Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Lào Cai năm 2020 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.
Câu 1: Tính
Câu 1:
Tính
a) \(\sqrt {16} + 1\) b) \(\sqrt 3 .\sqrt {12} \)
Câu 2:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right).\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\) (với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Rút gọn biểu thức \(P\).
b) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P \le - 1\).
Câu 3:
a) Xác định hàm số \(y = a{x^2}\) biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm \(A\left( { - 2;5} \right)\).
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(d:y = \dfrac{{m - 1}}{m}x - m + 1,\) với \(m \ge \dfrac{3}{2}\). Tìm \(m\) để \(d\) cắt trục tung, trục hoành lần lượt tại hai điểm phân biệt \(A,B\) sao cho độ dài đoạn \(AB\) ngắn nhất.
Câu 4:
4.1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = - 4\\ - x + 3y = 5\end{array} \right..\)
4.2) Lúc 8 giờ người thứ nhất đi xe máy từ \(A\) với vận tốc \(40\,km/h.\) Sau đó 2 giờ, người thứ hai đi ô tô cũng từ \(A\) với vận tốc \(60\,km/h\) đuổi theo người thứ nhất. Hỏi hai người gặp nhau vào lúc mấy giờ?
4.3. a) Giải phương trình \(2{x^2} - 5x + 3 = 0\).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 6 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(x_1^2 + 4{x_1} + 2{x_2} - 2m{x_1} = - 3\).
Câu 5:
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn tâm \(O.\) Kẻ đường thẳng \(d\) là tiếp tuyến tại \(A\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(d'\) là đường thẳng qua \(B\) và song song với \(d\); \(d'\) cắt các đường thẳng \(AO,AC\) lần lượt tại \(E,D\). Kẻ \(AF\) là đường cao của tam giác \(ABC\) (\(F\) thuộc \(BC\)).
a) Chứng minh rằng tứ giác ABFE nội tiếp.
b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AD.AC\).
c) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Chứng minh rằng \(MN\) vuông góc với \(EF\).
Câu 1 (1 điểm)
Cách giải:
Tính
a) \(\sqrt {16} + 1\)
Ta có: \(\sqrt {16} + 1\)\( = 4 + 1 = 5\).
b) \(\sqrt 3 .\sqrt {12} \)
Ta có \(\sqrt 3 .\sqrt {12} = \sqrt {3.12} = \sqrt {36} = 6\).
Câu 2 (1,5 điểm)
Cách giải:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right).\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\) (với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Rút gọn biểu thức \(P\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right).\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{\sqrt x - 1 - \sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right).\left( {\sqrt x - 1} \right)}}.\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{ - 2}}{{x - 1}}.\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{ - 2}}{{2\sqrt x + 1}}\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) thì \(P = - \dfrac{2}{{2\sqrt x + 1}}\).
b) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P \le - 1\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,P \le - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 2}}{{2\sqrt x + 1}} \le - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 2}}{{2\sqrt x + 1}} + 1 \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 2 + 2\sqrt x + 1}}{{2\sqrt x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{2\sqrt x - 1}}{{2\sqrt x + 1}} \le 0\end{array}\)
Do \(2\sqrt x + 1 \ge 1 > 0\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1\) nên \(\dfrac{{2\sqrt x - 1}}{{2\sqrt x + 1}} \le 0 \Leftrightarrow 2\sqrt x - 1 \le 0\)\( \Leftrightarrow \sqrt x \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x \le \dfrac{1}{4}\)
Kết hợp điều kiện \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có: \(0 \le x \le \dfrac{1}{4}\).
Vậy với \(0 \le x \le \dfrac{1}{4}\) thì \(P \le - 1\).
Câu 3 (1 điểm)
Cách giải:
a) Xác định hàm số \(y = a{x^2}\) biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm \(A\left( { - 2;5} \right)\).
Vì đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) đi qua điểm \(A\left( { - 2;5} \right)\) nên ta có: \(5 = a.{\left( { - 2} \right)^2} \Leftrightarrow a = \dfrac{5}{4}\).
Vậy \(y = \dfrac{5}{4}{x^2}\).
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(d:y = \dfrac{{m - 1}}{m}x - m + 1,\) với \(m \ge \dfrac{3}{2}\). Tìm \(m\) để \(d\) cắt trục tung, trục hoành lần lượt tại hai điểm phân biệt \(A,B\) sao cho độ dài đoạn \(AB\) ngắn nhất.
Với \(m \ge \dfrac{3}{2}\) ta có:
Giao điểm của đường thẳng \(d\) và trục tung là \(A\left( {0;y} \right)\).
Vì \(A\left( {0;y} \right) \in d\) nên \(y = \dfrac{{m - 1}}{m}.0 - m + 1 = 1 - m\). Suy ra \(A\left( {0;1 - m} \right)\).
Giao điểm của đường thẳng \(d\) và trục hoành là \(B\left( {x;0} \right)\).
Vì \(B\left( {x;0} \right) \in d\) nên \(0 = \dfrac{{m - 1}}{m}.x - m + 1\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{m - 1}}{m}x = m - 1 \Leftrightarrow x = m\) (vì \(m \ge \dfrac{3}{2}\)). Suy ra \(B\left( {m;0} \right)\).
Với \(m \ge \dfrac{3}{2}\) ta có: \(A\left( {0;1 - m} \right) \Leftrightarrow OA = \left| {1 - m} \right| = m - 1\).
\(B\left( {m;0} \right) \Leftrightarrow OB = \left| m \right| = m\)
Xét tam giác \(OAB\) vuông tại \(O\), theo định lý Pytago ta có:
\(A{B^2} = O{A^2} + O{B^2}\) \( = {\left( {m - 1} \right)^2} + {m^2} = 2{m^2} - 2m + 1\)\( = 2\left( {{m^2} - m + \dfrac{1}{4}} \right) + \dfrac{1}{2} = 2{\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{2}\).
Vì \(m \ge \dfrac{3}{2}\) nên \({\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge {\left( {\dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 1\).
\( \Rightarrow 2{\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{2} \ge 2.1 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{2}\).
Ta có: \(A{B^2}\) nhỏ nhất bằng \(\dfrac{5}{2} \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Vậy độ dài \(AB\) nhỏ nhất là \(\dfrac{{\sqrt {10} }}{2}\) \( \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Câu 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
4.1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = - 4\\ - x + 3y = 5\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = - 4\\ - x + 3y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3y = x + 5\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {1;\,\,2} \right).\)
4.2) Lúc 8 giờ người thứ nhất đi xe máy từ \(A\) với vận tốc \(40\,km/h.\) Sau đó 2 giờ, người thứ hai đi ô tô cũng từ \(A\) với vận tốc \(60\,km/h\) đuổi theo người thứ nhất. Hỏi hai người gặp nhau vào lúc mấy giờ?
Gọi quãng đường cả hai người đi đến lúc gặp nhau là \(x\,\,\left( {km} \right),\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Khi đó thời gian người thứ nhất đi đến lúc gặp người thứ hai là: \(\dfrac{x}{{40}}\,\,\left( h \right).\)
Thời gian người thứ hai đi đến lúc gặp người thứ nhất là: \(\dfrac{x}{{60}}\,\,\left( h \right).\)
Người thứ hai đi sau người thứ nhất 2 giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{x}{{40}} - \dfrac{x}{{60}} = 2\\ \Leftrightarrow 3x - 2x = 240\\ \Leftrightarrow x = 240\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Thời gian người thứ nhất đi đến khi gặp người thứ hai là: \(\dfrac{{240}}{{40}} = 6\,\,\left( h \right).\)
Vậy hai người gặp nhau lúc \(8 + 6 = 14\) giờ.
4.3. a) Giải phương trình \(2{x^2} - 5x + 3 = 0\).
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2.3 = 1 > 0\), do đó phương trình \(2{x^2} - 5x + 3 = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{5 + 1}}{{2.2}} = \dfrac{3}{2}\\{x_2} = \dfrac{{5 - 1}}{{2.2}} = 1\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {\dfrac{3}{2};1} \right\}\).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 6 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(x_1^2 + 4{x_1} + 2{x_2} - 2m{x_1} = - 3\).
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì:
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {{m^2} - 6} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - {m^2} + 6 \ge 0\\ \Leftrightarrow - 2m + 7 \ge 0\\ \Leftrightarrow 2m \le 7\\ \Leftrightarrow m \le \dfrac{7}{2}\end{array}\)
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right) = 2m - 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 6\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + 4{x_1} + 2{x_2} - 2m{x_1} = - 3\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + {m^2} - 6 + 2{x_1} + 2{x_2} = {m^2} - 6 - 3\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + {m^2} - 6 + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = {m^2} - 9\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình đã cho nên \(x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + {m^2} - 6 = 0\), do đó
\(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = {m^2} - 9\\\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 2.\left( {2m - 2} \right) = {m^2} - 9\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 4m - 4 = {m^2} - 9\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {m^2} - 4m - 5 = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {m^2} + m - 5m - 5 = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 5\left( {m + 1} \right) = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {m - 5} \right) = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\m - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\left( {tm} \right)\\m = 5\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 1\).
Câu 5 (3 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn tâm \(O.\) Kẻ đường thẳng \(d\) là tiếp tuyến tại \(A\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(d'\) là đường thẳng qua \(B\) và song song với \(d\); \(d'\) cắt các đường thẳng \(AO,AC\) lần lượt tại \(E,D\). Kẻ \(AF\) là đường cao của tam giác \(ABC\) (\(F\) thuộc \(BC\)).
a) Chứng minh rằng tứ giác ABFE nội tiếp.
Ta có: \(AF \bot BC \Rightarrow \angle AFB = {90^0}\)
\(\left\{ \begin{array}{l}OA \bot d\\d'//d\end{array} \right. \Rightarrow OA \bot d' \Rightarrow \angle AEB = {90^0}\)
Tứ giác \(ABFE\) có \(\angle AFB = \angle AEB = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau) (đpcm).
b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AD.AC\).
Ta có:\(d//d'\) \( \Rightarrow \angle {B_1} = \angle {A_1}\) (so le trong)
Mà \(\angle {A_1} = \angle {C_1}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AB\))
\( \Rightarrow \angle {B_1} = \angle {C_1}\,\,\,\left( { = \angle {A_1}} \right)\).
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ACB\) có:
\(\angle A\,\,\,chung\)
\(\angle {B_1} = \angle {C_1}\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta ABD \sim \Delta ACB\,\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{AD}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow A{B^2} = AD.AC\) (đpcm).
c) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Chứng minh rằng \(MN\) vuông góc với \(EF\).
Gọi \(H\) là giao điểm của \(EF\) với \(AC\).
Ta có: \(\angle {E_1} = \angle {E_2}\) (đối đỉnh)
Tứ giác \(ABFE\) nội tiếp nên \(\angle {E_2} = \angle {A_2}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(BF\))
\( \Rightarrow \angle {E_1} = \angle {A_2}\) \(\left( { = \angle {E_2}} \right)\)
Lại có \(\Delta ABD \sim \Delta ACB\left( {cmt} \right)\) nên \(\angle ADB = \angle ABC\) (góc tương ứng)
\( \Rightarrow \angle ADB + \angle {E_1} = \angle ABC + \angle {A_2} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle EHD = {180^0} - \left( {\angle ADB + \angle {E_1}} \right) = {180^0} - {90^0} = {90^0}\)
\( \Rightarrow FE \bot AC\) (1)
Mà \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(MN//AC\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(EF \bot MN\) (đpcm).
Câu 1:
Tính
a) \(\sqrt {16} + 1\) b) \(\sqrt 3 .\sqrt {12} \)
Câu 2:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right).\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\) (với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Rút gọn biểu thức \(P\).
b) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P \le - 1\).
Câu 3:
a) Xác định hàm số \(y = a{x^2}\) biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm \(A\left( { - 2;5} \right)\).
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(d:y = \dfrac{{m - 1}}{m}x - m + 1,\) với \(m \ge \dfrac{3}{2}\). Tìm \(m\) để \(d\) cắt trục tung, trục hoành lần lượt tại hai điểm phân biệt \(A,B\) sao cho độ dài đoạn \(AB\) ngắn nhất.
Câu 4:
4.1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = - 4\\ - x + 3y = 5\end{array} \right..\)
4.2) Lúc 8 giờ người thứ nhất đi xe máy từ \(A\) với vận tốc \(40\,km/h.\) Sau đó 2 giờ, người thứ hai đi ô tô cũng từ \(A\) với vận tốc \(60\,km/h\) đuổi theo người thứ nhất. Hỏi hai người gặp nhau vào lúc mấy giờ?
4.3. a) Giải phương trình \(2{x^2} - 5x + 3 = 0\).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 6 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(x_1^2 + 4{x_1} + 2{x_2} - 2m{x_1} = - 3\).
Câu 5:
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn tâm \(O.\) Kẻ đường thẳng \(d\) là tiếp tuyến tại \(A\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(d'\) là đường thẳng qua \(B\) và song song với \(d\); \(d'\) cắt các đường thẳng \(AO,AC\) lần lượt tại \(E,D\). Kẻ \(AF\) là đường cao của tam giác \(ABC\) (\(F\) thuộc \(BC\)).
a) Chứng minh rằng tứ giác ABFE nội tiếp.
b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AD.AC\).
c) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Chứng minh rằng \(MN\) vuông góc với \(EF\).
Câu 1 (1 điểm)
Cách giải:
Tính
a) \(\sqrt {16} + 1\)
Ta có: \(\sqrt {16} + 1\)\( = 4 + 1 = 5\).
b) \(\sqrt 3 .\sqrt {12} \)
Ta có \(\sqrt 3 .\sqrt {12} = \sqrt {3.12} = \sqrt {36} = 6\).
Câu 2 (1,5 điểm)
Cách giải:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right).\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\) (với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\)).
a) Rút gọn biểu thức \(P\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right).\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{\sqrt x - 1 - \sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right).\left( {\sqrt x - 1} \right)}}.\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{ - 2}}{{x - 1}}.\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x + 1}}\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{ - 2}}{{2\sqrt x + 1}}\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) thì \(P = - \dfrac{2}{{2\sqrt x + 1}}\).
b) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P \le - 1\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,P \le - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 2}}{{2\sqrt x + 1}} \le - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 2}}{{2\sqrt x + 1}} + 1 \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 2 + 2\sqrt x + 1}}{{2\sqrt x + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{2\sqrt x - 1}}{{2\sqrt x + 1}} \le 0\end{array}\)
Do \(2\sqrt x + 1 \ge 1 > 0\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1\) nên \(\dfrac{{2\sqrt x - 1}}{{2\sqrt x + 1}} \le 0 \Leftrightarrow 2\sqrt x - 1 \le 0\)\( \Leftrightarrow \sqrt x \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x \le \dfrac{1}{4}\)
Kết hợp điều kiện \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có: \(0 \le x \le \dfrac{1}{4}\).
Vậy với \(0 \le x \le \dfrac{1}{4}\) thì \(P \le - 1\).
Câu 3 (1 điểm)
Cách giải:
a) Xác định hàm số \(y = a{x^2}\) biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm \(A\left( { - 2;5} \right)\).
Vì đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) đi qua điểm \(A\left( { - 2;5} \right)\) nên ta có: \(5 = a.{\left( { - 2} \right)^2} \Leftrightarrow a = \dfrac{5}{4}\).
Vậy \(y = \dfrac{5}{4}{x^2}\).
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(d:y = \dfrac{{m - 1}}{m}x - m + 1,\) với \(m \ge \dfrac{3}{2}\). Tìm \(m\) để \(d\) cắt trục tung, trục hoành lần lượt tại hai điểm phân biệt \(A,B\) sao cho độ dài đoạn \(AB\) ngắn nhất.
Với \(m \ge \dfrac{3}{2}\) ta có:
Giao điểm của đường thẳng \(d\) và trục tung là \(A\left( {0;y} \right)\).
Vì \(A\left( {0;y} \right) \in d\) nên \(y = \dfrac{{m - 1}}{m}.0 - m + 1 = 1 - m\). Suy ra \(A\left( {0;1 - m} \right)\).
Giao điểm của đường thẳng \(d\) và trục hoành là \(B\left( {x;0} \right)\).
Vì \(B\left( {x;0} \right) \in d\) nên \(0 = \dfrac{{m - 1}}{m}.x - m + 1\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{m - 1}}{m}x = m - 1 \Leftrightarrow x = m\) (vì \(m \ge \dfrac{3}{2}\)). Suy ra \(B\left( {m;0} \right)\).
Với \(m \ge \dfrac{3}{2}\) ta có: \(A\left( {0;1 - m} \right) \Leftrightarrow OA = \left| {1 - m} \right| = m - 1\).
\(B\left( {m;0} \right) \Leftrightarrow OB = \left| m \right| = m\)
Xét tam giác \(OAB\) vuông tại \(O\), theo định lý Pytago ta có:
\(A{B^2} = O{A^2} + O{B^2}\) \( = {\left( {m - 1} \right)^2} + {m^2} = 2{m^2} - 2m + 1\)\( = 2\left( {{m^2} - m + \dfrac{1}{4}} \right) + \dfrac{1}{2} = 2{\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{2}\).
Vì \(m \ge \dfrac{3}{2}\) nên \({\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge {\left( {\dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 1\).
\( \Rightarrow 2{\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{2} \ge 2.1 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{2}\).
Ta có: \(A{B^2}\) nhỏ nhất bằng \(\dfrac{5}{2} \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Vậy độ dài \(AB\) nhỏ nhất là \(\dfrac{{\sqrt {10} }}{2}\) \( \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).
Câu 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
4.1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = - 4\\ - x + 3y = 5\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = - 4\\ - x + 3y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3y = x + 5\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {1;\,\,2} \right).\)
4.2) Lúc 8 giờ người thứ nhất đi xe máy từ \(A\) với vận tốc \(40\,km/h.\) Sau đó 2 giờ, người thứ hai đi ô tô cũng từ \(A\) với vận tốc \(60\,km/h\) đuổi theo người thứ nhất. Hỏi hai người gặp nhau vào lúc mấy giờ?
Gọi quãng đường cả hai người đi đến lúc gặp nhau là \(x\,\,\left( {km} \right),\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Khi đó thời gian người thứ nhất đi đến lúc gặp người thứ hai là: \(\dfrac{x}{{40}}\,\,\left( h \right).\)
Thời gian người thứ hai đi đến lúc gặp người thứ nhất là: \(\dfrac{x}{{60}}\,\,\left( h \right).\)
Người thứ hai đi sau người thứ nhất 2 giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{x}{{40}} - \dfrac{x}{{60}} = 2\\ \Leftrightarrow 3x - 2x = 240\\ \Leftrightarrow x = 240\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Thời gian người thứ nhất đi đến khi gặp người thứ hai là: \(\dfrac{{240}}{{40}} = 6\,\,\left( h \right).\)
Vậy hai người gặp nhau lúc \(8 + 6 = 14\) giờ.
4.3. a) Giải phương trình \(2{x^2} - 5x + 3 = 0\).
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2.3 = 1 > 0\), do đó phương trình \(2{x^2} - 5x + 3 = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{5 + 1}}{{2.2}} = \dfrac{3}{2}\\{x_2} = \dfrac{{5 - 1}}{{2.2}} = 1\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {\dfrac{3}{2};1} \right\}\).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 6 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(x_1^2 + 4{x_1} + 2{x_2} - 2m{x_1} = - 3\).
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì:
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {{m^2} - 6} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - {m^2} + 6 \ge 0\\ \Leftrightarrow - 2m + 7 \ge 0\\ \Leftrightarrow 2m \le 7\\ \Leftrightarrow m \le \dfrac{7}{2}\end{array}\)
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right) = 2m - 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 6\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + 4{x_1} + 2{x_2} - 2m{x_1} = - 3\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + {m^2} - 6 + 2{x_1} + 2{x_2} = {m^2} - 6 - 3\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + {m^2} - 6 + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = {m^2} - 9\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình đã cho nên \(x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + {m^2} - 6 = 0\), do đó
\(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = {m^2} - 9\\\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 2.\left( {2m - 2} \right) = {m^2} - 9\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 4m - 4 = {m^2} - 9\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {m^2} - 4m - 5 = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {m^2} + m - 5m - 5 = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 5\left( {m + 1} \right) = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {m - 5} \right) = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\m - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\left( {tm} \right)\\m = 5\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 1\).
Câu 5 (3 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn tâm \(O.\) Kẻ đường thẳng \(d\) là tiếp tuyến tại \(A\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(d'\) là đường thẳng qua \(B\) và song song với \(d\); \(d'\) cắt các đường thẳng \(AO,AC\) lần lượt tại \(E,D\). Kẻ \(AF\) là đường cao của tam giác \(ABC\) (\(F\) thuộc \(BC\)).
a) Chứng minh rằng tứ giác ABFE nội tiếp.
Ta có: \(AF \bot BC \Rightarrow \angle AFB = {90^0}\)
\(\left\{ \begin{array}{l}OA \bot d\\d'//d\end{array} \right. \Rightarrow OA \bot d' \Rightarrow \angle AEB = {90^0}\)
Tứ giác \(ABFE\) có \(\angle AFB = \angle AEB = {90^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau) (đpcm).
b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AD.AC\).
Ta có:\(d//d'\) \( \Rightarrow \angle {B_1} = \angle {A_1}\) (so le trong)
Mà \(\angle {A_1} = \angle {C_1}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AB\))
\( \Rightarrow \angle {B_1} = \angle {C_1}\,\,\,\left( { = \angle {A_1}} \right)\).
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ACB\) có:
\(\angle A\,\,\,chung\)
\(\angle {B_1} = \angle {C_1}\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta ABD \sim \Delta ACB\,\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{AD}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow A{B^2} = AD.AC\) (đpcm).
c) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Chứng minh rằng \(MN\) vuông góc với \(EF\).
Gọi \(H\) là giao điểm của \(EF\) với \(AC\).
Ta có: \(\angle {E_1} = \angle {E_2}\) (đối đỉnh)
Tứ giác \(ABFE\) nội tiếp nên \(\angle {E_2} = \angle {A_2}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(BF\))
\( \Rightarrow \angle {E_1} = \angle {A_2}\) \(\left( { = \angle {E_2}} \right)\)
Lại có \(\Delta ABD \sim \Delta ACB\left( {cmt} \right)\) nên \(\angle ADB = \angle ABC\) (góc tương ứng)
\( \Rightarrow \angle ADB + \angle {E_1} = \angle ABC + \angle {A_2} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle EHD = {180^0} - \left( {\angle ADB + \angle {E_1}} \right) = {180^0} - {90^0} = {90^0}\)
\( \Rightarrow FE \bot AC\) (1)
Mà \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(MN//AC\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(EF \bot MN\) (đpcm).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững kiến thức và làm quen với các dạng đề thi là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2020 là một nguồn tài liệu quý giá, giúp học sinh rèn luyện kỹ năng và tự tin hơn khi bước vào phòng thi.
Đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2020 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Độ khó của đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2020 được đánh giá là ở mức trung bình. Tuy nhiên, để đạt được điểm cao, học sinh cần phải nắm vững kiến thức cơ bản, rèn luyện kỹ năng giải toán, và có khả năng tư duy logic.
Để giải đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2020 hiệu quả, học sinh cần lưu ý những điều sau:
Ngoài việc giải đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2020, học sinh nên luyện tập với các đề thi năm trước để làm quen với các dạng bài tập và rèn luyện kỹ năng giải toán. Việc luyện tập thường xuyên sẽ giúp học sinh tự tin hơn khi bước vào phòng thi.
Để hỗ trợ học sinh ôn thi vào 10 môn Toán, giaitoan.edu.vn cung cấp các tài liệu ôn thi hữu ích sau:
Trước khi bước vào kỳ thi, hãy giữ cho mình một tâm lý thoải mái, tự tin và có chế độ ăn uống, nghỉ ngơi hợp lý. Chúc các em học sinh đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
Bài toán: Giải phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0
Lời giải:
Ta có phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0
Tính delta: Δ = (-5)2 - 4 * 2 * 3 = 25 - 24 = 1
Vì Δ > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 = (5 + √1) / (2 * 2) = (5 + 1) / 4 = 3/2
x2 = (5 - √1) / (2 * 2) = (5 - 1) / 4 = 1
Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 3/2 và x2 = 1
Đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2020 là một bài kiểm tra quan trọng, đánh giá năng lực và kiến thức của học sinh. Việc chuẩn bị kỹ lưỡng và luyện tập thường xuyên sẽ giúp học sinh tự tin hơn và đạt được kết quả tốt nhất.
