Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Trà Vinh năm 2023. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi chính thức, đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập hiệu quả. Hãy cùng giaitoan.edu.vn chinh phục kỳ thi vào 10 môn Toán Trà Vinh 2023!
Câu 1: a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \). b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right.\) c) Giải phương trình \({x^4} - {x^2} - 12 = 0\).
Câu 1:
a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right.\)
c) Giải phương trình \({x^4} - {x^2} - 12 = 0\).
Câu 2: Trong mặt phẳng toạ đô Oxy, cho \(\left( P \right):y = {x^2}\)và đường thẳng \(\left( d \right):y = - x + 2.\)
a) Vẽ đồ thị hai hàm số \((P)\) và \((d)\).
b) Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\).
Câu 3: Thang cuốn ở siêu thị giúp khách hàng di chuyển từ tầng này sang tầng khác tiện lợi. Biết rằng thang cuốn được thiết kế có độ nghiêng so với mặt phẳng ngang là \(36^\circ \left( {\widehat {BAH} = 36^\circ } \right)\) và có vận tốc là 0,5m/s. Một khách hàng đã di chuyển bằng thang cuốn từ tầng một lên tầng hai theo hướng AB hết 12 giây. Tính chiều cao \((BH)\) của thang cuốn? (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).
Câu 4: Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn tâm O, vẽ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
b) Vẽ đường kính AC của (O), gọi D là giao điểm của MC và (O), biết D khác C. Chứng minh \(M{A^2} = MD.{\rm{ }}MC\)
c) Hai đoạn thẳng AB và MO cắt nhau tại H, kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh ba điểm E, H, D thẳng hàng.
Câu 5: Cho phương trình \({x^2} + 3x + m + 1 = 0\) ( \(m\) là tham số). (1)
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
b) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
--- HẾT---
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Khai phương căn bậc hai và rút gọn
b) Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số
c) Đặt \(t = {x^2}\) và giải phương trình bậc 2.
Cách giải:
a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \\A = \sqrt {{2^2}.5} - 2\sqrt {{4^2}.5} + 3\sqrt {{3^2}.5} \\A = 2.\sqrt 5 - 2.4\sqrt 5 + 3.3\sqrt 5 \\A = 2\sqrt 5 - 8\sqrt 5 + 9\sqrt 5 \\A = \left( {2 - 8 + 9} \right).\sqrt 5 \\A = 3\sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(A = 3\sqrt 5 \).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 8\\2y = x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)\).
c) Giải phương trình \({x^4} - {x^2} - 12 = 0\).
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} - t - 6 = 0\).
Ta có \(\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = \frac{{1 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 3\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = \frac{{1 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 2\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\).
Với \(t = 3 \Rightarrow {x^2} = 3 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 3 \).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \sqrt 3 } \right\}\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ Oxy
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P).
Cách giải:
a) Vẽ đồ thị hai hàm số \((P)\) và \((d)\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(\left( d \right):y = - x + 2\)
Lấy \(x = 0 \Rightarrow y = 2\)
\(y = 0 \Rightarrow x = 2\)
\( \Rightarrow \)Đồ thị hàm số \(\left( d \right):y = - x + 2\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {2;0} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2;4} \right);\,\,B\left( { - 1;1} \right);C\left( {1;1} \right);\,\,D\left( {2;4} \right)\)
Hệ số \(a = 1 > 0\) nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) như sau:
b) Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) ta có:
\(\begin{array}{l}{x^2} = - x + 2\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) - \left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1\) ta có: \(y = {1^2} = 1\)
Với \(x = - 2\) ta có: \(y = {\left( { - 2} \right)^2} = 4\)
Vậy \((P)\)cắt \((d)\) tại \(\left( { - 2;4} \right)\) và \(\left( {1;1} \right)\).
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn.
Cách giải:
Chiều dài thang máy là: \(12.0,5 = 6\left( m \right)\)
Trong DAHB vuông tại H ta có \(\sin \widehat {HAB} = \frac{{HB}}{{AB}}\)
Chiều cao HB của thang cuốn là: \(HB = \sin \widehat {HAB}.AB = \sin {36^0}.6 \approx 3,5\left( m \right)\)
Vậy chiều cao thang cuốn là 3,5m.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
a) Tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)
b) Chứng minh $\Delta MAD\backsim \Delta MCA\left( g.g \right)$
c) Chứng minh tổng các góc bằng \({180^0}\).
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
Do MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên \(MA \bot OA,MB \bot OB\) (tính chất)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle MAO = \angle MBO = {90^0}\\ \Rightarrow \angle MAO + \angle MBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối diện của tứ giác MAOB nên tứ giác MAOB nội tiếp (dhnb) (đpcm)
b) Vẽ đường kính AC của (O), gọi D là giao điểm của MC và (O), biết D khác C. Chứng minh \(M{A^2} = MD.{\rm{ }}MC\)
Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MCA\) có:
\(\angle AMC\) chung
\(\angle MAD = \angle MCA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)
$\Rightarrow \Delta MAD\backsim \Delta MCA\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{MA}{MC}=\frac{MD}{MA}\Leftrightarrow M{{A}^{2}}=MC.MD$ (đpcm)
c) Hai đoạn thẳng AB và MO cắt nhau tại H, kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh ba điểm E, H, D thẳng hàng.
Do MA, MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau của (O) nên MA = MB (tính chất)
Mà OA = OB (bằng bán kính) nên MO là trung trực của AB (tính chất)
\( \Rightarrow \) \(MO \bot AB\) tại H và H là trung điểm của AB
Khi đó xét tam giác MAO vuông tại A, đường cao AH có \(M{A^2} = MH.MO\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Mà \(M{A^2} = MC.MD\) (cmt) nên suy ra \(MH.MO = MD.MC \Leftrightarrow \frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)
Xét \(\Delta MHD\) và \(\Delta MCO\) có
\(\angle OMC\) chung
\(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)
$\Rightarrow \Delta MHD\backsim \Delta MCO\left( c.g.c \right)\Rightarrow \angle {{H}_{2}}=\angle MCO$ (2 góc tương ứng) (1)
Do BE đường kính nên \(\angle BAE = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow AE \bot AB\) mà \(AO \bot AB \Rightarrow AE\parallel AO\)
\( \Rightarrow \angle {H_1} = \angle AED\) (so le trong) (2)
Mà \(\angle AED = \angle ACD\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AD) (3)
Từ (1) (2) (3) suy ra \(\angle {H_1} = \angle {H_2}\)
Mà \(\angle {H_1} + \angle EHM = {180^0}\) (2 góc kề bù) \( \Rightarrow {H_2} + \angle MHE = {180^0}\)
\( \Rightarrow E,H,D\) thẳng hàng
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Tính \(\Delta \) và cho \(\Delta \ge 0\)
b) Áp dụng hệ thức Viet
Cách giải:
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
Do \(a = 1 \ne 0\) nên phương trình (1) là phương trình bậc 2
Ta có \(\Delta = {3^2} - 4.1\left( {m + 1} \right) = 9 - 4m - 4 = 5 - 4m\)
Để phương trình có 2 nghiệm thì \(\Delta \ge 0 \Leftrightarrow 5 - 4m \ge 0 \Leftrightarrow m \le \frac{5}{4}\)
Vậy \(m \le \frac{5}{4}\) thì phương trình (1) có 2 nghiệm.
b) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
Theo a, với \(m \le \frac{5}{4}\) thì phương trình (1) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\)
Áp dụng hệ thức Viet ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 3\\{x_1}.{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Ta có \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
\(\begin{array}{l} = x_1^2 + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\\ = x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 + 7m + {x_1}{x_2}\\ = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + {x_1}{x_2} + 7m\\ = {\left( { - 3} \right)^2} + m + 1 + 7m\\ = 8m + 10\end{array}\)
\( \Rightarrow P = 8m + 10\)
Với \(m \le \frac{5}{4}\)\( \Rightarrow 8m \le 10 \Rightarrow 8m + 10 \le 20 \Leftrightarrow P \le 20\)
Vậy GTLN của \(P = 20\) khi \(m = \frac{5}{4}\).
Câu 1:
a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right.\)
c) Giải phương trình \({x^4} - {x^2} - 12 = 0\).
Câu 2: Trong mặt phẳng toạ đô Oxy, cho \(\left( P \right):y = {x^2}\)và đường thẳng \(\left( d \right):y = - x + 2.\)
a) Vẽ đồ thị hai hàm số \((P)\) và \((d)\).
b) Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\).
Câu 3: Thang cuốn ở siêu thị giúp khách hàng di chuyển từ tầng này sang tầng khác tiện lợi. Biết rằng thang cuốn được thiết kế có độ nghiêng so với mặt phẳng ngang là \(36^\circ \left( {\widehat {BAH} = 36^\circ } \right)\) và có vận tốc là 0,5m/s. Một khách hàng đã di chuyển bằng thang cuốn từ tầng một lên tầng hai theo hướng AB hết 12 giây. Tính chiều cao \((BH)\) của thang cuốn? (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).
Câu 4: Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn tâm O, vẽ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
b) Vẽ đường kính AC của (O), gọi D là giao điểm của MC và (O), biết D khác C. Chứng minh \(M{A^2} = MD.{\rm{ }}MC\)
c) Hai đoạn thẳng AB và MO cắt nhau tại H, kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh ba điểm E, H, D thẳng hàng.
Câu 5: Cho phương trình \({x^2} + 3x + m + 1 = 0\) ( \(m\) là tham số). (1)
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
b) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
--- HẾT---
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Khai phương căn bậc hai và rút gọn
b) Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số
c) Đặt \(t = {x^2}\) và giải phương trình bậc 2.
Cách giải:
a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {20} - 2\sqrt {80} + 3\sqrt {45} \\A = \sqrt {{2^2}.5} - 2\sqrt {{4^2}.5} + 3\sqrt {{3^2}.5} \\A = 2.\sqrt 5 - 2.4\sqrt 5 + 3.3\sqrt 5 \\A = 2\sqrt 5 - 8\sqrt 5 + 9\sqrt 5 \\A = \left( {2 - 8 + 9} \right).\sqrt 5 \\A = 3\sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(A = 3\sqrt 5 \).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 12\\x - 2y = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 8\\2y = x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)\).
c) Giải phương trình \({x^4} - {x^2} - 12 = 0\).
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} - t - 6 = 0\).
Ta có \(\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = \frac{{1 + \sqrt {25} }}{{2.1}} = 3\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = \frac{{1 - \sqrt {25} }}{{2.1}} = - 2\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\).
Với \(t = 3 \Rightarrow {x^2} = 3 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 3 \).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \sqrt 3 } \right\}\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ Oxy
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P).
Cách giải:
a) Vẽ đồ thị hai hàm số \((P)\) và \((d)\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(\left( d \right):y = - x + 2\)
Lấy \(x = 0 \Rightarrow y = 2\)
\(y = 0 \Rightarrow x = 2\)
\( \Rightarrow \)Đồ thị hàm số \(\left( d \right):y = - x + 2\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {2;0} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2;4} \right);\,\,B\left( { - 1;1} \right);C\left( {1;1} \right);\,\,D\left( {2;4} \right)\)
Hệ số \(a = 1 > 0\) nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) như sau:
b) Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) ta có:
\(\begin{array}{l}{x^2} = - x + 2\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) - \left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = 1\) ta có: \(y = {1^2} = 1\)
Với \(x = - 2\) ta có: \(y = {\left( { - 2} \right)^2} = 4\)
Vậy \((P)\)cắt \((d)\) tại \(\left( { - 2;4} \right)\) và \(\left( {1;1} \right)\).
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn.
Cách giải:
Chiều dài thang máy là: \(12.0,5 = 6\left( m \right)\)
Trong DAHB vuông tại H ta có \(\sin \widehat {HAB} = \frac{{HB}}{{AB}}\)
Chiều cao HB của thang cuốn là: \(HB = \sin \widehat {HAB}.AB = \sin {36^0}.6 \approx 3,5\left( m \right)\)
Vậy chiều cao thang cuốn là 3,5m.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
a) Tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)
b) Chứng minh $\Delta MAD\backsim \Delta MCA\left( g.g \right)$
c) Chứng minh tổng các góc bằng \({180^0}\).
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
Do MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên \(MA \bot OA,MB \bot OB\) (tính chất)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle MAO = \angle MBO = {90^0}\\ \Rightarrow \angle MAO + \angle MBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối diện của tứ giác MAOB nên tứ giác MAOB nội tiếp (dhnb) (đpcm)
b) Vẽ đường kính AC của (O), gọi D là giao điểm của MC và (O), biết D khác C. Chứng minh \(M{A^2} = MD.{\rm{ }}MC\)
Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MCA\) có:
\(\angle AMC\) chung
\(\angle MAD = \angle MCA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)
$\Rightarrow \Delta MAD\backsim \Delta MCA\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{MA}{MC}=\frac{MD}{MA}\Leftrightarrow M{{A}^{2}}=MC.MD$ (đpcm)
c) Hai đoạn thẳng AB và MO cắt nhau tại H, kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh ba điểm E, H, D thẳng hàng.
Do MA, MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau của (O) nên MA = MB (tính chất)
Mà OA = OB (bằng bán kính) nên MO là trung trực của AB (tính chất)
\( \Rightarrow \) \(MO \bot AB\) tại H và H là trung điểm của AB
Khi đó xét tam giác MAO vuông tại A, đường cao AH có \(M{A^2} = MH.MO\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Mà \(M{A^2} = MC.MD\) (cmt) nên suy ra \(MH.MO = MD.MC \Leftrightarrow \frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)
Xét \(\Delta MHD\) và \(\Delta MCO\) có
\(\angle OMC\) chung
\(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)
$\Rightarrow \Delta MHD\backsim \Delta MCO\left( c.g.c \right)\Rightarrow \angle {{H}_{2}}=\angle MCO$ (2 góc tương ứng) (1)
Do BE đường kính nên \(\angle BAE = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow AE \bot AB\) mà \(AO \bot AB \Rightarrow AE\parallel AO\)
\( \Rightarrow \angle {H_1} = \angle AED\) (so le trong) (2)
Mà \(\angle AED = \angle ACD\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AD) (3)
Từ (1) (2) (3) suy ra \(\angle {H_1} = \angle {H_2}\)
Mà \(\angle {H_1} + \angle EHM = {180^0}\) (2 góc kề bù) \( \Rightarrow {H_2} + \angle MHE = {180^0}\)
\( \Rightarrow E,H,D\) thẳng hàng
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Tính \(\Delta \) và cho \(\Delta \ge 0\)
b) Áp dụng hệ thức Viet
Cách giải:
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm.
Do \(a = 1 \ne 0\) nên phương trình (1) là phương trình bậc 2
Ta có \(\Delta = {3^2} - 4.1\left( {m + 1} \right) = 9 - 4m - 4 = 5 - 4m\)
Để phương trình có 2 nghiệm thì \(\Delta \ge 0 \Leftrightarrow 5 - 4m \ge 0 \Leftrightarrow m \le \frac{5}{4}\)
Vậy \(m \le \frac{5}{4}\) thì phương trình (1) có 2 nghiệm.
b) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
Theo a, với \(m \le \frac{5}{4}\) thì phương trình (1) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\)
Áp dụng hệ thức Viet ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 3\\{x_1}.{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)
Ta có \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\)
\(\begin{array}{l} = x_1^2 + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} + 7m + 5{x_1}{x_2}\\ = x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 + 7m + {x_1}{x_2}\\ = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + {x_1}{x_2} + 7m\\ = {\left( { - 3} \right)^2} + m + 1 + 7m\\ = 8m + 10\end{array}\)
\( \Rightarrow P = 8m + 10\)
Với \(m \le \frac{5}{4}\)\( \Rightarrow 8m \le 10 \Rightarrow 8m + 10 \le 20 \Leftrightarrow P \le 20\)
Vậy GTLN của \(P = 20\) khi \(m = \frac{5}{4}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại tỉnh Trà Vinh năm 2023 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 nắm vững kiến thức nền tảng và kỹ năng giải quyết vấn đề.
Cấu trúc đề thi thường bao gồm:
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi, các em học sinh cần tập trung ôn luyện các chủ đề sau:
Dưới đây là phân tích chi tiết một đề thi mẫu vào 10 môn Toán Trà Vinh năm 2023:
| Phần | Số câu hỏi | Điểm |
|---|---|---|
| Trắc nghiệm | 20 | 5 |
| Tự luận | 5 | 5 |
| Tổng | 25 | 10 |
| Lưu ý: Đây chỉ là đề thi mẫu, cấu trúc đề thi thực tế có thể khác biệt. | ||
Câu 1 (Trắc nghiệm): Giải phương trình 2x + 3 = 7. (Đáp án: x = 2)
Câu 2 (Trắc nghiệm): Tính diện tích hình vuông có cạnh bằng 5cm. (Đáp án: 25cm2)
Câu 3 (Tự luận): Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Lời giải: Áp dụng định lý Pitago, ta có BC2 = AB2 + AC2 = 32 + 42 = 25. Suy ra BC = 5cm.
Ngoài các đề thi, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Việc ôn luyện kỹ lưỡng và nắm vững kiến thức là chìa khóa để thành công trong kỳ thi vào 10 môn Toán Trà Vinh năm 2023. Chúc các em học sinh đạt kết quả tốt nhất!
