Đề thi vào 10 môn Toán

Bài học cùng chương

Bài học chương khác

[Đề thi vào 10 môn Toán] Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019

Hướng dẫn học bài: Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019 - Môn Toán học Lớp 9 Lớp 9. Đây là sách giáo khoa nằm trong bộ sách 'Đề thi vào 10 môn Toán Lớp 9' được biên soạn theo chương trình đổi mới của Bộ giáo dục. Hi vọng, với cách hướng dẫn cụ thể và giải chi tiết các bé sẽ nắm bài học tốt hơn.

đề bài

câu 1 (2 điểm): rút gọn biểu thức

\(a)\,a = \sqrt {45} - 2\sqrt {20} \) \(b)\,b = \dfrac{{3\sqrt 5 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}} \)

câu 2 (2,0 điểm):

a) giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + 4 = 5\end{array} \right.\)

b) cho hàm số \(y = 3{x^2}\) có đồ thị \(\left( p \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + 1\) . tìm tọa độ giao điểm của \(\left( p \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.

câu 3 (3,0 điểm)

cho phương trình \({x^2} - 2mx - 4m - 5 = 0\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)

a) giải phương trình khi \(m = - 2\).

b) chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).

c) gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). tìm \(m\) để: \(\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019\).

câu 4 (3,0 điểm) trên nửa đường tròn, đường kính \(ab\), lấy hai điểm \(i,\,\,q\) sao cho \(i\) thuộc cung \(aq\). gọi \(c\) là giao điểm hai tia \(ai\) và \(bq\); \(h\) là giao điểm hai dây \(aq\) và \(bi\).

a) chứng minh tứ giác \(cihq\) nội tiếp.

b) chứng minh \(ci.ai = hi.bi\).

c) biết \(ab = 2r\). tính giá trị của biểu thức \(m = ai.ac + bq.bc\) theo \(r\).

lời giải

câu 1:

phương pháp:

sử dụng công thức: \(\sqrt {{a^2}b} = \left| a \right|\sqrt b = \left\{ \begin{array}{l}a\sqrt b \,\,\,khi\,\,a \ge 0\\ - a\sqrt b \,\,\,khi\,\,\,\,a < 0\end{array} \right..\)

cách giải:

\(a)\,a = \sqrt {45} - 2\sqrt {20} = \sqrt {{3^2}.5} - 2\sqrt {{2^2}.5} = \,3\sqrt 5 - 2.2\sqrt 5 = 3\sqrt 5 - 4\sqrt 5 = \, - \sqrt 5 \)

\(\begin{array}{l}b)\,b = \dfrac{{3\sqrt 5 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}} = \dfrac{{3\sqrt 5 - 3\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \left| {3 - \sqrt {12} } \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3\left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt 3 - \sqrt 5 }} - \left( { - 3 + \sqrt {12} } \right)\,\,\left( {do\,\,{3^2} < 12\,\, \rightarrow 3 < \sqrt {12} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\, = - 3 + 3 - \sqrt {12} \, = - \sqrt {12} \, = - 2\sqrt 3 \end{array}\)

câu 2 (vd):

phương pháp:

a) giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.

b) số giao điểm của \(\left( p \right)\) và \(\left( d \right)\) chính bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( p \right)\) và \(\left( d \right)\). từ đó ta tìm được giao điểm của \(\left( p \right)\) và \(\left( d \right)\).

cách giải:

a) giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\y = 5 - x\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\)

vậy hệ phương trình có nghiệm là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\)

b) cho hàm số \(y = 3{x^2}\) có đồ thị \(\left( p \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + 1\) . tìm tọa độ giao điểm của \(\left( p \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.

xét phương trình hoành độ giao điểm: \(3{x^2} = 2x + 1 \leftrightarrow 3{x^2} - 2x - 1 = 0\,\,\left( * \right)\)

phương trình \(\left( * \right)\) có hệ số: \(a = 3;\,\,\,b = - 2;\,\,\,c = - 1 \rightarrow a + b + c = 3 - 2 - 1 = 0\).

\( \rightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 1}}{3}\end{array} \right.\)

với \(x = 1 \rightarrow y = 3{x^2} = {3.1^2} = 3\,\, \rightarrow a\left( {1;3} \right)\)

với \(x = \dfrac{{ - 1}}{3} \rightarrow y = 3{x^2} = 3.{\left( {\dfrac{{ - 1}}{3}} \right)^2} = \dfrac{1}{3} \rightarrow b\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\,\dfrac{1}{3}} \right)\)

vậy tọa độ giao điểm của \(\left( p \right)\) và \(\left( d \right)\)là \(a\left( {1;3} \right)\) và \(\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\dfrac{1}{3}} \right)\)

câu 3 (vd):

phương pháp:

a) thay \(m = - 2\) vào phương trình và giải phương trình bậc hai.

b) chứng minh \(\delta > 0\,\,\forall m\), sử dụng hằng đẳng thức.

c) áp dụng định lí vi-ét.

cách giải:

a) thay \(m = - 2\) vào phương trình (1) ta có: \({x^2} + 4x + 3 = 0\).

\(\begin{array}{l} \leftrightarrow {x^2} + 3x + x + 3 = 0 \leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) + \left( {x + 3} \right) = 0\\ \leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0 \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}\)

vậy khi \(m = - 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(s = \left\{ { - 3; - 1} \right\}\).

b) ta có \(\delta ' = {m^2} - \left( { - 4m - 5} \right) = {m^2} + 4m + 5 = {\left( {m + 2} \right)^2} + 1 > 0\,\,\forall m\).

do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).

c) gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). áp dụng định lí vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = - 4m - 5\end{array} \right.\)

theo bài ra ta có: \(\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019\)

\(\begin{array}{l} \leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2{x_2} - 4m + 33 = 1524038\\ \leftrightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000\end{array}\)

do \({x_1}\) là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right) \rightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 = 0\).

\( \rightarrow 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000 \leftrightarrow 2.2m = 1524000 \leftrightarrow m = 381000\).

vậy \(m = 381000\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

câu 4 (vd):

cách giải:

a) chứng minh tứ giác \(cihq\) nội tiếp.

ta có \(\angle aib = \angle aqb = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \rightarrow \angle cih = \angle cqh = {90^0}\).

xét tứ giác \(cihq\) có: \(\angle cih + \angle cqh = {90^0} + {90^0} = {180^0} \rightarrow \) tứ giác \(cihq\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰).

b) chứng minh \(ci.ai = hi.bi\).

xét tam giác \(ahi\) và tam giác \(bci\) có:

\(\angle aih = \angle bih = {90^0};\)

\(\angle iah = \angle ibc\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(iq\));

c) biết \(ab = 2r\). tính giá trị của biểu thức \(m = ai.ac + bq.bc\) theo \(r\).

ta có:

\(\begin{array}{l}m = ai.ac + bq.bc\\\,\,\,\,\,\,\, = ac\left( {ac - ic} \right) + bq\left( {bq + qc} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = a{c^2} - ac.ic + b{q^2} + bq.qc\\\,\,\,\,\,\,\, = a{q^2} + q{c^2} - ac.ic + b{q^2} + bq.qc\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {a{q^2} + b{q^2}} \right) + qc\left( {qc + bq} \right) - ac.ic\\\,\,\,\,\,\,\, = a{b^2} + qc.bc - ac.ic\end{array}\)

tứ giác \(aiqb\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( o \right) \rightarrow \angle ciq = \angle cba\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

xét tam giác \(ciq\) và tam giác \(cba\) có:

\(\angle acb\) chung;

\(\angle ciq = \angle cba\,\,\left( {cmt} \right);\)

vậy \(m = ai.ac + bq.bc = a{b^2} = {\left( {2r} \right)^2} = 4{r^2}\).