Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2023 chính thức và mới nhất. 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 tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết, giúp các em hiểu rõ từng dạng bài và phương pháp giải quyết.
Câu 1: Tính giá trị biểu thúrc sau: a) \(\frac{{\sqrt {81} }}{3}\) b) \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 \)
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
Tính toán với căn bậc hai \(\sqrt {{x^2}} {\rm{ \;}} = \left| x \right|\)
Cách giải:
a) Ta có: \(\frac{{\sqrt {81} }}{3} = \frac{{\sqrt {{9^2}} }}{3} = \frac{9}{3} = 3\).
b) Ta có: \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 {\rm{ \;}} = \sqrt {{4^2}} {\rm{ \;}} - \sqrt {{3^2}} {\rm{ \;}} = 4 - 3 = 1\).
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
Nhẩm nghiệm phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0(a \ne 0)\):
Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Nếu \(a - b + c = 0\) thì phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = {\rm{ \;}} - 1}\\{{x_2} = \frac{{ - c}}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Xét \(3{x^2} + x - 4 = 0\).
Ta có: \(a + b + c = 3 + 1 + \left( { - 4} \right) = 0\)
Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 4}}{3}}\end{array}} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - \frac{4}{3}} \right\}\).
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5y = {\rm{ \;}} - 5}\\{x = 3 - y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 3 - \left( { - 1} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 4}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {4; - 1} \right)\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Xác suất của biến cố bằng tỉ số của kết quả thuận lợi với các kết quả có thể xảy ra.
Cách giải:
Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần các trường hợp có thể xảy ra là: \(\left\{ {SS;SN;SN;NS} \right\}\).
Vậy có tất cả 4 trường hợp có thể xảy ra.
Hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau có 2 khả năng là: \(\left\{ {SS;NN} \right\}\).
Vậy xác suất hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau là: \(\frac{2}{4} = \frac{1}{2} = 0,5\).
Câu 5 (TH):
Phương pháp:
a) Rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai (quy đồng, tính toán, quy tắc dấu).
b) Giải phương trình tìm x, chú ý đối chiếu điều kiện.
Cách giải:
a) Với \(x \ge 0,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x - 1}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}} - \frac{{\sqrt x + 1}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x - 1 - \sqrt x - 1 + 2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2\sqrt x - 2}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2(\sqrt x - 1)}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{2}{{\sqrt x + 1}}\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,x \ne 1\) thì \(P = \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}\).
b) Để \(P = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} = \frac{1}{3}\)
\(\begin{array}{*{20}{r}}{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} + 1 = 6}\\{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} = 5}\\{}&{\; \Leftrightarrow x = 25\left( {{\rm{tm}}} \right)}\end{array}\)
Vậy để \(P = \frac{1}{3}\) thì \(x = 25\).
Câu 6 (TH):
Phương pháp:
Đồ thị hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\) cắt trung tung tại điểm có hoành độ bằng 0.
Cách giải:
Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5 nên đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;5} \right)\).
Thay \({\rm{x}} = 0,{\rm{y}} = 5\) vào hàm số ta được: \(5 = m.0 + 2m - 1 \Leftrightarrow 2m - 1 = 5 \Leftrightarrow 2m = 6 \Leftrightarrow m = 3.\;\)
Vậy \(m = 3\).
Câu 7 (TH):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Hệ phương trình: tổng số sản phẩm và tổng khối lượng.
Cách giải:
Gọi số sản phẩm loại \({\rm{A}}\) đã nhập là \({\rm{x}}\) (sản phẩm). Số sản phẩm loại \({\rm{B}}\) đã nhập là \({\rm{y}}\) (sản phẩm)
(ĐK: \(x,y \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},x,y < 10\) ).
Vì cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại \({\rm{A}}\) và \({\rm{B}}\) về bán nên ta có phương trình \(x + y = 10\) (1)
Vì mỗi sản phẩm loại \(A\) nặng \(9\;{\rm{kg}}\), mỗi sản phẩm loại \(B\) nặng \(10\;{\rm{kg}}\) và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là \(95\;{\rm{kg}}\) nên ta có phương trình: \(9x + 10y = 95\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 10}\\{9x + 10y = 95}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10y = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10\left( {10 - x} \right) = 95}\end{array}} \right.} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 100 - 10x = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{x = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{y = 5}\end{array}\left( {{\rm{tm}}} \right)} \right.} \right.} \right.\)
Vậy cửa hàng đó đã nhập 5 sản phẩm loại \({\rm{A}}\) và 5 sản phẩm loại \({\rm{B}}\).
Câu 8 (VD):
Phương pháp:
Công thức Công thức \(\Delta ' = {(b')^2} - ac\) với \(b' = \frac{b}{2}\)
Phương trình có hai nghiệm khi \(\Delta {\rm{ \;}} \ge 0\)
Hệ thức Vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Ta có: \(\Delta ' = {m^2} - 1 \cdot \left( {{m^2} + m - 2} \right) = {m^2} - {m^2} - m + 2 = {\rm{ \;}} - m + 2\).
Để phương trình (I) có hai nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0\) hay \( - m + 2 \ge 0 \Leftrightarrow m \le 2\).
Ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + (2m + 3){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3{x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\end{array}\)
Áp dụng định lý Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.\), khi đó:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right){x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - {x_1}{x_2} - x_2^2 + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2}} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - {{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} + 2{x_1}{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\end{array}\)
Thay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.\) vào \(P\) ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - {{( - 2m)}^2} + 2\left( {{m^2} + m - 2} \right) + 3\left( { - 2m} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - 4{m^2} + 2{m^2} + 2m - 4 - 6m}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{m^2} - 4m - 4}\\{P = {\rm{ \;}} - 2\left( {{m^2} + 2m + 1} \right) - 2}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{{(m + 1)}^2} - 2}\end{array}\)
Ta có \({(m + 1)^2} \ge 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} \le 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} - 2 \le {\rm{ \;}} - 2\forall m\).
Dấu "=" xảy ra khi \({(m + 1)^2} = 0 \Leftrightarrow m + 1 = 0 \Leftrightarrow m = {\rm{ \;}} - 1\)
Vậy GTLN của \(P\) là -2 , đạt được khi \(m = {\rm{ \;}} - 1\).
Câu 9 (VD):
Phương pháp:
Công thức lượng giác trong tam giác vuông.
Hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
a) Xét tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại \({\rm{A}}\) có:\(AB = BC.{\rm{cos}}60^\circ = 40.\frac{1}{2} = 20\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Vậy \(AB = 20\left( {cm} \right)\).
b) Xét tam giác vuông \({\rm{ABC}}\) ta có:
\(AC = BC.{\rm{sin}}60^\circ = 40.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 20\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right)\)
Vì tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại \({\rm{A}}\) nên: \(\angle B + \angle C = 90^\circ \Rightarrow \angle C = 90^\circ - \angle B = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \)
Xét tam giác vuông \({\rm{AHC}}\) ta có: \(HC = AC.{\rm{cos}}30^\circ = 20\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 30\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \({\rm{ABC}}\), đường cao \({\rm{AH}}\) ta có:
\(AH.BC = AB.AC \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{20.20\sqrt 3 }}{{40}} = 10\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right).\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \({\rm{AHC}}\), đường cao \({\rm{HK}}\) ta có:
\(HK.AC = AH.HC \Rightarrow HK = \frac{{AH.HC}}{{AC}} = \frac{{10\sqrt 3 .30}}{{20\sqrt 3 }} = 15\left( {\;{\rm{cm}}} \right).\)
Vậy HK = \(15\left( {\;{\rm{cm}}} \right)\).
Câu 10 (VDC):
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác OAIC có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) nên nội tiếp.
b) Chứng ${\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {g - g} \right)$ suy ra các cặp cạnh tỉ lệ.
c) Chứng minh AE song song với BD, mà BD vuông góc với MO suy ra điều phải chứng minh.
Cách giải:
a) Ta có \({\rm{IA}}\) và \({\rm{IC}}\) là tiếp tuyến của đường tròn nên \(OA \bot IA;OC \bot CI\). \( \Rightarrow \angle OAI = \angle OCI = 90^\circ \)
Xét tứ giác \({\rm{OAIC}}\) có \(\angle OAI + \angle OCI = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác \({\rm{OAIC}}\) nội tiếp đường tròn (dhnb) (đpcm)
b) Xét và có:
\(\angle CID\) chung
\(\angle ICD = \angle IBC\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
$\Rightarrow {\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {{\rm{\;g}}.{\rm{g}}} \right) \Rightarrow \dfrac{{ID}}{{IC}} = \dfrac{{IC}}{{IB}} \Leftrightarrow I{C^2} = IB.ID\left( {{\rm{dpcm}}} \right)$
c) Do \({\rm{M}}\) là trung điểm của \({\rm{BD}}\) (gt) nên \(OM \bot BD\) (tính chất đường kính vuông góc với dây cung)
Xét tứ giác ICOM có \(\angle IMO + \angle ICO = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác ICOM nội tiếp đường tròn (dhnb)
Mà tứ giác \({\rm{OAIC}}\) nội tiếp đường tròn \(\left( {{\rm{cmt}}} \right)\) nên \({\rm{I}},{\rm{C}},{\rm{O}},{\rm{M}},{\rm{A}}\) cùng thuộc một đường tròn
\( \Rightarrow \angle IMC = \angle IAC\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{IC}}\)) (1)
Mà \(\angle AEC = \angle IAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) (2)
và \(\angle IMC = \angle EMB\) (đối đỉnh) (3)
Từ (1),(2), (3) \( \Rightarrow \angle AEM = \angle EMB\left( { = \angle IMC = \angle IAC} \right)\)
Mà 2 góc này ờ vị trí so le trong nên suy ra \(AE \bot BD\)
Mà \(OM \bot BD\) (cmt) \( \Rightarrow OM \bot AE\) (đpcm)
Câu 1: Tính giá trị biểu thúrc sau:
a) \(\frac{{\sqrt {81} }}{3}\)
b) \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 \)
Câu 2: Giải phương trình sau: \(3{x^2} + x - 4 = 0\).
Câu 3: Giải hệ phuơng trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.\)
Câu 4: Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần. Tính xác suất sao cho hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau.
Câu 5: Cho biểu thức \(P = \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}\left( {x \ge 0,x \ne 1} \right)\).
a) Rút gọn biểu thúrc \(P\).
b) Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = \frac{1}{3}\).
Câu 6: Cho hàm số \(y = mx + 2m - 1\). Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5.
Câu 7: Một cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại \(A\) và \(B\) về bán. Biết mỗi sản phẩm loại \(A\) nặng \(9\;{\rm{kg}}\), mỗi sản phẩm loại B nặng \(10\;{\rm{kg}}\) và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là \(95\;{\rm{kg}}\). Hỏi cửa hàng đã nhập bao nhiêu sản phẩm mỗi loại.
Câu 8: Cho phương trình: \({x^2} + 2mx + {m^2} + m - 2 = 0\) (1) (m là tham số). Tìm \(m\) để phuơng trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) sao cho biểu thức \(P\) đạt giá trị lớn nhất với \(P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + \left( {2m + 3} \right){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}\).
Câu 9: Cho tam giác \(ABC\) vuông ở \(A\), có đường cao \(AH\). Biết góc \(\angle ABC = 60^\circ \), độ dài \(BC = 40{\rm{\;cm}}\).
a) Tính độ dài cạnh \(AB\).
b) Gọi điểm K thuộc đọan thẳng AC sao cho HK vuông góc với AC. Tính độ dài đoạn thẳng HK.
Câu 10: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn \((BA < BC)\) và nội tiếp đường tròn tâm \(O\). Hai tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) tại \(A\) và \(C\) cắt nhau tại \(I\). Tia BI cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thúr hai là \(D\).
a) Chứng minh rằng tứ giác OAIC nội tiếp.
b) Chứng minh \(I{C^2} = IB.ID\)
c) Gọi \(M\) là trung điểm của BD. Tia CM cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(E\). CMR: \(MO \bot AE\)
-----HẾT-----
Câu 1: Tính giá trị biểu thúrc sau:
a) \(\frac{{\sqrt {81} }}{3}\)
b) \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 \)
Câu 2: Giải phương trình sau: \(3{x^2} + x - 4 = 0\).
Câu 3: Giải hệ phuơng trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.\)
Câu 4: Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần. Tính xác suất sao cho hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau.
Câu 5: Cho biểu thức \(P = \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}\left( {x \ge 0,x \ne 1} \right)\).
a) Rút gọn biểu thúrc \(P\).
b) Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = \frac{1}{3}\).
Câu 6: Cho hàm số \(y = mx + 2m - 1\). Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5.
Câu 7: Một cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại \(A\) và \(B\) về bán. Biết mỗi sản phẩm loại \(A\) nặng \(9\;{\rm{kg}}\), mỗi sản phẩm loại B nặng \(10\;{\rm{kg}}\) và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là \(95\;{\rm{kg}}\). Hỏi cửa hàng đã nhập bao nhiêu sản phẩm mỗi loại.
Câu 8: Cho phương trình: \({x^2} + 2mx + {m^2} + m - 2 = 0\) (1) (m là tham số). Tìm \(m\) để phuơng trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) sao cho biểu thức \(P\) đạt giá trị lớn nhất với \(P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + \left( {2m + 3} \right){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}\).
Câu 9: Cho tam giác \(ABC\) vuông ở \(A\), có đường cao \(AH\). Biết góc \(\angle ABC = 60^\circ \), độ dài \(BC = 40{\rm{\;cm}}\).
a) Tính độ dài cạnh \(AB\).
b) Gọi điểm K thuộc đọan thẳng AC sao cho HK vuông góc với AC. Tính độ dài đoạn thẳng HK.
Câu 10: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn \((BA < BC)\) và nội tiếp đường tròn tâm \(O\). Hai tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) tại \(A\) và \(C\) cắt nhau tại \(I\). Tia BI cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thúr hai là \(D\).
a) Chứng minh rằng tứ giác OAIC nội tiếp.
b) Chứng minh \(I{C^2} = IB.ID\)
c) Gọi \(M\) là trung điểm của BD. Tia CM cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(E\). CMR: \(MO \bot AE\)
-----HẾT-----
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
Tính toán với căn bậc hai \(\sqrt {{x^2}} {\rm{ \;}} = \left| x \right|\)
Cách giải:
a) Ta có: \(\frac{{\sqrt {81} }}{3} = \frac{{\sqrt {{9^2}} }}{3} = \frac{9}{3} = 3\).
b) Ta có: \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 {\rm{ \;}} = \sqrt {{4^2}} {\rm{ \;}} - \sqrt {{3^2}} {\rm{ \;}} = 4 - 3 = 1\).
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
Nhẩm nghiệm phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0(a \ne 0)\):
Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Nếu \(a - b + c = 0\) thì phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = {\rm{ \;}} - 1}\\{{x_2} = \frac{{ - c}}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Xét \(3{x^2} + x - 4 = 0\).
Ta có: \(a + b + c = 3 + 1 + \left( { - 4} \right) = 0\)
Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 4}}{3}}\end{array}} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - \frac{4}{3}} \right\}\).
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5y = {\rm{ \;}} - 5}\\{x = 3 - y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 3 - \left( { - 1} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 4}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {4; - 1} \right)\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Xác suất của biến cố bằng tỉ số của kết quả thuận lợi với các kết quả có thể xảy ra.
Cách giải:
Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần các trường hợp có thể xảy ra là: \(\left\{ {SS;SN;SN;NS} \right\}\).
Vậy có tất cả 4 trường hợp có thể xảy ra.
Hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau có 2 khả năng là: \(\left\{ {SS;NN} \right\}\).
Vậy xác suất hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau là: \(\frac{2}{4} = \frac{1}{2} = 0,5\).
Câu 5 (TH):
Phương pháp:
a) Rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai (quy đồng, tính toán, quy tắc dấu).
b) Giải phương trình tìm x, chú ý đối chiếu điều kiện.
Cách giải:
a) Với \(x \ge 0,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x - 1}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}} - \frac{{\sqrt x + 1}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x - 1 - \sqrt x - 1 + 2\sqrt x }}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2\sqrt x - 2}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2(\sqrt x - 1)}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{2}{{\sqrt x + 1}}\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,x \ne 1\) thì \(P = \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}\).
b) Để \(P = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} = \frac{1}{3}\)
\(\begin{array}{*{20}{r}}{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} + 1 = 6}\\{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} = 5}\\{}&{\; \Leftrightarrow x = 25\left( {{\rm{tm}}} \right)}\end{array}\)
Vậy để \(P = \frac{1}{3}\) thì \(x = 25\).
Câu 6 (TH):
Phương pháp:
Đồ thị hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\) cắt trung tung tại điểm có hoành độ bằng 0.
Cách giải:
Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5 nên đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;5} \right)\).
Thay \({\rm{x}} = 0,{\rm{y}} = 5\) vào hàm số ta được: \(5 = m.0 + 2m - 1 \Leftrightarrow 2m - 1 = 5 \Leftrightarrow 2m = 6 \Leftrightarrow m = 3.\;\)
Vậy \(m = 3\).
Câu 7 (TH):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Hệ phương trình: tổng số sản phẩm và tổng khối lượng.
Cách giải:
Gọi số sản phẩm loại \({\rm{A}}\) đã nhập là \({\rm{x}}\) (sản phẩm). Số sản phẩm loại \({\rm{B}}\) đã nhập là \({\rm{y}}\) (sản phẩm)
(ĐK: \(x,y \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},x,y < 10\) ).
Vì cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại \({\rm{A}}\) và \({\rm{B}}\) về bán nên ta có phương trình \(x + y = 10\) (1)
Vì mỗi sản phẩm loại \(A\) nặng \(9\;{\rm{kg}}\), mỗi sản phẩm loại \(B\) nặng \(10\;{\rm{kg}}\) và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là \(95\;{\rm{kg}}\) nên ta có phương trình: \(9x + 10y = 95\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 10}\\{9x + 10y = 95}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10y = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10\left( {10 - x} \right) = 95}\end{array}} \right.} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 100 - 10x = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{x = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{y = 5}\end{array}\left( {{\rm{tm}}} \right)} \right.} \right.} \right.\)
Vậy cửa hàng đó đã nhập 5 sản phẩm loại \({\rm{A}}\) và 5 sản phẩm loại \({\rm{B}}\).
Câu 8 (VD):
Phương pháp:
Công thức Công thức \(\Delta ' = {(b')^2} - ac\) với \(b' = \frac{b}{2}\)
Phương trình có hai nghiệm khi \(\Delta {\rm{ \;}} \ge 0\)
Hệ thức Vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)
Cách giải:
Ta có: \(\Delta ' = {m^2} - 1 \cdot \left( {{m^2} + m - 2} \right) = {m^2} - {m^2} - m + 2 = {\rm{ \;}} - m + 2\).
Để phương trình (I) có hai nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0\) hay \( - m + 2 \ge 0 \Leftrightarrow m \le 2\).
Ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + (2m + 3){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3{x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\end{array}\)
Áp dụng định lý Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.\), khi đó:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right){x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - {x_1}{x_2} - x_2^2 + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2}} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - {{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} + 2{x_1}{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\end{array}\)
Thay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.\) vào \(P\) ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - {{( - 2m)}^2} + 2\left( {{m^2} + m - 2} \right) + 3\left( { - 2m} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - 4{m^2} + 2{m^2} + 2m - 4 - 6m}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{m^2} - 4m - 4}\\{P = {\rm{ \;}} - 2\left( {{m^2} + 2m + 1} \right) - 2}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{{(m + 1)}^2} - 2}\end{array}\)
Ta có \({(m + 1)^2} \ge 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} \le 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} - 2 \le {\rm{ \;}} - 2\forall m\).
Dấu "=" xảy ra khi \({(m + 1)^2} = 0 \Leftrightarrow m + 1 = 0 \Leftrightarrow m = {\rm{ \;}} - 1\)
Vậy GTLN của \(P\) là -2 , đạt được khi \(m = {\rm{ \;}} - 1\).
Câu 9 (VD):
Phương pháp:
Công thức lượng giác trong tam giác vuông.
Hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
a) Xét tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại \({\rm{A}}\) có:\(AB = BC.{\rm{cos}}60^\circ = 40.\frac{1}{2} = 20\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Vậy \(AB = 20\left( {cm} \right)\).
b) Xét tam giác vuông \({\rm{ABC}}\) ta có:
\(AC = BC.{\rm{sin}}60^\circ = 40.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 20\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right)\)
Vì tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại \({\rm{A}}\) nên: \(\angle B + \angle C = 90^\circ \Rightarrow \angle C = 90^\circ - \angle B = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \)
Xét tam giác vuông \({\rm{AHC}}\) ta có: \(HC = AC.{\rm{cos}}30^\circ = 20\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 30\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \({\rm{ABC}}\), đường cao \({\rm{AH}}\) ta có:
\(AH.BC = AB.AC \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{20.20\sqrt 3 }}{{40}} = 10\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right).\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \({\rm{AHC}}\), đường cao \({\rm{HK}}\) ta có:
\(HK.AC = AH.HC \Rightarrow HK = \frac{{AH.HC}}{{AC}} = \frac{{10\sqrt 3 .30}}{{20\sqrt 3 }} = 15\left( {\;{\rm{cm}}} \right).\)
Vậy HK = \(15\left( {\;{\rm{cm}}} \right)\).
Câu 10 (VDC):
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác OAIC có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) nên nội tiếp.
b) Chứng ${\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {g - g} \right)$ suy ra các cặp cạnh tỉ lệ.
c) Chứng minh AE song song với BD, mà BD vuông góc với MO suy ra điều phải chứng minh.
Cách giải:
a) Ta có \({\rm{IA}}\) và \({\rm{IC}}\) là tiếp tuyến của đường tròn nên \(OA \bot IA;OC \bot CI\). \( \Rightarrow \angle OAI = \angle OCI = 90^\circ \)
Xét tứ giác \({\rm{OAIC}}\) có \(\angle OAI + \angle OCI = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác \({\rm{OAIC}}\) nội tiếp đường tròn (dhnb) (đpcm)
b) Xét và có:
\(\angle CID\) chung
\(\angle ICD = \angle IBC\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
$\Rightarrow {\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {{\rm{\;g}}.{\rm{g}}} \right) \Rightarrow \dfrac{{ID}}{{IC}} = \dfrac{{IC}}{{IB}} \Leftrightarrow I{C^2} = IB.ID\left( {{\rm{dpcm}}} \right)$
c) Do \({\rm{M}}\) là trung điểm của \({\rm{BD}}\) (gt) nên \(OM \bot BD\) (tính chất đường kính vuông góc với dây cung)
Xét tứ giác ICOM có \(\angle IMO + \angle ICO = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác ICOM nội tiếp đường tròn (dhnb)
Mà tứ giác \({\rm{OAIC}}\) nội tiếp đường tròn \(\left( {{\rm{cmt}}} \right)\) nên \({\rm{I}},{\rm{C}},{\rm{O}},{\rm{M}},{\rm{A}}\) cùng thuộc một đường tròn
\( \Rightarrow \angle IMC = \angle IAC\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{IC}}\)) (1)
Mà \(\angle AEC = \angle IAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) (2)
và \(\angle IMC = \angle EMB\) (đối đỉnh) (3)
Từ (1),(2), (3) \( \Rightarrow \angle AEM = \angle EMB\left( { = \angle IMC = \angle IAC} \right)\)
Mà 2 góc này ờ vị trí so le trong nên suy ra \(AE \bot BD\)
Mà \(OM \bot BD\) (cmt) \( \Rightarrow OM \bot AE\) (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 cấu trúc đề thi và luyện tập với các đề thi thử là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho bạn đọc phân tích chi tiết về đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2023, cùng với hướng dẫn giải các dạng bài thường gặp.
Đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2023 thường bao gồm các dạng bài sau:
Tỷ lệ phân bổ điểm cho từng phần thường khá cân bằng, tuy nhiên, có thể có sự thay đổi nhỏ tùy theo từng năm.
Đây là một dạng bài cơ bản nhưng lại xuất hiện thường xuyên trong đề thi. Để giải tốt dạng bài này, học sinh cần nắm vững các phương pháp giải phương trình và hệ phương trình, như phương pháp thế, phương pháp cộng đại số, và phương pháp đặt ẩn phụ.
Tương tự như phương trình, bất phương trình cũng là một dạng bài quan trọng. Học sinh cần nắm vững các quy tắc giải bất phương trình và biết cách biểu diễn nghiệm của bất phương trình trên trục số.
Hàm số là một khái niệm quan trọng trong toán học. Học sinh cần hiểu rõ định nghĩa của hàm số, các loại hàm số, và cách vẽ đồ thị hàm số.
Các bài toán hình học phẳng thường yêu cầu học sinh vận dụng các định lý và tính chất của hình học để giải quyết. Học sinh cần rèn luyện kỹ năng vẽ hình và chứng minh các tính chất hình học.
Các bài toán hình học không gian thường phức tạp hơn so với hình học phẳng. Học sinh cần có khả năng tư duy không gian và vận dụng các công thức tính diện tích, thể tích của các hình khối.
Để giải tốt đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2023, học sinh cần:
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2023, học sinh có thể tham khảo các tài liệu ôn thi sau:
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
