Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Khánh Hòa năm 2021 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.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập hiệu quả.
Câu 1 (2,0 điểm): ( Không sử dụng máy tính cầm tay) a) Tính giá trị của biểu thức
Câu 1 (2,0 điểm): ( Không sử dụng máy tính cầm tay)
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 2y = 11\\x + 2y = 9\end{array} \right.\)
Câu 2 (2,5 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ, cho parabol \((P):\,y = {x^2}\) và đường thẳng \((d):\,y = 2x + {m^2} - 2m\) (m là tham số).
a) Biết \(A\) là một điểm thuộc \((P)\) và có hoành độ \({x_A} = - 2\). Xác định tọa độ điểm \(A\).
b) Tìm tất cả các giá trị của m để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Xác định tất cả các giá trị của m để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1}^2 + 2{x_2} = 3m\).
Câu 3 (1,5 điểm):
Theo kế hoạch, Công an tỉnh Khánh Hòa sẽ cấp 7200 thẻ Căn cước công dân cho địa phương A. Một tổ công tác được điều động đến địa phương A để cấp thẻ Căn cước công dân trong một thời gian nhất định. Khi thực hiện nhiệm vụ, tổ chức công tác đã cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày đã cấp tăng thêm được 40 thẻ Căn cước so với kế hoạch. Vì vậy, tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày.
Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được bao nhiêu thẻ Căn cước?
Câu 4 (2,0 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và hai đường cao \(BE,CF\) cắt nhau tại \(H\).
a) Chứng minh rằng \(BCEF\) nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh \(OA \bot EF\).
c) Hai đường thẳng \(BE,CF\) lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm lần lượt là \(N,P\). Đường thẳng \(AH\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(M\)và cắt \(BC\) tại \(D\). Tính giá trị biểu thức \(\dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}}\).
Câu 5 (1,0 điểm):
Giải phương trình: \(\sqrt {{x^2} - 1} - \sqrt {3{x^2} + 4x + 1} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \)
Câu 1:
Phương pháp:
a) Vận dụng phép khai căn và hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\)
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số tìm nghiệm của hệ phương trình
Cách giải:
a) \(A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \\\,\,\,\,\, = \sqrt {9.2} + 2\sqrt {4.2} - \dfrac{1}{5}\sqrt {25.2} \\\,\,\,\, = 3\sqrt 2 + 4\sqrt 2 - \dfrac{1}{5}5\sqrt 2 \\\,\,\,\, = 7\sqrt 2 - \sqrt 2 = 6\sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = 6\sqrt 2 \).
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 2y = 11\\x + 2y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 20\\y = \dfrac{{9 - x}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;2} \right)\).
Câu 2:
Phương pháp:
a) Thay \({x_A} = - 2\) vào hàm số \(\left( P \right)\), tìm được tung độ \({y_A}\).
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\), yêu cầu đề bài thì phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt, sau đó sử dụng biệt thức đen – ta tìm điều kiện.
c) Từ câu b, áp dụng hệ thức Vi – ét, xác định được \({x_1} + {x_2}\), kết hợp với giả thiết tìm được tham số \(m\).
Cách giải:
a) Thay \({x_A} = - 2\) vào hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) ta được \({y_A} = {\left( { - 2} \right)^2} = 4\).
Vậy \(A\left( { - 2;4} \right)\).
b) Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) là:
\({x^2} = 2x + {m^2} - 2m \Leftrightarrow {x^2} - 2x - {m^2} + 2m = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
\(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 + {m^2} - 2m > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 1\end{array}\)
Vậy với \(m \ne 1\) thì \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Với \(m \ne 1\). Áp dụng định lí Vi – ét phương trình (1) có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2\,}\\{{x_1}.{x_2} = - {m^2} + 2m\,}\end{array}} \right.\,\)
Do \({x_1}\) là nghiệm của phương trình (1) nên:
\({x_1}^2 = 2{x_1} + {m^2} - 2m\) mà \({x_1}^2 + 2{x_2} = 3m\) nên:
\(\begin{array}{l}2{x_1} + {m^2} - 2m + 2{x_2} = 3m\\ \Leftrightarrow 2({x_1} + {x_2}) + {m^2} - 5m = 0\\ \Rightarrow {m^2} - 5m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 1\,\,\,\,\left( {ktm} \right)}\\{m = 4\,\,\,\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 4\).
Câu 3:
Phương pháp:
Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là \(x\) thẻ \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\), lập phương trình để tìm \(x\)
Cách giải:
Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là \(x\) thẻ \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
\( \Rightarrow \) số ngày cần để cấp hết 7200 thẻ theo kế hoạch là \(\dfrac{{7200}}{x}\) (ngày).
Số thẻ cấp được trong một ngày theo thực tế là: \(x + 40\) (thẻ).
\( \Rightarrow \) Số ngày cấp hết 7200 thẻ theo thực tế là \(\dfrac{{7200}}{{x + 40}}\) (ngày).
Vì tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{7200}}{x} - \dfrac{{7200}}{{x + 40}} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{{3600}}{x} - \dfrac{{3600}}{{x + 40}} = 1\\ \Leftrightarrow 3600\left( {x + 40} \right) - 3600x = x\left( {x + 40} \right)\\ \Leftrightarrow 3600x + 144000 - 3600x = {x^2} + 40x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 40x - 144000 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {20^2} + 144000 = 144400 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
\(\left[ \begin{array}{l}x = - 20 + \sqrt {144400} = 360\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 20 - \sqrt {144400} = - 400\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được 360 thẻ Căn cước.
Câu 4:
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau
b) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) của \(\left( O \right)\)\( \Rightarrow OA \bot Ax\), chứng minh \(Ax//EF\) suy ra điều phải chứng minh.
c) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác, các tam giác bằng nhau
Cách giải:
a) Tứ giác \(BCEF\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\) (gt)
Suy ra tứ giác \(BCEF\) nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
b) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) của \(\left( O \right)\).
Ta có: \(\angle CAx = \angle CBA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung \(AC\)).
Mà \(\angle CBA = \angle CBF = \angle AEF\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BCEF\))
\( \Rightarrow \angle CAx = \angle AEF\).
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow Ax//EF\).
Theo cách vẽ ta có \(OA \bot Ax\) \( \Rightarrow OA \bot EF\) (đpcm).
c) Ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AD.BC,\,\,{S_{ABMC}} = \dfrac{1}{2}AM.BC\\ \Rightarrow \dfrac{{{S_{ABMC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}AM.BC}}{{\dfrac{1}{2}AD.BC}} = \dfrac{{AM}}{{AD}}\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta có: \(\dfrac{{{S_{ABCN}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{BN}}{{BE}},\,\,\dfrac{{{S_{ACBP}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{CP}}{{CF}}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = \dfrac{{{S_{ABMC}} + {S_{ABCN}} + {S_{ACBP}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = \dfrac{{{S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\end{array}\)
Lại có: \(\angle MBD = \angle MBC = \angle MAC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(MC\)).
\( \Rightarrow \angle MBC = {90^0} - \angle AHE = {90^0} - \angle BHD = \angle HBD\).
Xét tam giác \(HBD\) và tam giác \(MBD\) có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\angle MBD = \angle HBD\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle BDH = \angle BDM = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta HBD \sim \Delta MBD\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{HD}}{{BD}} = \dfrac{{MD}}{{BD}} \Rightarrow HD = MD\).
\( \Rightarrow {S_{\Delta HBC}} = \dfrac{1}{2}HD.BC = \dfrac{1}{2}MD.BC = {S_{\Delta MBC}}\).
Chứng minh tương tự ta có:
\({S_{\Delta NAC}} = {S_{\Delta HAC}},\,\,{S_{\Delta PAB}} = {S_{\Delta HAB}}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta HBC}} + {S_{\Delta HAC}} + {S_{\Delta HAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 4\end{array}\)
Vậy \(\dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = 4\).
Câu 5:
Phương pháp:
Xác định điều kiện của phương trình, biến đổi phương trình ban đầu về dạng phương trình tích: \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\), giải từng phương trình và đưa ra kết luận.
Cách giải:
ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 1 \ge 0\\x + 1 \ge 0\\3{x^2} + 4x + 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = - 1\) hoặc \(x \ge 1\)
Dễ thấy \(x = - 1\) là một nghiệm của phương trình.
Với \(x \ne - 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\sqrt {{x^2} - 1} - \sqrt {3{x^2} + 4x + 1} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \\ \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)} - \sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {3x + 1} \right)} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \\ \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} .\left( {\sqrt {x - 1} - \sqrt {3x + 1} - 8 + 2x} \right) = 0\end{array}\)
\( \Leftrightarrow \sqrt {x - 1} - \sqrt {3x + 1} - 8 + 2x = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (Do \(x \ge 1\)).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {\sqrt {x - 1} - 2} \right) + \left( {4 - \sqrt {3x + 1} } \right) + \left( {2x - 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt {x - 1} + 2}} + \dfrac{{15 - 3x}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - 3.\dfrac{{x - 5}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 5} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2} \right) = 0\end{array}\)
Ta có \(\sqrt {3x + 1} > 0 \Rightarrow 4 + \sqrt {3x + 1} > 4 \Rightarrow \dfrac{{ - 3}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} > \dfrac{{ - 3}}{4}\)
\(\sqrt {x - 1} \ge 0 \Rightarrow \sqrt {x - 1} + 2 > 0 \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} > 0\)
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2 > 0 - \dfrac{3}{4} + 2 > 0\)
Do đó ta có: \(\left( {x - 5} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 5 = 0 \Leftrightarrow x = 5\,\,\,\left( {TM} \right)\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;5} \right\}\).
Câu 1 (2,0 điểm): ( Không sử dụng máy tính cầm tay)
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 2y = 11\\x + 2y = 9\end{array} \right.\)
Câu 2 (2,5 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ, cho parabol \((P):\,y = {x^2}\) và đường thẳng \((d):\,y = 2x + {m^2} - 2m\) (m là tham số).
a) Biết \(A\) là một điểm thuộc \((P)\) và có hoành độ \({x_A} = - 2\). Xác định tọa độ điểm \(A\).
b) Tìm tất cả các giá trị của m để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Xác định tất cả các giá trị của m để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1}^2 + 2{x_2} = 3m\).
Câu 3 (1,5 điểm):
Theo kế hoạch, Công an tỉnh Khánh Hòa sẽ cấp 7200 thẻ Căn cước công dân cho địa phương A. Một tổ công tác được điều động đến địa phương A để cấp thẻ Căn cước công dân trong một thời gian nhất định. Khi thực hiện nhiệm vụ, tổ chức công tác đã cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày đã cấp tăng thêm được 40 thẻ Căn cước so với kế hoạch. Vì vậy, tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày.
Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được bao nhiêu thẻ Căn cước?
Câu 4 (2,0 điểm):
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và hai đường cao \(BE,CF\) cắt nhau tại \(H\).
a) Chứng minh rằng \(BCEF\) nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh \(OA \bot EF\).
c) Hai đường thẳng \(BE,CF\) lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm lần lượt là \(N,P\). Đường thẳng \(AH\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(M\)và cắt \(BC\) tại \(D\). Tính giá trị biểu thức \(\dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}}\).
Câu 5 (1,0 điểm):
Giải phương trình: \(\sqrt {{x^2} - 1} - \sqrt {3{x^2} + 4x + 1} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \)
Câu 1:
Phương pháp:
a) Vận dụng phép khai căn và hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\)
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số tìm nghiệm của hệ phương trình
Cách giải:
a) \(A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \dfrac{1}{5}\sqrt {50} \\\,\,\,\,\, = \sqrt {9.2} + 2\sqrt {4.2} - \dfrac{1}{5}\sqrt {25.2} \\\,\,\,\, = 3\sqrt 2 + 4\sqrt 2 - \dfrac{1}{5}5\sqrt 2 \\\,\,\,\, = 7\sqrt 2 - \sqrt 2 = 6\sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = 6\sqrt 2 \).
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 2y = 11\\x + 2y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 20\\y = \dfrac{{9 - x}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;2} \right)\).
Câu 2:
Phương pháp:
a) Thay \({x_A} = - 2\) vào hàm số \(\left( P \right)\), tìm được tung độ \({y_A}\).
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\), yêu cầu đề bài thì phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt, sau đó sử dụng biệt thức đen – ta tìm điều kiện.
c) Từ câu b, áp dụng hệ thức Vi – ét, xác định được \({x_1} + {x_2}\), kết hợp với giả thiết tìm được tham số \(m\).
Cách giải:
a) Thay \({x_A} = - 2\) vào hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) ta được \({y_A} = {\left( { - 2} \right)^2} = 4\).
Vậy \(A\left( { - 2;4} \right)\).
b) Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) là:
\({x^2} = 2x + {m^2} - 2m \Leftrightarrow {x^2} - 2x - {m^2} + 2m = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
\(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 + {m^2} - 2m > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 1\end{array}\)
Vậy với \(m \ne 1\) thì \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.
c) Với \(m \ne 1\). Áp dụng định lí Vi – ét phương trình (1) có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2\,}\\{{x_1}.{x_2} = - {m^2} + 2m\,}\end{array}} \right.\,\)
Do \({x_1}\) là nghiệm của phương trình (1) nên:
\({x_1}^2 = 2{x_1} + {m^2} - 2m\) mà \({x_1}^2 + 2{x_2} = 3m\) nên:
\(\begin{array}{l}2{x_1} + {m^2} - 2m + 2{x_2} = 3m\\ \Leftrightarrow 2({x_1} + {x_2}) + {m^2} - 5m = 0\\ \Rightarrow {m^2} - 5m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 1\,\,\,\,\left( {ktm} \right)}\\{m = 4\,\,\,\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 4\).
Câu 3:
Phương pháp:
Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là \(x\) thẻ \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\), lập phương trình để tìm \(x\)
Cách giải:
Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là \(x\) thẻ \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
\( \Rightarrow \) số ngày cần để cấp hết 7200 thẻ theo kế hoạch là \(\dfrac{{7200}}{x}\) (ngày).
Số thẻ cấp được trong một ngày theo thực tế là: \(x + 40\) (thẻ).
\( \Rightarrow \) Số ngày cấp hết 7200 thẻ theo thực tế là \(\dfrac{{7200}}{{x + 40}}\) (ngày).
Vì tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{7200}}{x} - \dfrac{{7200}}{{x + 40}} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{{3600}}{x} - \dfrac{{3600}}{{x + 40}} = 1\\ \Leftrightarrow 3600\left( {x + 40} \right) - 3600x = x\left( {x + 40} \right)\\ \Leftrightarrow 3600x + 144000 - 3600x = {x^2} + 40x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 40x - 144000 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {20^2} + 144000 = 144400 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
\(\left[ \begin{array}{l}x = - 20 + \sqrt {144400} = 360\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 20 - \sqrt {144400} = - 400\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được 360 thẻ Căn cước.
Câu 4:
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau
b) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) của \(\left( O \right)\)\( \Rightarrow OA \bot Ax\), chứng minh \(Ax//EF\) suy ra điều phải chứng minh.
c) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác, các tam giác bằng nhau
Cách giải:
a) Tứ giác \(BCEF\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\) (gt)
Suy ra tứ giác \(BCEF\) nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
b) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) của \(\left( O \right)\).
Ta có: \(\angle CAx = \angle CBA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung \(AC\)).
Mà \(\angle CBA = \angle CBF = \angle AEF\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BCEF\))
\( \Rightarrow \angle CAx = \angle AEF\).
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow Ax//EF\).
Theo cách vẽ ta có \(OA \bot Ax\) \( \Rightarrow OA \bot EF\) (đpcm).
c) Ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AD.BC,\,\,{S_{ABMC}} = \dfrac{1}{2}AM.BC\\ \Rightarrow \dfrac{{{S_{ABMC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}AM.BC}}{{\dfrac{1}{2}AD.BC}} = \dfrac{{AM}}{{AD}}\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta có: \(\dfrac{{{S_{ABCN}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{BN}}{{BE}},\,\,\dfrac{{{S_{ACBP}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{CP}}{{CF}}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = \dfrac{{{S_{ABMC}} + {S_{ABCN}} + {S_{ACBP}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = \dfrac{{{S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\end{array}\)
Lại có: \(\angle MBD = \angle MBC = \angle MAC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(MC\)).
\( \Rightarrow \angle MBC = {90^0} - \angle AHE = {90^0} - \angle BHD = \angle HBD\).
Xét tam giác \(HBD\) và tam giác \(MBD\) có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\angle MBD = \angle HBD\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle BDH = \angle BDM = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta HBD \sim \Delta MBD\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{HD}}{{BD}} = \dfrac{{MD}}{{BD}} \Rightarrow HD = MD\).
\( \Rightarrow {S_{\Delta HBC}} = \dfrac{1}{2}HD.BC = \dfrac{1}{2}MD.BC = {S_{\Delta MBC}}\).
Chứng minh tương tự ta có:
\({S_{\Delta NAC}} = {S_{\Delta HAC}},\,\,{S_{\Delta PAB}} = {S_{\Delta HAB}}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta HBC}} + {S_{\Delta HAC}} + {S_{\Delta HAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 3 + \dfrac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 4\end{array}\)
Vậy \(\dfrac{{AM}}{{AD}} + \dfrac{{BN}}{{BE}} + \dfrac{{CP}}{{CF}} = 4\).
Câu 5:
Phương pháp:
Xác định điều kiện của phương trình, biến đổi phương trình ban đầu về dạng phương trình tích: \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\), giải từng phương trình và đưa ra kết luận.
Cách giải:
ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 1 \ge 0\\x + 1 \ge 0\\3{x^2} + 4x + 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = - 1\) hoặc \(x \ge 1\)
Dễ thấy \(x = - 1\) là một nghiệm của phương trình.
Với \(x \ne - 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\sqrt {{x^2} - 1} - \sqrt {3{x^2} + 4x + 1} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \\ \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)} - \sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {3x + 1} \right)} = \left( {8 - 2x} \right)\sqrt {x + 1} \\ \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} .\left( {\sqrt {x - 1} - \sqrt {3x + 1} - 8 + 2x} \right) = 0\end{array}\)
\( \Leftrightarrow \sqrt {x - 1} - \sqrt {3x + 1} - 8 + 2x = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (Do \(x \ge 1\)).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {\sqrt {x - 1} - 2} \right) + \left( {4 - \sqrt {3x + 1} } \right) + \left( {2x - 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt {x - 1} + 2}} + \dfrac{{15 - 3x}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - 3.\dfrac{{x - 5}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 5} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2} \right) = 0\end{array}\)
Ta có \(\sqrt {3x + 1} > 0 \Rightarrow 4 + \sqrt {3x + 1} > 4 \Rightarrow \dfrac{{ - 3}}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} > \dfrac{{ - 3}}{4}\)
\(\sqrt {x - 1} \ge 0 \Rightarrow \sqrt {x - 1} + 2 > 0 \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} > 0\)
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2 > 0 - \dfrac{3}{4} + 2 > 0\)
Do đó ta có: \(\left( {x - 5} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {x - 1} + 2}} - \dfrac{3}{{4 + \sqrt {3x + 1} }} + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 5 = 0 \Leftrightarrow x = 5\,\,\,\left( {TM} \right)\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;5} \right\}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Khánh Hòa 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. Việc nắm vững cấu trúc đề thi và các dạng bài tập thường gặp là yếu tố then chốt để đạt kết quả cao.
Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2021 thường có cấu trúc gồm hai phần chính:
Đề thi số 1 tập trung vào các kiến thức về đại số, đặc biệt là phương trình bậc hai và hệ phương trình. Các câu hỏi trắc nghiệm kiểm tra khả năng tính toán nhanh và chính xác, trong khi phần tự luận yêu cầu học sinh trình bày lời giải logic và rõ ràng.
Đề thi số 2 chú trọng vào kiến thức hình học, đặc biệt là tam giác và đường tròn. Các bài toán hình học đòi hỏi học sinh phải có khả năng vẽ hình chính xác và áp dụng các định lý, tính chất hình học một cách linh hoạt.
Đề thi số 3 kết hợp cả kiến thức đại số và hình học, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức toàn diện và khả năng liên kết các kiến thức khác nhau để giải quyết vấn đề.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Khánh Hòa, các em học sinh cần có một kế hoạch ôn tập khoa học và hiệu quả. Dưới đây là một số lời khuyên:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2021 mà giaitoan.edu.vn cung cấp, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi khác như:
Chúc các em học sinh ôn tập tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Khánh Hòa năm 2021! Hãy sử dụng bộ đề thi và các tài liệu ôn thi mà giaitoan.edu.vn cung cấp để tự tin bước vào kỳ thi.
