Author Archives: Hung Nguyen

Đề thi và đáp án vào lớp 10 TPHCM 2017

Leave a reply

I. ĐỀ

Câu 1.
a) Giải các phương trình: $x^2=(x-1)(3x-2)$.
b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi $100m$. Tính chiều dài và chiều rộng của miếng đất biết rằng 5 lần chiều rộng hơn 2 lần chiều dài $40m$.

Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$:
a) Vẽ đồ thị $(P)$ của hàm số $y=\dfrac{1}{4}x^2$.
b) Cho đường thẳng $(D):y=\dfrac{3}{2}x+m$ đi qua điểm $C(6;7)$. Tìm tọa độ giao điểm $(D)$ và $(P)$.
Câu 3.
a) Thu gọn biểu thức $A=(\sqrt{3}+1)\sqrt{\dfrac{14-6\sqrt{3}}{5+\sqrt{3}}}$.
b) Lúc 6 giờ sáng , bạn An đi xe đạp từ nhà (điểm $A$) đến trường (điểm $B$) phải leo lên và xuống một con dốc (như hình bên dưới). Cho biết đoạn thằng $AB$ dài $762m$, góc $A=6^\circ$, góc $B=4^\circ$.

  1. Tính chiều cao $h$ của con dốc.
  2. Hỏi bạn An đến trường lúc mấy giờ? Biết rằng tốc độ trung bình lên dốc là $4km/h$ và tốc độ trung bình xuống dốc là $19km/h$.

Câu 4. Cho phương trình: $x^2-(2m-1)x+m^2-1=0\,(1)$ ($x$ là ẩn số).

a) Tìm điều kiện của $m$ để phương trình $(1)$ có 2 nghiệm phân biệt.
b) Định $m$ để hai nghiệm $x_1$, $x_2$ của phương trình $(1)$ thỏa mãn:
$$(x_1-x_2)^2=x_1-3x_2$$
Câu 5. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$ cắt các đoạn $BC$ và $OC$ lần lượt tại $D$ và $I$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $OC$; $AH$ cắt $BC$ tại $M$.
a) Chứng minh tứ giác $ACDH$ nội tiếp và $\angle{CHD}=\angle{ABC}$.
b) Chứng minh hai tam giác $OHB$ và $OBC$ đồng dạng và $HM$ là tia phân giác của góc $BHD$.
c) Gọi $K$ là trung điểm $BD$. Chứng minh $MD.BC=MB.CD$ và $MB\cdot MD=MK\cdot MC$.
d) Gọi $E$ là giao điểm của $AM$ và $OK$; $J$ là giao điểm của $IM$ và $(O)$ ($J$ khác $I$). Chứng minh hai đường thẳng $OC$ và $EJ$ cắt nhau tại một điểm nằm trên $(O)$.

II. ĐÁP ÁN

Câu 1.
a) $x^2 = (x-1)(3x-2) $
$\Leftrightarrow x^2= 3x^2 – 5x + 2 $
$\Leftrightarrow 2x^2 – 5x+2=0 $
$\Leftrightarrow 2x^2 – 4x -x +2 =0 $
$\Leftrightarrow 2x(x-2)-(x-2) =0 $
$\Leftrightarrow (x-2)\left( 2x-1 \right) =0 $

$\Leftrightarrow  x=2$ hoặc $x=\dfrac{1}{2} $
b) Gọi $a$, $b$ (m) lần lượt là chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật. ($a,b >0$)
Ta có hệ phương trình:
$2(a+b) = 100$ và  $5b-2a=40$
$\Leftrightarrow a=30$ và $b= 20$
Vậy chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là 30m và 20m.

Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$:
a) Đồ thị:

Đồ thị $(P)$ đi qua điểm $(2; 1)$, $(-2;1)$ và $O(0;0)$
b) Đường thẳng $(D)$ đi qua điểm $C(6;7)$ nên
$7=\dfrac{3}{2}.6+m \Rightarrow m= -2$
Do đó phương trình đường thẳng $(D)$ là $(D):y=\dfrac{3}{2}x-2$.
Phương trình hoành độ giao điểm của $(D)$ và $(P)$ là:

$\dfrac{3}{2}x-2= \dfrac{1}{4}x^2 $
$\Leftrightarrow x^2 – 6x+8 =0 $
$\Leftrightarrow x= 4 \Rightarrow y= 4 $ hoặc $x=2 \Rightarrow y= 1$
Vậy các giao điểm của $(D)$ và $(P)$ có tọa độ là $(4;4)$ và $(2,1)$
Câu 3.
a) $\left( \sqrt{3}+1 \right) \sqrt{\dfrac{14-6\sqrt{3}}{5+\sqrt{3}}} = \left( \sqrt{3}+1 \right) \sqrt{\dfrac{20+4\sqrt{3}-10\sqrt{3}-6}{5+\sqrt{3}}} $
$= \left( \sqrt{3}+1 \right) \sqrt{\dfrac{\left( 4-2\sqrt{3}\right) \left( 5+ \sqrt{3} \right) }{5 + \sqrt{3}}} = \left( \sqrt{3}+1 \right) \sqrt{\left( \sqrt{3}-1 \right) ^2} $
$= \left( \sqrt{3}+ 1 \right) \left( \sqrt{3}-1 \right) =3-1 =2$
b)

  1. Ta có:
    $AH = h.cotg \angle CAH= h.cotg \; 6^\circ $
    $BH = h.cotg \angle CBH= h.cotg \; 4^\circ$
    Mà $AH + BH = AB$ nên
    $h.cotg \; 6^\circ + h.cotg \; 4^\circ = 762 $
    $\Leftrightarrow h= \dfrac{762}{cotg \; 6^\circ + cotg \; 4^\circ } $ $\Leftrightarrow h \approx 32$
    Vậy chiều cao của con dốc là $h \approx 32m$
  2.  $AC= \dfrac{h}{\sin \angle CAH} \approx \dfrac{32}{\sin 6^\circ }$
    Vận tốc An lên dốc là $4\; km/h = 4000 \; m /h$
    Thời gian An lên dốc là $\dfrac{\dfrac{32}{\sin 6^\circ }}{4000}$ (giờ)
    $BC= \dfrac{h}{\sin \angle CBH} \approx \dfrac{32}{\sin 4^\circ }$
    Vận tốc An xuống dốc là $19 \; km/h = 19000 \; m/h$
    Thời gian An xuống dốc là $\dfrac{\dfrac{32}{\sin 4^\circ }}{19000}$ (giờ)
    Thời gian để An đến trường là $\dfrac{\dfrac{32}{\sin 6^\circ }}{4000} + \dfrac{\dfrac{32}{\sin 4^\circ }}{19000} \approx 0.1$ (giờ) $\approx 6$ (phút)
    Vậy An đến trường lúc 6 giờ 6 phút.

Câu 4. $x^2 – (2m-1)x + m^2 -1 =0$ (1)

a) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì
$a=1 \ne 0$ và $\Delta >0 $
$\Leftrightarrow (2m-1)^2 – 4 \left( m^2 -1 \right) >0$
$\Leftrightarrow 4m^2 – 4m +1 – 4m^2 + 4 >0 \Leftrightarrow m < \dfrac{5}{4}$
b) Để phương trình có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ thì $a=1 \ne 0$ và $\Delta \ge 0 $ $\Rightarrow m \le \dfrac{5}{4}$
Theo Viet, ta có: $S= 2m-1 $, $P= m^2 -1$
$\left( x_1 -x_2 \right) ^2 = x_1 – 3x_2 $
$\Leftrightarrow \left( x_1 + x_2 \right) ^2 = x_1 + x_2 + 4x_1x_2 -4x_2 $
$\Leftrightarrow (2m-1)^2 = 2m-1 + 4m^2 – 4 – 4x_2 $
$\Leftrightarrow 4m^2 -4m +1 = 2m -1 + 4m^2 -4 – 4x_2 $
$\Leftrightarrow 4x_2 = 6m-6 \Leftrightarrow x_2 = \dfrac{3}{2}m – \dfrac{3}{2}$
$S= x_1 + x_2 = 2m -1 \Rightarrow x_1 = \dfrac{1}{2}m+ \dfrac{1}{2}$
$P = x_1x_2 = m^2 -1 $
$\Rightarrow \left( \dfrac{1}{2}m + \dfrac{1}{2} \right) \left( \dfrac{3}{2}m – \dfrac{3}{2} \right) = m^2 -1 \Leftrightarrow m^2 -1 =0 \Leftrightarrow
m =1 (n)$ hay
m= -1 (n)
Vậy $m=1$ hoặc $m=-1$

Câu 5.

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$ cắt các đoạn $BC$ và $OC$ lần lượt tại $D$ và $I$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $OC$; $AH$ cắt $BC$ tại $M$.
a) $\angle ADB = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
$\Rightarrow \angle AHC = \angle ADC = 90^\circ \Rightarrow ACDH$ là tứ giác nội tiếp.
$\Rightarrow \angle CAD= \angle CHD$.
Mà $\angle CAD= \angle ABC$ (cùng phụ với $\angle ACB$) nên $\angle CHD = \angle ABC$.
b) Theo câu a), ta có: $\angle CHD = \angle ABC \Rightarrow OBDH$ là tứ giác nội tiếp.
$\Rightarrow \angle OHB = \angle ODB$.
Mà $\angle ODB = \angle OBD$ nên $\angle OHB = \angle OBD \Rightarrow \triangle OHB \backsim \triangle OBC$
$\angle OHB = \angle OBD = \angle CHD \Rightarrow 90^\circ – \angle OHB = 90^\circ – \angle CHD \Rightarrow \angle BHM = \angle DHM$.
Do đó $HM$ là tia phân giác của $\angle BHD$
c) $HM$ là phân giác $\angle BHD$ mà $HM \bot HC$ nên $HC$ là phân giác ngoài của $\angle BHD$.
Do đó ta có $\dfrac{MB}{MD}= \dfrac{HB}{HD}= \dfrac{CB}{CD} \Rightarrow MD.BC= MB.CD$
Tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ cắt $AM$ tại $E$.
$\Rightarrow \angle OBE =90 ^\circ \Rightarrow OBEH$ là tứ giác nội tiếp. $\Rightarrow \angle BOE = \angle BHE$, mà $\angle BHE = \angle DHE$ nên $\angle BOE = \angle DHE$ (1)
Lại có $OBDH$ nội tiếp (cmt) nên 5 điểm $O$, $B$, $E$, $D$, $H$ cùng nằm trên một đường tròn.
$\Rightarrow OHDE$ nội tiếp $\Rightarrow \angle DHE = \angle DOE$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\angle BOE = \angle DOE \Rightarrow OE$ là phân giác $\angle BOD$.
Do đó $O$, $K$, $E$ thẳng hàng.
$\Rightarrow EK \bot BC $
$\angle EKC = \angle EHC =90^\circ \Rightarrow EKHC$ nội tiếp $\Rightarrow MK.MC = MH.ME$.
$BHDE$ nội tiếp nên $MB.MD = MH.ME$.
Vậy $MB.MD = MK.MC$
d) Gọi $F$ là giao điểm của $EJ$ và $OC$.
Ta có $MH.ME = MB.MD$, $MB.MD = MI.MJ$ nên $MH.ME= MI.MJ \ \Rightarrow \triangle MJE \backsim \triangle MHI \Rightarrow \angle MJE = \angle MHI = 90^\circ \Rightarrow \angle IJF = 90^\circ
\Rightarrow \angle IJF$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $(O)$.
Do đó $F$ nằm trên đường tròn $(O)$.
Vậy $EJ$ và $OC$ cắt nhau tại điểm $F$ nằm trên đường tròn.

 

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 TPHCM 2012

Leave a reply

I. ĐỀ

Bài 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) $2x^2-x-3=0$
b) $ 2x-3y=7$ và $3x+2y=4 $
c) $x^4+x^2-12=0$
d) $x^2-2\sqrt{2}x-7=0$.

Bài 2.
a) Vẽ đồ thị $(P)$ của hàm số $y = \dfrac{1}{4}x^2$ và đường thẳng $(D): y =-\dfrac{1}{2}x + 2$ trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ ở câu trên bằng phép tính.
Bài 3. Thu gọn các biểu thức sau:
a) $A = \dfrac{1}{{x + \sqrt x }} + \dfrac{{2\sqrt x }}{{x – 1}} – \dfrac{1}{{x – \sqrt x }}$ với $x > 0,x \ne 1$
b) $B = \left( {2 – \sqrt 3 } \right)\sqrt {26 + 15\sqrt 3 } – \left( {2 + \sqrt 3 } \right)\sqrt {26 – 15\sqrt 3 } $.
Bài 4. Cho phương trình $x^2-2mx+m-2=0$. ($x$ là ẩn số).

a) Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi $m$.
b) Gọi $x_1, x_2$ là các nghiệm của phương trình. Tìm $m$ để biểu thức $M = \dfrac{-24}{x_1^2+x_2^2-6x_1x_2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 5. Cho đường tròn $(O)$ có tâm $O$ và điểm $M$ nằm ngoài đường tròn $(O)$. Đường thẳng $MO$ cắt $(O)$ tại $E$ và $F$ (ME < MF). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến $MC$ của $(O)$ ($C$ là tiếp điểm, $A$ nằm giữa hai điểm $M$ và $B$, $A$ và $C$ nằm khác phía đối với đường thẳng $MO$.
a) Chứng minh $MA.MB = ME.MF$.
b) Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của điểm $C$ lên đường thẳng $MO$. Chứng minh tứ giác $AHOB$ nội tiếp.
c) Trên nửa mặt phẳng bờ $OM$ có chứa điểm $A$, vẽ nửa đường tròn đường kính $MF$; nửa đường tròn này cắt tiếp tuyến tại $E$ của $(O)$ ở $K$. Gọi $S$ là giao điểm của hai đường thẳng $CO$ và $KF$. Chứng minh rằng đường thẳng $MS$ vuông góc với đường thẳng $KC$.
d) Gọi $P, Q$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $EFS$ và $ABS$ và $T$ là trung điểm của $KS$. Chứng minh ba điểm $P, Q, T$ thẳng hàng.

II. ĐÁP ÁN

Bài 1.
a) $2x^2-x-3=0$ (a)
Vì phương trình (a) có $a-b+c=0$ nên
$(a) \Leftrightarrow x=-1$ hoặc $x=\dfrac{3}{2}$
b)
$2x-3y=7  (1)$  và
$3x+2y =4  (2)$
$\Leftrightarrow   2x-3y=7 (1)  và  $x+5y =-3  (3)  ((2)-(1))
$ \Leftrightarrow  -13y=13  ((1)-2(3))$  và  $x+5y=-3  (3)$
$\Leftrightarrow  y=-1$  và  $x=2$
c)  $x^4 + x^2 -12 =0$ $(c)$

Đặt $u= x^2 \ge 0$, phương trình trở thành: $u^2 + u -12 =0$ $(1)$
$(1)$ có $\Delta =49$ nên $(1) \Leftrightarrow u= \dfrac{-1+7}{2}=3$ hoặc $u=\dfrac{-1-7}{2}=-4$ (loại)
Do đó, $(c) \Leftrightarrow x^2=3 \Leftrightarrow x= \pm \sqrt{3}$
Cách khác:
$(c) \Leftrightarrow \left( x^2-3 \right) \left( x^2 +4 \right) =0 $

$\Leftrightarrow x^2 =3$

$\Leftrightarrow x = \pm \sqrt{3}$
d) $x^2 – 2\sqrt{2}-7=0$ (d)
$\Delta ‘ = 2+7=9$ do đó $(d) \Leftrightarrow x=\sqrt{2} \pm 3$.

Bài 2.
a) Đồ thị:

Lưu ý: $(P)$ đi qua $O(0;0)$, $( \pm 2 ;1)$, $(\pm 4; 4 )$
$(D)$ đi qua $(-4;4)$, $(2;1)$
b) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là:
$\dfrac{1}{4}x^2 = \dfrac{-1}{2}x+2 \Leftrightarrow x^2 +2x-8 =0 $

$\Leftrightarrow x=-4$ hoặc $x=2$
$y(-4) = 4,  y(2) =1$
Vậy tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là $(-4;4)$, $(2;1)$.
Bài 3.
a) $A= \dfrac{1}{x+\sqrt{x}}+ \dfrac{2\sqrt{x}}{x-1} – \dfrac{1}{x-\sqrt{x}}= \dfrac{x-\sqrt{x}-x-\sqrt{x}}{x^2-x}+ \dfrac{2\sqrt{x}}{x-1} $
$= \dfrac{-2\sqrt{x}}{x(x-1)}+\dfrac{2\sqrt{x}}{x-1}=\dfrac{2\sqrt{x}}{x-1} \left[- \dfrac{1}{x} +1 \right] = \dfrac{2\sqrt{x}(x-1)}{x(x-1)}=\dfrac{2}{\sqrt{x}}$ với $x>0$; $x\ne 1$
b) $B= \left( 2-\sqrt{3} \right) \sqrt{26+15\sqrt{3}}-\left( 2+\sqrt{3} \right) \sqrt{26-15\sqrt{3}}$
$= \dfrac{1}{\sqrt{2}}\left( 2-\sqrt{3} \right) \sqrt{52+30\sqrt{3}}-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left( 2+\sqrt{3} \right) \sqrt{52-30\sqrt{3}}$
$= \dfrac{1}{\sqrt{2}} \left( 2-\sqrt{3} \right) \sqrt{\left( 3\sqrt{3} + 5 \right)^2 } – \dfrac{1}{\sqrt{2}} \left( 2+\sqrt{3} \right) \sqrt{\left( 3\sqrt{3} – 5 \right)^2 }$
$= \dfrac{1}{\sqrt{2}} \left( 2-\sqrt{3} \right) \left( 3\sqrt{3} + 5 \right) – \dfrac{1}{\sqrt{2}} \left( 2+\sqrt{3} \right) \left( 3\sqrt{3} – 5 \right) $
$=\sqrt{2}$
Bài 4.

a) Phương trình (1) có:

$\Delta’ =m^2-m+2 = \left( m-\dfrac{1}{2} \right) ^2 + \dfrac{7}{4} >0 $ với mọi $m$ nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi $m$.
b) Do đó, theo Viet, với mọi $m$, ta có: $S=-\dfrac{b}{a} = 2m$; $P=\dfrac{c}{a}= m-2$
$M=\dfrac{-24}{\left( x_1+x_2 \right) ^2-8x_1x_2 } = \dfrac{-24}{4m^2-8m+16}= \dfrac{-6}{m^2-2m+4} = \dfrac{6}{(m-1)^2 + 3}$
Khi $m=1$ ta có $(m-1)^2 + 3$ nhỏ nhất
$\Rightarrow -M = \dfrac{6}{(m-1)^2+3}$ lớn nhất khi $m=1 $
$\Rightarrow M = \dfrac{-6}{(m-1)^2+3}$ nhỏ nhất khi $m=1$.
Vậy $M$ đạt giá trị nhỏ nhất là $-2$ khi $m=1$.
Bài 5.


a) Ta có $\angle MAE = \angle MFB$ (do $EFBA$ nội tiếp)
$\angle EMA = \angle BMF$
$\Rightarrow \triangle MEA \backsim \triangle MBF$
$\Rightarrow \dfrac{ME}{MB}= \dfrac{MA}{MF} \Rightarrow MA \cdot MB = ME \cdot MF $
b) Ta có $\triangle MCO$ vuông tại $C$, $CH$ là đường cao
$\Rightarrow MC^2 = MH \cdot MO$
$\triangle MAC \backsim \triangle MCB  (g-g) $
$\Rightarrow MC^2 = MA \cdot MB$
Do đó $MA \cdot MB = MH \cdot MO$
$\Rightarrow \dfrac{MA}{MO} = \dfrac{MH}{MB}$
mà $\angle AMH = \angle OMB $
$\Rightarrow \triangle AMH \backsim \triangle OMB $
$\Rightarrow \angle MAH = \angle MOB $
$\Rightarrow $ $AHOB$ nội tiếp
c) $\triangle MKF$ vuông tại $K$ có $KE$ là đường cao nên $MK^2 = ME \cdot MF$
Mà $MC^2 = MA \cdot MB = ME \cdot MF $
$\Rightarrow MK = MC$ (1)
Hai tam giác vuông $MKS$ và $MCS$ bằng nhau (cạnh huyền – cạnh góc vuông)
$\Rightarrow SK = SC$ (2)
Từ (1) và (2) $\Rightarrow$ $MS$ là trung trực của $KC$ $\Rightarrow MS \bot KC$
\item Gọi $I$ là giao điểm của $MS$ và $KC$
$\triangle MCS$ vuông tại $C$, $CI$ là đường cao nên $MC^2 = MI \cdot MS$
Mà $MC^2 = MA \cdot MB \Rightarrow MI \cdot MS = MA \cdot MB$
$\Rightarrow \dfrac{MA}{MS} = \dfrac{MI}{MB}$
$\angle AMI = \angle SMB \Rightarrow \triangle MAI \backsim \triangle MSB \Rightarrow \angle MIA = \angle MBS $
$\Rightarrow $ $ABSI$ nội tiếp (3)
$MI \cdot MS = MA \cdot MB = ME \cdot MF \Rightarrow \dfrac{ ME}{MS} = \dfrac{MI}{MF}$
Mà $\angle EMI = \angle SMF \Rightarrow \triangle MEI \backsim \triangle MSF $

$\Rightarrow \angle MEI = \angle MSF $
$\Rightarrow $ $EFSI$ nội tiếp (4)
Từ (3) và (4) suy ra hai đường tròn $(EFS)$ và $(ABS)$ cắt nhau tại $S$ và $I$
Mà $P$ và $Q$ là các tâm của hai đường tròn này
$\Rightarrow $ $PQ$ là trung trực của $SI$
$\triangle KIS$ vuông tại $I$ có $T$ là trung điểm của $KS$
$\Rightarrow TI = TS$
$\Rightarrow $ $T$ thuộc đường thẳng $PQ$.

 

Phương trình đưa về phương trình bậc nhất

Leave a reply

1.Cách giải

Khi giải phương trình, chúng ta thường tìm cách biến đổi (dùng quy tắc chuyển vế hay quy tắc nhân) để đưa phương trình đó về dạng biết cách giải (đơn giản nhất là dạng $ax+b=0$ hay $ax=-b$).

2.Chú ý

  • Trong một vài trường hợp, ta còn có những cách biến đổi khác đơn giản hơn (ngoài việc bỏ dấu ngoặc và quy đồng mẫu).
  • Qúa trình giải có thể dẫn đến các trường hợp đặc biệt là hệ số của ẩn bằng $0$. Khi đó, phương trình có thể vô nghiệm hoặc nghiệm đúng với mọi $x$.

3. Ví dụ: Giải các phương trình sau:
a) $ 2(x-3)=12 $

Giải

$ 2(x-3)=12 $

$\Leftrightarrow 2x-6=12$

$\Leftrightarrow 2x=18$

$\Leftrightarrow x=9$

Tập nghiệm của phương trình: $S=\{9\}.

 

b)  $ x-(8+x)=4 $

Giải

$ x-(8+x)=4 $

$\Leftrightarrow x-8-x=4$

$\Leftrightarrow 0x=12$

$\Leftrightarrow 0=12 $ (vô lý)

Vậy phương trình trên vô nghiệm.

c) $ \dfrac{7x-1}{6}+2x=$ \dfrac{16-x}{5} $

Giải

$ \dfrac{5(7x-1)}{30}+\dfrac{30 \cdot 2x}{30}=$ \dfrac{6(16-x)}{30} $

$\Leftrightarrow 35x-5+60x=96-6x$

$\Leftrightarrow 95x-5=96-6x$

$\Leftrightarrow 95x+6x=96+5$

$\Leftrightarrow 101x=101$

$\Leftrightarrow x=1$

Tập nghiệm của phương trình: $S=\{1\}.

d)  $ (x+3)^2=x^2+4x $

Giải

$ (x+3)^2=x^2+4x $

$\Leftrightarrow x^2+6x+9=x^2+4x$

$\Leftrightarrow x^2-x^2+6x-4x=-9$

$\Leftrightarrow 2x=-9$

$\Leftrightarrow x=-\dfrac{9}{2}$

Tập nghiệm của phương trình: $S=\{-\dfrac{9}{2}\}.

4. Bài tập

Bài 1. Giải các phương trình sau:

a) $ 4x+20=0 $
b)  $ 2x-3=3(x-1)+x+2 $
c) $ (x-1)(x+3)=x^2+4 $
d) $ x-(x+2)(x-3)=4-x^2 $.

Bài 2. Giải các phương trình ẩn $ x $ sau:

a) $ \dfrac{x+2}{5}=3 $
b) $ \dfrac{3x-2}{7}=4 $
c) $\dfrac{x-2}{3}=1 $
d) $ \dfrac{x}{2}=x+5 $.

Bài 3. Giải các phương trình sau:

a) $ (x-1)^2+(x+3)^2=2(x-2)(x+1)+38 $
b) $ 5(x^2-2x-1)+2(3x-2)=5(x+1)^2 $
c) $(x-3)^3-2(x-1)=x(x-2)^2-5x^2 $
d) $ x(x+3)^2-3x=(x+2)^3+1 $.

Bài 4. Tìm giá trị của $ m $ sao cho phương trình:

a) $ 12-2(1-x)^2=4(x-m)-(x-3)(2x+5) $ có nghiệm $ x=3. $
b) $ (9x+1)(x-2m)=(3x+2)(3x-5) $ có nghiệm $ x=1. $

Phương trình bậc nhất một ẩn

Leave a reply

1.Định nghĩa phương trình bậc nhất một ẩn

Phương trình dạng $ax+b=0$, với $a$ và $b$ là hai số đã cho và $a \neq 0$, được gọi là phương trình bậc nhất một ẩn.

2. Hai quy tắc biến đổi phương trình

a) Quy tắc chuyển vế: Trong một phương trình, ta có thể chuyển một hạng tử từ vế này sang vế kia và đổi dấu hạng tử đó.

b) Quy tắc nhân với một số: Trong một phương trình, ta có thể nhân (hoặc chia) cả hai vế với cùng một số khác $0$.

3. Cách giải phương trình bậc nhất một ẩn

  • Từ một phương trình, dùng quy tắc chuyển vế hay quy tắc nhân, ta luôn nhận được một phương trình mới tương đương với phương trình đã cho.
  • Phương trình bậc nhất $ax+b=0$ (với $a \neq 0$) được giải như sau:

$ax+b=0 \Leftrightarrow ax=-b \Leftrightarrow x = -\dfrac{b}{a}$

Vậy phương trình bậc nhất $ax+b=0$ luôn có một nghiệm duy nhất $x = -\dfrac{b}{a}$.

Ví dụ 1: 

Hãy chỉ ra các phương trình bậc nhất trong các phương trình sau:
a) $ 1-x=0 $
b) $ x^3+1=0 $
c) $ 2+t=0 $
d) $ y=0 $
e) $ 0x-2=0 $.

Giải
  • Phương trình $ 1-x=0 $ là phương trình bậc nhất ẩn $x$ (vì có dạng $ax+b=0$ với $a=-1; b=1$).
  • Phương trình $ 2+t=0 $ là phương trình bậc nhất ẩn $t$ (vì có dạng $at+b=0$ với $a=1; b=2$).
  • Phương trình $ y=0 $ là phương trình bậc nhất ẩn $y$ (vì có dạng $ay+b=0$ với $a=1; b=0$).

Các phương trình còn lại không phải phương trình bậc nhất.

Ví dụ 2: 

Giải các phương trình:
a) $ 4x-12=0 $
b)  $ 5x+x+18=0 $
c) $ x-3=1-4x $
d) $ 6-2x=3-x $.

Giải

a) $ 4x-12=0 $

$\Leftrightarrow 4x=12$

$\Leftrightarrow x=12:4$

$\Leftrightarrow x=3$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\{3\}$.

b)  $ 5x+x+18=0 $

$\Leftrightarrow 6x+18=0$

$\Leftrightarrow 6x=-18$

$\Leftrightarrow x=-18:6$

$\Leftrightarrow x=-3$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\{-3\}$.

c) $ x-3=1-4x $

$\Leftrightarrow x+4x=1+4$

$\Leftrightarrow 5x=5$

$\Leftrightarrow x=5:5$

$\Leftrightarrow x=1$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\{1\}$.

d) $ 6-2x=3-x $

$\Leftrightarrow -2x+x=3-6$

$\Leftrightarrow -x=-3$

$\Leftrightarrow x=-3:(-1)$

$\Leftrightarrow x=3$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\{3\}$.

 

Ví dụ 3: 

Tìm giá trị của $ m, $ biết rằng phương trình: $ -4x^2+m^2=6x $ có nghiệm là $ x=\dfrac{1}{2} $.

Giải

Thay $ x=\dfrac{1}{2} $ vào $ -4x^2+m^2=6x $, ta được:

$ -4 \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^2+m^2=6 \cdot \dfrac{1}{2} $

$\Leftrightarrow -1+m^2=3$

$\Leftrightarrow m^2=4$

$\Leftrightarrow m=2$ hoặc $m=-2$

Vậy $m=2$ hoặc $m=-2$.

 

4. Bài tập áp dụng

Bài 1. Trong các phương trình sau, phương trình nào là phương trình bậc nhất:
a) $ 3+3x=0 $
b) $ 5-4y=0 $
c) $ z^2-2z=0 $
d) $ 7t=0 $.

Bài 2. Trong các phương trình sau, phương trình nào là phương trình bậc nhất một ẩn:
a) $ 2x^2-3=0 $
b) $ x+5=0 $
c) $ 0x-10=0 $
d)  $ x^2+2x-3=0 $.

Bài 3. Giải các phương trình:
a) $ x+5=7 $
b) $ 3=x-2 $
c) $ 2x=7+x $
d) $ 3x+1=5x+2 $.

Bài 4. Giải các phương trình:
a) $ 5x+35=0 $
b) $ 9x-3=0 $
c) $ 24-8x=0 $
d) $ -6x+16=0 $.

Bài 5. Giải các phương trình:
a) $ 7x-5=13-5x $
b) $ 2-3x=5x+10 $
c) $ 13-7x=4x-20 $
d) $ 11-9x=3-7x $.

Bài 6. Giải các phương trình sau:
a) $ \dfrac{3x}{4}=6 $
b) $ \dfrac{3}{5}x=-12 $
c) $ 7+\dfrac{5x}{3}=x-2 $
d) $ 1+\dfrac{x}{9}=\dfrac{4}{3} $.

Bài 7. Giải các phương trình sau, viết số gần đúng của mỗi nghiệm ở dạng số thập phân bằng cách làm tròn đến hàng phần trăm:
a) $ 3x=13 $
b) $ 16+9x=0 $
c) $ 6-2x=7x $

Bài 8. Tìm giá trị của $ m, $ sao cho phương trình sau nhận $ x=-3 $ làm nghiệm:
$ 4x+3m=3-2x. $

Bài 9. Cho hai phương trình ẩn $ x: \ 3x+3=0 \ (1); 5-kx=7 \ (2) $. Tìm giá trị của $ k $ sao cho nghiệm của phương trình $ (1) $ là nghiệm của phương trình $ (2) $.

Tập san Star Education – Số 3 năm 2019

Leave a reply

Tập san Star Education là tập hợp các chuyên đề bài viết về toán do các giáo viên của Star Education biên soạn, ngoài ra còn có sự hợp tác của giáo viên học sinh khác nhằm đem đến cho bạn đọc một nguồn tài liệu mới tham khảo.

Tập san ra định kì mỗi năm hai số, tháng 11 và tháng 05.

tap san STAR 03-2019

Đáp án đề học kì môn toán 11 – PTNK năm học 2019 – 2020

Leave a reply

Bài 1.

a) $\sin 3 x-\sqrt{3} \cos 3 x=2\left(\cos ^{2} x-\sin ^{2} x\right)$

b) $\dfrac{\sin 2 x+2 \sin 2 x \cos 4 x}{\cos 3 x}=1$

Bài 2.

a) Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8 có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau mà có đúng 1 chữ số lẻ?

b) Lớp X có 30hs trong đó có 3 bạn Mai, An, Bình. Để tham gia trò chơi kéo có cần 10 học sinh. Tính xác suất để trong 10 học sinh được chọn có ít nhất 2 trong 3 bạn Mai, An và Bình nói trên.

Bài 3.  Cho số tự nhiên $n$ thỏa $A_{n}^{2}+3 C_{n+1}^{n}=38 .$ Tìm số hạng chứa $x^{5}$ trong khai triển $\left(\sqrt{x}-3 x^{3}\right)^{n}$

Bài 4. Cho cấp số cộng $u_{n}$ với công sai $d$ thỏa điều kiện:

$$
\left\{\begin{array}{l}
S_{20}-S_{15}=500 \\
u_{20}-u_{15}=75
\end{array} \right.$$

$S_{n}=u_{1}+u_{2}+\ldots+u_{n} $. Tìm $u_{1}, d$.

Bài 5. Trong mặt phẳng $O x y,$ cho các đường thẳng $d_{1}: 3 x-6 y-15=0$ và $d: y=x$. Gọi $d_{2}$ là ảnh của $d_{1}$ qua phép đối xứng trục $d$. Tìm tọa độ giao điểm của $d_{2}$ với trục tung.

Bài 6. Cho hình chóp $S . A B C D$ có đáy là hình bình hành tâm $O, M, N$ lần lượt là trung điểm $S A, C D$.

a) Tìm giao tuyến của măt phẳng $(S A C)$ và $(S B D) ;(S A D)$ và $(S B N)$.

b) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $A C D, K$ là trọng tâm tam giác $S B D$. Chứng minh: $G K |(S A D) . B K$ cắt $S D$ tại $I$. Chứng minh $I$ thuộc mặt phẳng $(O M N)$

c) Chứng minh: $SB \parallel (O M N)$ và tìm giao điểm của mặt phẳng $(A N K)$ với $S B$.

Lời giải

Bài 1.

a) $\sin 3 x-\sqrt{3} \cos 3 x=2\left(\cos ^{2} x-\sin ^{2} x\right)$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2} \sin 3 x-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos 3 x=\cos 2 x$
$\Leftrightarrow \cos \left(3 x+\dfrac{\pi}{6}\right)=\cos (2 x+\pi)$
$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{c}x=\dfrac{5 \pi}{6}+k 2 \pi \ x=-\dfrac{7 \pi}{6}+\frac{k 2 \pi}{5}\end{array}(k \in \mathbb{Z}\right.$
b) $\dfrac{\sin 2 x+2 \sin 2 x \cos 4 x}{\cos 3 x}=1$
Điều kiện: $x \neq \dfrac{\pi}{6}+\dfrac{k \pi}{3}$
$\Leftrightarrow \sin 2 x+\sin 6 x-\sin 2 x=\cos 3 x$
$\Leftrightarrow \cos \left(\dfrac{\pi}{2}-6 x\right)=\cos 3 x$
$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=\dfrac{\pi}{18}-\frac{k 2 \pi}{9} \ x=\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{k 2 \pi}{3}\end{array}(k \in \mathbb{Z})\right.$
So sánh với điều kiện, ta được hoăc $\dfrac{5 \pi}{18}+\dfrac{k 2 \pi}{3}$

Bài 2. 

$\quad$ a) Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8 có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau mà có đúng 1 chữ số lẻ? Gọi số cần tìm: $\overline{a b c d}$ +TH1: a là số lẻ, có 4 cách Ta có: $4 \times A_{5}^{3}$
+TH2: a là số chãn, có 4 cách Ta chọn ra 1 số lẻ rồi xếp vào 3 vị trí còn lại: $4 \times 3$ Nên có: $4 \times 4 \times 3 \times A_{4}^{2}$
Do đó, có tất cả: 816 số.
b) Lớp X có 30hs trong đó có 3 bạn Mai, An, Bình. Để tham gia trò chơi kéo có cần 10 học sinh. Tính xác suất để trong 10 học sinh được chọn có ít nhất 2 trong 3 bạn Mai, An và Bình nói trên. Không gian mẫu: $|\Omega|=C_{30}^{10}$ Xác suất để trong 10 học sinh được chọn có ít nhất 2 trong 3 bạn Mai, An và Bình là: $P=\dfrac{C_{27}^{7}+3 C_{27}^{8}}{C_{30}^{10}}=\dfrac{51}{203}$.

Bài 3. 

Cho số tự nhiên $n$ thỏa $A_{n}^{2}+3 C_{n+1}^{n}=38 .$ Tìm số hạng chứa $x^{5}$ trong khai triển $\left(\sqrt{x}-3 x^{3}\right)^{n}$
Ta có: $A_{n}^{2}+3 C_{n+1}^{n}=38$
$\Leftrightarrow \dfrac{n !}{(n-2) !}+3 \cdot \dfrac{(n+1) !}{n !}=38$
$\Rightarrow n=5$
Nên $\left(\sqrt{x}-3 x^{3}\right)^{5}$ có $\mathrm{SHTQ}: C_{5}^{k}(-3)^{k} \cdot x^{\frac{5}{2}}(k+1)$
Theo ycbt ta được: $k=1$. Do đó, số hạng chứa $x^{5}$ là $-15 x^{5}$

Bài 4.
$$
\left\{\begin{array}{l}
S_{20}-S_{15}=500 \\
u_{20}-u_{15}=75
\end{array} \right.$$
Từ phương trình ( 2 ) ta được: $d=15$, thế vào ta được $u_{1}=-155$.
Bài 5. Trong mặt phẳng $O x y,$ cho các đường thẳng $d_{1}: 3 x-6 y-15=0$ và $d: y=x$. Gọi $d_{2}$ là ảnh của $d_{1}$ qua phép đối xứng trục $d$. Tìm tọa độ giao điểm của $d_{2}$ với trục tung. Gọi $M^{\prime}\left(x^{\prime} ; y^{\prime}\right)$ là ảnh của $M(x ; y) \in d_{1}$ qua phép đối xứng trục $d$. Ta có: $\left\{\begin{array}{l}x^{\prime}=y \\ y^{\prime}=x\end{array}\right.$
Nên ta có $d_{2}: 3 y^{\prime}-6 x^{\prime}-15=0$ hay $2 x-y+5=0$
Vậy giao điểm của $d_{2}$ và trục tung là $A(0 ; 5)$

Bài 6. 

a) $+(S A C) \cap(S B D)=S O$
$+$ Gọi $B N \cap A D=E .(S A D) \cap(S B N)=S E$
b) Ta có: $\dfrac{O G}{O D}=\dfrac{O K}{S}=\frac{1}{3}$
$\Leftrightarrow D K | S D$
Nên $G K |(S A D)$
Ta có: $K$ là trọng tâm tam giác $S B D$ nên $I$ là trung điểm $S D \Rightarrow M I | A D$. Ta lại có: $(M N O) \cap(S A D)=M x|A D| O N$.
Do đó: $I \in M x$ nên $I \in(O M N)$.
c) Gọi $F=O N \cap A B,$ ta được $F$ là trung điểm $A B$. $\Rightarrow M F | S B$
$\Rightarrow S B |(O M N)$
$+$ Ta thấy $(A K N) \cap(S B D)=K G$
Gọi $T=K G \cap S B$
Do đó: $T=S B \cap(A K N)$.

Giải nhanh đề học kì 1 gửi đến các em học sinh,  cảm ơn thầy Dương Trọng Đức đã đóng góp cho geosiro.com

LOP 11 PTNK_HK1