Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Sóc Trăng 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.
Bộ đề thi này bao gồm các đề thi chính thức của kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên và không chuyên của tỉnh Sóc Trăng năm 2021, kèm theo đáp án chi tiết và lời giải bài tập. Các em có thể sử dụng bộ đề này để tự ôn luyện tại nhà hoặc kết hợp với các khóa học online tại Giaitoan.edu.vn để đạt kết quả tốt nhất.
Bài 1. Rút gọn biểu thức:
Phương pháp giải:
Bài 1. Rút gọn biểu thức: \(A = 3\sqrt {48} + \sqrt {75} - 2\sqrt {108} \).
Bài 2. Giải hệ phương trình và phương trình:
a) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 8\\ - x + y = 1\end{array} \right.\)
b) \({x^4} + 7{x^2} - 18 = 0\).
Bài 3. Cho hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\).
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x - 3m\) (với \(m\) là tham số) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1}x_2^2 - {x_2}\left( {3m + 2{x_1}} \right) = 12\).
Bài 4. Trong giai đoạn phòng chống đại dịch Covid-19, Bộ Y tế khuyến cáo người dân thực hiện nghiêm túc thông điệp 5K, trong đó có yêu cầu giữ vệ sinh và “Khử khuẩn”.
Theo kế hoạch một công ty phải sản xuất \(4000\) chai dung dịch khử khuẩn trong một thời gian quy định (số chai dung dịch khử khuẩn sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để tăng cường phòng chống dịch, mỗi ngày công ty đã sản xuất nhiều hơn dự định \(100\) chai dung dịch khử khuẩn. Do đó, công ty đã hoàn thành công việc trước thời hạn \(2\) ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày công ty sản xuất bao nhiêu chai dung dịch khử khuẩn?
Bài 5. Từ điểm \(S\) nằm ngoài đường tròn tâm \(O\), vẽ hai tiếp tuyến \(SA,SB\) với đường tròn (\(A,B\) là các tiếp điểm) và cát tuyến \(SCD\) không đi qua \(O(C\) nằm giữa \(S\) và \(D)\). Gọi \(K\) là giao điểm của \(SO\) với cung nhỏ \(AB\) và \(H\) là giao điểm của \(SO\) với đoạn thẳng \(AB\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(SAOB\) nội tiếp;
b) \(S{A^2} = SC.SD\);
c) \(\angle SCK = \angle HCK\).
Bài 6. Công trình vòng xoay đường Trần Hưng Đạo và đường Lê Hồng Phong ở Thành phố Sóc Trăng có mô hình của một quả địa cầu với đường kính bằng \(5\) mét, bề mặt được làm từ tấm hợp kim. Tính diện tích mặt cầu ứng với mô hình đó.
Phương pháp giải:
Bài 1. Rút gọn biểu thức: \(A = 3\sqrt {48} + \sqrt {75} - 2\sqrt {108} \).
Bài 2. Giải hệ phương trình và phương trình:
a) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 8\\ - x + y = 1\end{array} \right.\)
b) \({x^4} + 7{x^2} - 18 = 0\).
Bài 3. Cho hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\).
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x - 3m\) (với \(m\) là tham số) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1}x_2^2 - {x_2}\left( {3m + 2{x_1}} \right) = 12\).
Bài 4. Trong giai đoạn phòng chống đại dịch Covid-19, Bộ Y tế khuyến cáo người dân thực hiện nghiêm túc thông điệp 5K, trong đó có yêu cầu giữ vệ sinh và “Khử khuẩn”.
Theo kế hoạch một công ty phải sản xuất \(4000\) chai dung dịch khử khuẩn trong một thời gian quy định (số chai dung dịch khử khuẩn sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để tăng cường phòng chống dịch, mỗi ngày công ty đã sản xuất nhiều hơn dự định \(100\) chai dung dịch khử khuẩn. Do đó, công ty đã hoàn thành công việc trước thời hạn \(2\) ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày công ty sản xuất bao nhiêu chai dung dịch khử khuẩn?
Bài 5. Từ điểm \(S\) nằm ngoài đường tròn tâm \(O\), vẽ hai tiếp tuyến \(SA,SB\) với đường tròn (\(A,B\) là các tiếp điểm) và cát tuyến \(SCD\) không đi qua \(O(C\) nằm giữa \(S\) và \(D)\). Gọi \(K\) là giao điểm của \(SO\) với cung nhỏ \(AB\) và \(H\) là giao điểm của \(SO\) với đoạn thẳng \(AB\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(SAOB\) nội tiếp;
b) \(S{A^2} = SC.SD\);
c) \(\angle SCK = \angle HCK\).
Bài 6. Công trình vòng xoay đường Trần Hưng Đạo và đường Lê Hồng Phong ở Thành phố Sóc Trăng có mô hình của một quả địa cầu với đường kính bằng \(5\) mét, bề mặt được làm từ tấm hợp kim. Tính diện tích mặt cầu ứng với mô hình đó.
Bài 1
Phương pháp:
Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.
Cách giải:
\(\begin{array}{l}A = 3\sqrt {48} + \sqrt {75} - 2\sqrt {108} \\\,\,\,\,\, = 3\sqrt {16.3} + \sqrt {25.3} - 2\sqrt {36.3} \\\,\,\,\,\, = 12\sqrt 3 + 5\sqrt 3 - 12\sqrt 3 \\\,\,\,\,\, = \left( {12 + 5 - 12} \right)\sqrt 3 \\\,\,\,\,\, = 5\sqrt 3 \end{array}\)
Vậy \(A = 5\sqrt 3 \).
Bài 2
Phương pháp:
a) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm \(y\)
Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm \(x\)
Kết luận nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) của hệ phương trình.
b) Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\)
Phương trình ban đầu trở thành phương trình bậc hai một ẩn: \(a{t^2} + bt + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\)
Tính \(\Delta \), sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn, tìm được \(t\), lấy \(t\) thỏa mãn điều kiện
Với \(t\) tìm được, ta tìm được \(x\) tương ứng.
Cách giải:
a) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 8\\ - x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 8\\ - 2x + 2y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = 10\\ - x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\).
b) \({x^4} + 7{x^2} - 18 = 0\)
Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình ban đầu trở thành: \({t^2} + 7t - 18 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {7^2} - 4.1.\left( { - 18} \right) = 121 = {11^2} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
\(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = \dfrac{{ - 7 + 11}}{2} = 2\left( {tm} \right)\\{t_2} = \dfrac{{ - 7 - 11}}{2} = - 9\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Với \(t = 2\) ta có: \({x^2} = 2 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2 \).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \sqrt 2 } \right\}\).
Bài 3
Phương pháp:
a) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\)
+ Nhận xét về hệ số \(a\) và sự biến thiên của hàm số
+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)
+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.
b) + Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) (Phương trình \(\left( * \right)\))
+ \(\left( d \right)\) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là \({x_1},{x_2}\) \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
+ Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1}{x_2};{x_1} + {x_2}\), thay vào phương trình của đề bài và giải.
Cách giải:
a) Vì \(a > 1\) nên parabol (P): \(y = {x^2}\) có bề lõm hướng lên và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Hàm số đồng biến khi \(x > 0\) và nghịch biến khi \(x < 0\).
Ta có bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\):
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Suy ra parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;4} \right),\left( { - 1;1} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;1} \right),\left( {2;4} \right)\).
Ta có đồ thị parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\):
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} = 2x - 3m\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 3m = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Để đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x - 3m\) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};{x_2}\) thì phương trình (*) phải có hai nghiệm \({x_1};{x_2}.\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\\ \Leftrightarrow 1 - 3m > 0\\ \Leftrightarrow m < \dfrac{1}{3}\end{array}\)
Theo định lí Viet, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = 3m\end{array} \right.\)
Vì \({x_2}\) là nghiệm của phương trình (*) nên \(x_2^2 - 2{x_2} + 3m = 0 \Leftrightarrow 3m = 2{x_2} - x_2^2\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {x_1}x_2^2 - {x_2}\left( {2{x_2} - x_2^2 + 2{x_1}} \right) = 12\\ \Leftrightarrow {x_1}x_2^2 + x_2^3 - 2{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 12\\ \Leftrightarrow x_2^2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 12\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_2^2 - 2{x_2}} \right) = 12\\ \Leftrightarrow 2x_2^2 - 4{x_2} = 12\\ \Leftrightarrow x_2^2 - 2{x_2} = 6\\ \Rightarrow - 3m - 6 = 0\\ \Leftrightarrow m = - 2\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = - 2\).
Bài 4
Phương pháp:
Gọi số chai dung dịch khử khuẩn mỗi ngày công ty đó sản xuất theo kế hoạch là \(x\) (chai, \(x \in \mathbb{N}*\)).
Tính được thời gian sản xuất theo kế hoạch
Tính được số chai sản xuất trong một ngày và thời gian sản xuất theo thực tế
Từ giả thiết thời gian hoàn thành của kế hoạch và thực tế, lập được phương trình, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi số chai dung dịch khử khuẩn mỗi ngày công ty đó sản xuất theo kế hoạch là \(x\) (chai, \(x \in \mathbb{N}*\)).
Thời gian để sản xuất \(4000\) chai dung dịch khử khuẩn theo kế hoạch là \(\dfrac{{4000}}{x}\) (ngày).
Thực tế mỗi ngày công ty đó sản xuất được \(x + 100\) (chai).
Thời gian thực tế để sản xuất \(4000\) chai dung dịch khử khuẩn là \(\dfrac{{4000}}{{x + 100}}\) (ngày).
Vì công ty đã hoàn thành công việc trước thời hạn \(2\) ngày nên ta có phương trình:
\(\dfrac{{4000}}{x} - \dfrac{{4000}}{{x + 100}} = 2\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 4000\left( {x + 100} \right) - 4000x = 2x\left( {x + 100} \right)\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 200x - 400000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 100x - 200000 = 0\end{array}\)
Ta có: \(\Delta ' = {50^2} + 200000 = 202500 = {450^2} > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\(\left[ \begin{array}{l}x = - 50 + 450 = 400(tm)\\x = - 50 - 450 = - 500\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy số chai dung dịch khử khuẩn mỗi ngày công ty đó sản xuất theo kế hoạch là \(400\) chai.
Bài 5
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Ta sẽ chứng minh: \(\Delta SAC \sim \Delta SDA\left( {g.g} \right) \Rightarrow S{A^2} = SC.SD\)
c) Chứng minh: \(\dfrac{{SC}}{{CH}} = \dfrac{{SO}}{{OA}}\); \(\dfrac{{SK}}{{KH}} = \dfrac{{SA}}{{AH}}\); \(\dfrac{{SO}}{{OA}} = \dfrac{{SA}}{{AH}}\)suy ra \(\dfrac{{SC}}{{CH}} = \dfrac{{SK}}{{KH}}\)
Do đó \(CK\) là tia phân giác của góc \(\angle SCH \Rightarrow \angle SCK = \angle HCK\).
Cách giải:
a) Ta có: \(\angle SAO = \angle SBO = {90^o}\) (vì \(SA,SB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\)).
Xét tứ giác \(SAOB\) ta có: \(\angle SAO + \angle SBO = {90^o} + {90^o} = {180^o}\) nên tứ giác \(SAOB\) nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)
b) Xét \(\Delta SAC\) và \(\Delta SDA\) ta có:
\(\angle ASD\) chung
\(\angle SAC = \angle SDA\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \Delta SAC \sim \Delta SDA\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{SA}}{{SD}} = \dfrac{{SC}}{{SA}}\) (định nghĩa tam giác đồng dạng)
\( \Rightarrow S{A^2} = SC.SD\) (đpcm).
c) Áp dụng hệ thức lượng vào \(\Delta SAO\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\) ta có: \(SH.SO = SC.SD \Rightarrow \dfrac{{SH}}{{SD}} = \dfrac{{SC}}{{SO}}(*)\)
Xét \(\Delta SHC\) và \(\Delta SDO\) ta có:
\(\dfrac{{SH}}{{SD}} = \dfrac{{SC}}{{SO}}\)
\(\angle DSO\) chung
\( \Rightarrow \Delta SHC \sim \Delta SDO\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{SC}}{{HC}} = \dfrac{{SO}}{{DO}} = \dfrac{{SO}}{{OA}}\) hay \(\dfrac{{SC}}{{CH}} = \dfrac{{SO}}{{OA}}\) (1) (vì \(OD = OA = R\))
Xét \(\left( O \right):SA,SB\) là tiếp tuyến của đường tròn
\( \Rightarrow SA = SB\) (tính chất hai tiếp cắt nhau)
Lại có: \(OA = OB = R\)
\( \Rightarrow OS\) là đường trung trục của đoạn \(AB\)
Mà \(K \in OS \Rightarrow AK = BK\) (tính chất đường trung trực của đoạn thẳng)
\( \Rightarrow cungAK = cungBK\)
\( \Rightarrow \angle SAK = \angle KAB\) (cùng chắn 2 cung bằng nhau)
\( \Rightarrow AK\) là đường phân giác của \(\angle SAH\).
Theo tính chất đường phân giác của tam giác, ta có: \(\dfrac{{SK}}{{KH}} = \dfrac{{SA}}{{AH}}\) (2)
Xét \(\Delta SHA\) và \(\Delta SAO\) ta có:
\(\angle OSA\) chung
\(\angle SHA = \angle SAO = {90^o}\)
\( \Rightarrow \Delta SHA \sim \Delta SAO\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{SO}}{{OA}} = \dfrac{{SA}}{{AH}}\) (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra \(\dfrac{{SC}}{{CH}} = \dfrac{{SK}}{{KH}}\).
Do đó \(CK\) là tia phân giác của góc \(\angle SCH \Rightarrow \angle SCK = \angle HCK\).
Bài 6
Phương pháp:
Diện tích mặt cầu có bán kính \(R\) được tính theo công thức \(4\pi {R^2}\)
Cách giải:
Mặt cầu ứng với mô hình đó có bán kính \(R = 2,5m\) nên diện tích mặt cầu ứng với mô hình đó là:
\(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .2,{5^2} = 25\pi \,\left( {{m^2}} \right)\)
Vậy diện tích mặt cầu ứng với mô hình đó là \(25\pi \,\left( {{m^2}} \right)\).
Bài 1
Phương pháp:
Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.
Cách giải:
\(\begin{array}{l}A = 3\sqrt {48} + \sqrt {75} - 2\sqrt {108} \\\,\,\,\,\, = 3\sqrt {16.3} + \sqrt {25.3} - 2\sqrt {36.3} \\\,\,\,\,\, = 12\sqrt 3 + 5\sqrt 3 - 12\sqrt 3 \\\,\,\,\,\, = \left( {12 + 5 - 12} \right)\sqrt 3 \\\,\,\,\,\, = 5\sqrt 3 \end{array}\)
Vậy \(A = 5\sqrt 3 \).
Bài 2
Phương pháp:
a) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm \(y\)
Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm \(x\)
Kết luận nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) của hệ phương trình.
b) Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\)
Phương trình ban đầu trở thành phương trình bậc hai một ẩn: \(a{t^2} + bt + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\)
Tính \(\Delta \), sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn, tìm được \(t\), lấy \(t\) thỏa mãn điều kiện
Với \(t\) tìm được, ta tìm được \(x\) tương ứng.
Cách giải:
a) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 8\\ - x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 8\\ - 2x + 2y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = 10\\ - x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\).
b) \({x^4} + 7{x^2} - 18 = 0\)
Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình ban đầu trở thành: \({t^2} + 7t - 18 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {7^2} - 4.1.\left( { - 18} \right) = 121 = {11^2} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
\(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = \dfrac{{ - 7 + 11}}{2} = 2\left( {tm} \right)\\{t_2} = \dfrac{{ - 7 - 11}}{2} = - 9\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Với \(t = 2\) ta có: \({x^2} = 2 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2 \).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \sqrt 2 } \right\}\).
Bài 3
Phương pháp:
a) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\)
+ Nhận xét về hệ số \(a\) và sự biến thiên của hàm số
+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)
+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.
b) + Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) (Phương trình \(\left( * \right)\))
+ \(\left( d \right)\) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là \({x_1},{x_2}\) \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
+ Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1}{x_2};{x_1} + {x_2}\), thay vào phương trình của đề bài và giải.
Cách giải:
a) Vì \(a > 1\) nên parabol (P): \(y = {x^2}\) có bề lõm hướng lên và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Hàm số đồng biến khi \(x > 0\) và nghịch biến khi \(x < 0\).
Ta có bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\):
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Suy ra parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;4} \right),\left( { - 1;1} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;1} \right),\left( {2;4} \right)\).
Ta có đồ thị parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\):
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} = 2x - 3m\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 3m = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Để đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x - 3m\) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};{x_2}\) thì phương trình (*) phải có hai nghiệm \({x_1};{x_2}.\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\\ \Leftrightarrow 1 - 3m > 0\\ \Leftrightarrow m < \dfrac{1}{3}\end{array}\)
Theo định lí Viet, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = 3m\end{array} \right.\)
Vì \({x_2}\) là nghiệm của phương trình (*) nên \(x_2^2 - 2{x_2} + 3m = 0 \Leftrightarrow 3m = 2{x_2} - x_2^2\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {x_1}x_2^2 - {x_2}\left( {2{x_2} - x_2^2 + 2{x_1}} \right) = 12\\ \Leftrightarrow {x_1}x_2^2 + x_2^3 - 2{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 12\\ \Leftrightarrow x_2^2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 12\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_2^2 - 2{x_2}} \right) = 12\\ \Leftrightarrow 2x_2^2 - 4{x_2} = 12\\ \Leftrightarrow x_2^2 - 2{x_2} = 6\\ \Rightarrow - 3m - 6 = 0\\ \Leftrightarrow m = - 2\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = - 2\).
Bài 4
Phương pháp:
Gọi số chai dung dịch khử khuẩn mỗi ngày công ty đó sản xuất theo kế hoạch là \(x\) (chai, \(x \in \mathbb{N}*\)).
Tính được thời gian sản xuất theo kế hoạch
Tính được số chai sản xuất trong một ngày và thời gian sản xuất theo thực tế
Từ giả thiết thời gian hoàn thành của kế hoạch và thực tế, lập được phương trình, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi số chai dung dịch khử khuẩn mỗi ngày công ty đó sản xuất theo kế hoạch là \(x\) (chai, \(x \in \mathbb{N}*\)).
Thời gian để sản xuất \(4000\) chai dung dịch khử khuẩn theo kế hoạch là \(\dfrac{{4000}}{x}\) (ngày).
Thực tế mỗi ngày công ty đó sản xuất được \(x + 100\) (chai).
Thời gian thực tế để sản xuất \(4000\) chai dung dịch khử khuẩn là \(\dfrac{{4000}}{{x + 100}}\) (ngày).
Vì công ty đã hoàn thành công việc trước thời hạn \(2\) ngày nên ta có phương trình:
\(\dfrac{{4000}}{x} - \dfrac{{4000}}{{x + 100}} = 2\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 4000\left( {x + 100} \right) - 4000x = 2x\left( {x + 100} \right)\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 200x - 400000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 100x - 200000 = 0\end{array}\)
Ta có: \(\Delta ' = {50^2} + 200000 = 202500 = {450^2} > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\(\left[ \begin{array}{l}x = - 50 + 450 = 400(tm)\\x = - 50 - 450 = - 500\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy số chai dung dịch khử khuẩn mỗi ngày công ty đó sản xuất theo kế hoạch là \(400\) chai.
Bài 5
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Ta sẽ chứng minh: \(\Delta SAC \sim \Delta SDA\left( {g.g} \right) \Rightarrow S{A^2} = SC.SD\)
c) Chứng minh: \(\dfrac{{SC}}{{CH}} = \dfrac{{SO}}{{OA}}\); \(\dfrac{{SK}}{{KH}} = \dfrac{{SA}}{{AH}}\); \(\dfrac{{SO}}{{OA}} = \dfrac{{SA}}{{AH}}\)suy ra \(\dfrac{{SC}}{{CH}} = \dfrac{{SK}}{{KH}}\)
Do đó \(CK\) là tia phân giác của góc \(\angle SCH \Rightarrow \angle SCK = \angle HCK\).
Cách giải:
a) Ta có: \(\angle SAO = \angle SBO = {90^o}\) (vì \(SA,SB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\)).
Xét tứ giác \(SAOB\) ta có: \(\angle SAO + \angle SBO = {90^o} + {90^o} = {180^o}\) nên tứ giác \(SAOB\) nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)
b) Xét \(\Delta SAC\) và \(\Delta SDA\) ta có:
\(\angle ASD\) chung
\(\angle SAC = \angle SDA\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \Delta SAC \sim \Delta SDA\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{SA}}{{SD}} = \dfrac{{SC}}{{SA}}\) (định nghĩa tam giác đồng dạng)
\( \Rightarrow S{A^2} = SC.SD\) (đpcm).
c) Áp dụng hệ thức lượng vào \(\Delta SAO\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\) ta có: \(SH.SO = SC.SD \Rightarrow \dfrac{{SH}}{{SD}} = \dfrac{{SC}}{{SO}}(*)\)
Xét \(\Delta SHC\) và \(\Delta SDO\) ta có:
\(\dfrac{{SH}}{{SD}} = \dfrac{{SC}}{{SO}}\)
\(\angle DSO\) chung
\( \Rightarrow \Delta SHC \sim \Delta SDO\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{SC}}{{HC}} = \dfrac{{SO}}{{DO}} = \dfrac{{SO}}{{OA}}\) hay \(\dfrac{{SC}}{{CH}} = \dfrac{{SO}}{{OA}}\) (1) (vì \(OD = OA = R\))
Xét \(\left( O \right):SA,SB\) là tiếp tuyến của đường tròn
\( \Rightarrow SA = SB\) (tính chất hai tiếp cắt nhau)
Lại có: \(OA = OB = R\)
\( \Rightarrow OS\) là đường trung trục của đoạn \(AB\)
Mà \(K \in OS \Rightarrow AK = BK\) (tính chất đường trung trực của đoạn thẳng)
\( \Rightarrow cungAK = cungBK\)
\( \Rightarrow \angle SAK = \angle KAB\) (cùng chắn 2 cung bằng nhau)
\( \Rightarrow AK\) là đường phân giác của \(\angle SAH\).
Theo tính chất đường phân giác của tam giác, ta có: \(\dfrac{{SK}}{{KH}} = \dfrac{{SA}}{{AH}}\) (2)
Xét \(\Delta SHA\) và \(\Delta SAO\) ta có:
\(\angle OSA\) chung
\(\angle SHA = \angle SAO = {90^o}\)
\( \Rightarrow \Delta SHA \sim \Delta SAO\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{SO}}{{OA}} = \dfrac{{SA}}{{AH}}\) (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra \(\dfrac{{SC}}{{CH}} = \dfrac{{SK}}{{KH}}\).
Do đó \(CK\) là tia phân giác của góc \(\angle SCH \Rightarrow \angle SCK = \angle HCK\).
Bài 6
Phương pháp:
Diện tích mặt cầu có bán kính \(R\) được tính theo công thức \(4\pi {R^2}\)
Cách giải:
Mặt cầu ứng với mô hình đó có bán kính \(R = 2,5m\) nên diện tích mặt cầu ứng với mô hình đó là:
\(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .2,{5^2} = 25\pi \,\left( {{m^2}} \right)\)
Vậy diện tích mặt cầu ứng với mô hình đó là \(25\pi \,\left( {{m^2}} \right)\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sóc Trăng năm 2021 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho các em một cái nhìn tổng quan về đề thi vào 10 môn Toán Sóc Trăng năm 2021, cùng với các hướng dẫn giải chi tiết và những lời khuyên hữu ích.
Đề thi vào 10 môn Toán Sóc Trăng năm 2021 thường bao gồm các phần sau:
Độ khó của đề thi thường ở mức trung bình, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức cơ bản và có khả năng vận dụng linh hoạt các công thức và định lý.
Trong đề thi vào 10 môn Toán Sóc Trăng năm 2021, các em học sinh thường gặp các dạng bài tập sau:
Dưới đây là hướng dẫn giải một số bài toán thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Sóc Trăng năm 2021:
Để giải phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0, ta có thể sử dụng công thức nghiệm:
x = (-b ± √(b2 - 4ac)) / 2a
Nếu b2 - 4ac > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Nếu b2 - 4ac = 0, phương trình có một nghiệm kép.
Nếu b2 - 4ac < 0, phương trình vô nghiệm.
Để giải hệ phương trình, ta có thể sử dụng các phương pháp sau:
Để giải bài toán về hình học, ta cần vẽ hình chính xác và sử dụng các định lý và tính chất của hình học để chứng minh hoặc tính toán.
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi vào 10 môn Toán Sóc Trăng năm 2021, các em học sinh cần:
Giaitoan.edu.vn là một nền tảng học toán online uy tín, cung cấp các khóa học chất lượng cao, đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm và các tài liệu ôn thi đầy đủ. Chúng tôi tin rằng, với sự đồng hành của Giaitoan.edu.vn, các em học sinh sẽ tự tin hơn trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sóc Trăng năm 2021 và đạt được kết quả tốt nhất.