - 4\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).
Với \({t_1} = 1 \Rightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 1} \right\}\).
b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 5\\x - 5y = - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7y = 14\\x = 5 - 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 5 - 2.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\).
Bài 2
Phương pháp:
a) Điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đường thẳng \(d:\,\,\,y = ax + b\) \( \Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)
b) Giải phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) ta tìm được \(x.\)
Thay \(x\) tìm được vào phương trình parabol (hoặc phương trình đường thẳng \(d\)) ta tìm được \(y\)
Từ đó kết luận tọa độ giao điểm.
Cách giải:
a) Điểm \(T\) có thuộc đường thẳng \(d\) không?
Thay \(x = - 2;y = - 2\) vào phương trình đường thẳng \(d:y = - 2x - 6\) ta được
\( - 2 = - 2.\left( { - 2} \right) - 6 \Leftrightarrow - 2 = - 2\) (luôn đúng) nên điểm \(T\) thuộc đường thẳng \(d.\)
b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right).\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\), ta có
\( - 8{x^2} = - 2x - 6\) \( \Leftrightarrow 8{x^2} - 2x - 6 = 0\) (*)
Phương trình (*) có \(a = 8;b = - 2;c = - 6 \Rightarrow a + b + c = 8 + \left( { - 2} \right) + \left( { - 6} \right) = 0\) nên có hai nghiệm \({x_1} = 1;\,{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 3}}{4}\)
+ Với \(x = 1 \Rightarrow y = - {8.1^2} = - 8\)
+ Với \(x = - \dfrac{3}{4} \Rightarrow y = - 8.{\left( { - \dfrac{3}{4}} \right)^2} = - \dfrac{9}{2}\)
Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) là \(\left( {1; - 8} \right);\left( { - \dfrac{3}{4}; - \dfrac{9}{2}} \right)\)
Bài 3
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức khai triển \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B \,\,\,\left( {B \ge 0} \right)\) và rút gọn \(P\).
b) Biến đổi \(x\) về dạng bình phương (sử dụng hằng đẳng thức \({a^2} + 2ab + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2}\))
Cách giải:
a) Rút gọn \(P\).
Với \(x > 0\) thì:
\(\begin{array}{l}P = \sqrt {4x} - \sqrt {9x} + 2.\dfrac{x}{{\sqrt x }}\\\,\,\,\,\, = 2\sqrt x - 3\sqrt x + 2\sqrt x \\\,\,\,\,\, = \sqrt x \end{array}\)
Vậy \(P = \sqrt x \) với \(x > 0\).
b) Tính giá trị của \(P\) biết \(x = 6 + 2\sqrt 5 \) (không dùng máy tính cầm tay).
Ta có:
\(x = 6 + 2\sqrt 5 = 5 + 2\sqrt 5 + 1 = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} + 2.\sqrt 5 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\)
Thay \(x = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2}\,\,\left( {tm} \right)\) vào \(P = \sqrt x \) ta được \(P = \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^2}} = \left| {\sqrt 5 + 1} \right| = \sqrt 5 + 1\).
Vậy \(P = \sqrt 5 + 1\).
Bài 4
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
c) Chứng minh \(BH = BI;\,\,HC = DK\).
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(AHBI\) có tổng hai góc đối bằng 1800.
Do \(BI\) là tiếp tuyến của \(\left( A \right) \Rightarrow BI \bot AI \Rightarrow \angle AIB = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AHBI\) có: \(\angle AHB + \angle AIB = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(AHBI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(AH\), suy ra \(AI\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), đường cao \(AH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{4^2}}} + \dfrac{1}{{{3^2}}} = \dfrac{1}{{16}} + \dfrac{1}{9} = \dfrac{{25}}{{144}}\\ \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{144}}{{25}} \Rightarrow AH = \sqrt {\dfrac{{144}}{{25}}} = \dfrac{{12}}{5}\end{array}\)
Vậy \(AI = AH = \dfrac{{12}}{5}\,\,\left( { = R} \right)\).
c) Gọi \(HK\) là đường kính của \(\left( A \right)\). Chứng minh rằng \(BC = BI + DK\).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BI = BH\,\,\left( 1 \right)\\\angle BAI = \angle BAH\end{array} \right.\).
\(\angle BAI = \angle BAH \Leftrightarrow {90^0} - \angle BAI = {90^0} - \angle BAH \Leftrightarrow \angle IAD = \angle HAC\).
Mà \(\angle HAC = \angle KAD \Rightarrow \angle IAD = \angle KAD\).
Xét tam giác \(ADI\) và tam giác \(ADK\) có:
\(\begin{array}{l}AD\,\,chung;\\\angle IAD = \angle KAD\,\,\left( {cmt} \right);\\AI = AK\,\,\left( { = R} \right)\\ \Rightarrow \Delta ADI = \Delta AKI\,\,\left( {c.g.c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle AKD = \angle AID = {90^0}\) (hai góc tương ứng) \( \Rightarrow \Delta AKD\) vuông tại \(K\).
Xét tam giác vuông \(AKD\) và tam giác vuông \(AHC\) có:
\(AK = AH\,\,\left( { = R} \right)\);
\(\angle KAD = \angle HAC\) (đối đỉnh);
\( \Rightarrow \Delta AKD = \Delta AHC\) (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)
\( \Rightarrow DK = HC\) (2) (hai cạnh tương ứng).
Từ (1) và (2) ta có \(BC = BH + HC = BI + DK\,\,\left( {dpcm} \right)\).
Bài 5
Phương pháp:
a) Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm.
Sử dụng định lý Vi – et thay vào điều kiện bài cho tìm \(m\) và kết luận.
b) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Dựa vào các giả thiết bài toán để biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.
Từ đó lập phương trình. Giải phương trình, đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.
Cách giải:
a) Cho phương trình \(2{x^2} - 6x + 3m + 1 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 = 9\).
Phương trình đã cho có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {3^2} - 2.\left( {3m + 1} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 9 - 6m - 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow 7 - 6m \ge 0\\ \Leftrightarrow m \le \dfrac{7}{6}.\end{array}\)
Khi đó phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\).
Theo định lí Vi – et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a} = 3\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{3m + 1}}{2}\end{array} \right.\)
Ta có: \(x_1^3 + x_2^3 = 9 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 9\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {3^3} - 3.\dfrac{{3m + 1}}{2}.3 = 9 \Leftrightarrow 27 - \dfrac{9}{2}\left( {3m + 1} \right) - 9 = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{27}}{2} - \dfrac{{27}}{2}m = 0 \Leftrightarrow m = 1\left( {TM} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
b) Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \(x\) (triệu đồng) \(\left( {DK:\,\,x > 0} \right)\).
Khi đó giá mỗi gian hàng sau khi tăng lên là \(100 + x\) (triệu đồng).
Cứ mỗi lần tăng 5% tiên thuê mỗi gian hàng (tăng \(5\% .100 = 5\) triệu đồng) thì có thêm 2 gian hàng trống nên khi tăng \(x\) triệu đồng thì có thêm \(\dfrac{{2x}}{5}\) gian hàng trống.
Khi đó số gian hàng được thuê sau khi tăng giá là \(100 - \dfrac{{2x}}{5}\) (gian).
Số tiền thu được là: \(\left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) (triệu đồng).
Yêu cầu bài toán trở thành tìm \(x\) để \(P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right)\) đạt giá trị lớn nhất.
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \dfrac{{2x}}{5}} \right) = 10000 - 40x + 100x - \dfrac{{2{x^2}}}{5}\\ = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 150x} \right) + 10000 = - \dfrac{2}{5}\left( {{x^2} - 2.75x + {{75}^2}} \right) + \dfrac{2}{5}{.75^2} + 10000\\ = - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250\end{array}\)
Ta có \({\left( {x - 75} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow - \dfrac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250 \le 12250\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = 75\).
Vậy người quản lí phải cho thuê mỗi gian hàng với giá \(100 + 75 = 175\) triệu đồng thì doanh thu của Trung tâm thương mại VC trong năm là lớn nhất.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá, giúp học sinh làm quen với dạng đề và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Để giúp học sinh hiểu rõ hơn về đề thi, chúng ta sẽ phân tích một số câu hỏi điển hình:
Đây là một bài toán đại số cơ bản, yêu cầu học sinh nắm vững các kiến thức về phương trình bậc nhất, bậc hai, và các phương pháp giải phương trình.
Đây là một bài toán hình học quen thuộc, yêu cầu học sinh nắm vững các định lý về tam giác vuông, đường cao, và các hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán, học sinh cần lưu ý những điều sau:
Giaitoan.edu.vn là một nền tảng học toán online uy tín, cung cấp các khóa học chất lượng cao, bài giảng chi tiết, và đề thi thử đa dạng. Chúng tôi cam kết đồng hành cùng bạn trên con đường chinh phục kiến thức và đạt được thành công trong kỳ thi vào 10.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
| Dạng bài tập | Mức độ khó | Ví dụ |
|---|---|---|
| Phương trình bậc hai | Trung bình | Giải phương trình: x2 - 5x + 6 = 0 |
| Hệ phương trình | Khó | Giải hệ phương trình: x + y = 5 2x - y = 1 |
| Tam giác đồng dạng | Trung bình | Cho tam giác ABC, điểm D nằm trên AB, điểm E nằm trên AC sao cho DE song song BC. Chứng minh... |
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi vào 10!
