Đề số 1 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề bài

Bài 1 (1,5 điểm)

1) Rút gọn biểu thức $A = {(\sqrt{5} - \sqrt{2})}^{2} + \sqrt{40}$

2) Rút gọn biểu thức $B = (\frac{x - \sqrt{x}}{\sqrt{x} - 1} - \frac{\sqrt{x} + 1}{x + \sqrt{x}}) : \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x}}$ với $x > 0, x \neq 1$

Tính giá trị của B khi $x = 12 + 8 \sqrt{2}$

Bài 2 (1,5 điểm)

Cho Parabol $(P) : y = - x^{2}$ và đường thẳng $(d) : y = 2 \sqrt{3} x + m + 1$ (m là tham số).

1) Vẽ đồ thị hàm số (P).

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

Bài 3 (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình: ${\begin{cases} 9 x + y = 11 \\ 5 x + 2 y = 9 \end{cases}$

2) Cho phương trình: $x^{2} - 2 (m + 2) x + m^{2} + 3 m - 2 = 0 (1)$ , (m là tham số)

a. Giải phương trình (1) khi m = 3.

b. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ sao cho biểu thức $A = 2018 + 3 x_{1} x_{2} - x_{1}^{2} - x_{2}^{2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 4 (1,5 điểm)

Một người dự định đi xe máy từ tỉnh A đến tỉnh B cách nhau 90 km trong một thời gian đã định. Sau khi đi được 1 giờ, người đó nghỉ 9 phút. Do đó, để đến tỉnh B đúng hẹn, người ấy phải tăng vận tốc thêm 4 km/h. Tính vận tốc lúc đấy của người đó.

Bài 5 (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) có bán kính $R = 3 c m$ . Các tiếp tuyến với (O) tại B và C cắt nhau tại D.

1) Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn.

2) Gọi M là giao điểm của BC và OD. Biết $O D = 5 c m$ . Tính diện tích của tam giác BCD.

3) Kẻ đường thẳng d đi qua D và song song với đường tiếp tuyến với (O) tại A, d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh $A B . A P = A Q . A C$

4) Chứng minh góc PAD bằng góc MAC.

Lời giải chi tiết

Bài 1.

$\begin{array}{l} 1) A = {(\sqrt{5} - \sqrt{2})}^{2} + \sqrt{40} \\ = {(\sqrt{5})}^{2} - 2 \sqrt{5} . \sqrt{2} + {(\sqrt{2})}^{2} + \sqrt{2^{2} .10} \\ = 5 - 2 \sqrt{10} + 2 + 2 \sqrt{10} \\ = 7. \\ 2) B = (\frac{x - \sqrt{x}}{\sqrt{x} - 1} - \frac{\sqrt{x} + 1}{x + \sqrt{x}}) : \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x}} (x > 0, x \neq 1) \\ = (\frac{\sqrt{x} (\sqrt{x} - 1)}{\sqrt{x} - 1} - \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} (\sqrt{x} + 1)}) : \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x}} \\ = (\sqrt{x} - \frac{1}{\sqrt{x}}) . \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} + 1} \\ = \frac{x - 1}{\sqrt{x}} . \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} + 1} \\ = \frac{(\sqrt{x} + 1) (\sqrt{x} - 1)}{\sqrt{x} + 1} \\ = \sqrt{x} - 1 \end{array}$

Ta có

$\begin{array}{l} x = 12 + 8 \sqrt{2} = {(2 \sqrt{2})}^{2} + 2.2 \sqrt{2} .2 + 2^{2} = {(2 \sqrt{2} + 2)}^{2} \\ \Rightarrow \sqrt{x} = \sqrt{{(2 \sqrt{2} + 2)}^{2}} = | 2 \sqrt{2} + 2 | = 2 \sqrt{2} + 2 \\ (D o 2 \sqrt{2} + 2 > 0) \end{array}$

Thay $\sqrt{x} = 2 \sqrt{2} + 2$ vào B ta có $B = \sqrt{x} - 1 = 2 \sqrt{2} + 2 - 1 = 2 \sqrt{2} + 1$ .

Vậy khi $x = 12 + 8 \sqrt{2}$ thì $B = 2 \sqrt{2} + 1$

Bài 2:

1) Vẽ đồ thị hàm số $(P) : y = - x^{2}$ :

Ta có bảng giá trị:

$x$	-2	-1	0	1	2
$y = - x^{2}$	-4	-1	0	-1	-4

Đồ thị hàm số:

2) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: $- x^{2} = 2 \sqrt{3} x + m + 1$

$\Leftrightarrow x^{2} + 2 \sqrt{3} x + m + 1 = 0 (*)$

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow Δ^{'} > 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {(\sqrt{3})}^{2} - m - 1 > 0 \\ \Leftrightarrow 2 - m > 0 \\ \Leftrightarrow m < 2. \end{array}$

Vậy với $m < 2$ thì đường thẳng $(d)$ cắt đồ thị hàm số $(P)$ tại hai điểm phân biệt.

Bài 3

Ta có:

${\begin{cases} 9 x + y = 11 \\ 5 x + 2 y = 9 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} y = 11 - 9 x \\ 5 x + 2 y = 9 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} y = 11 - 9 x \\ 5 x + 2 (11 - 9 x) = 9 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} y = 11 - 9 x \\ 5 x + 22 - 18 x - 9 = 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} y = 11 - 9 x \\ x = 1 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} y = 2 \\ x = 1 \end{cases}$

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất $(x; y) = (1; 2)$

1) Cho phương trình: $x^{2} - 2 (m + 2) x + m^{2} + 3 m - 2 = 0 (1)$ , ( m là tham số)

a) Giải phương trình (1) khi m = 3.

Với m = 3 ta có (1) trở thành:

$x^{2} - 10 x + 16 = 0 (2)$

Ta có: $Δ^{'} = {(- 5)}^{2} - 16 = 9 > 0$

Khi đó phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt là:

$[\begin{array}{l} x_{1} = 5 - 3 = 2 \\ x_{2} = 5 + 3 = 8 \end{array}$

Vậy với m = 3 thì phương trình (1) có tập nghiệm là: $S = {2; 8}$

b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ sao cho biểu thức $A = 2018 + 3 x_{1} x_{2} - x_{1}^{2} - x_{2}^{2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

+) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ khi và chỉ khi $Δ^{'} > 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {[- (m + 2)]}^{2} - (m^{2} + 3 m - 2) > 0 \\ \Leftrightarrow m^{2} + 4 m + 4 - m^{2} - 3 m + 2 > 0 \\ \Leftrightarrow m > - 6 \end{array}$

+) Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình (1) ta có: ${\begin{cases} x_{1} + x_{2} = 2 (m + 2) \\ x_{1} x_{2} = m^{2} + 3 m - 2 \end{cases}$

Ta có:

$\begin{array}{l} A = 2018 + 3 x_{1} x_{2} - x_{1}^{2} - x_{2}^{2} \\ = 2018 + 3 x_{1} x_{2} - [{(x_{1} + x_{2})}^{2} - 2 x_{1} x_{2}] \\ = 2018 + 5 x_{1} x_{2} - {(x_{1} + x_{2})}^{2} \end{array}$

Thay Viet vào A ta được:

$\begin{array}{l} A = 2018 + 5 x_{1} x_{2} - {(x_{1} + x_{2})}^{2} \\ = 2018 + 5 (m^{2} + 3 m - 2) - 4 {(m + 2)}^{2} \\ = 2018 + 5 m^{2} + 15 m - 10 - 4 m^{2} - 16 m - 16 \\ = m^{2} - m + 1992 \\ = {(m - \frac{1}{2})}^{2} + \frac{7967}{4} \end{array}$

Ta có: $A \geq \frac{7967}{4}$ . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $m = \frac{1}{2} (t m)$

Vậy $m = \frac{1}{2}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 4:

Gọi vận tốc ban đầu của người đó là $x (k m / h), (x > 0) .$

Thời gian dự định người đó đi hết quãn đường là: $\frac{90}{x} (h) .$

Quãng đường người đó đi được sau 1 giờ là: $x (k m) .$

Quãng đường còn lại người đó phải tăng tốc là: $90 - x (k m) .$

Vận tốc của người đó sau khi tăng tốc là: $x + 4 (k m / h),$ thời gian người đó đi hết quãng đường còn lại là: $\frac{90 - x}{x + 4} (h) .$

Theo đề bài ta có phương trình:

$\begin{array}{l} \frac{90}{x} = 1 + \frac{9}{60} + \frac{90 - x}{x + 4} \\ \Leftrightarrow \frac{90}{x} = \frac{23}{20} + \frac{90 - x}{x + 4} \\ \Leftrightarrow 90.20 (x + 4) = 23 x (x + 4) + 20. (90 - x) . x \\ \Leftrightarrow 1800 x + 7200 = 23 x^{2} + 92 x + 1800 x - 20 x^{2} \\ \Leftrightarrow 3 x^{2} + 92 x - 7200 = 0 \\ \Leftrightarrow (x - 36) (3 x + 200) = 0 \\ \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x - 36 = 0 \\ 3 x + 200 = 0 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 36 (t m) \\ x = - \frac{200}{3} (k t m) \end{array} . \end{array}$

Vậy vận tốc lúc đầu của người đó là $36 k m / h .$

Bài 5.

1) Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn.

Do DB, DC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) $\Rightarrow \hat{O B D} = \hat{O C D} = 90^{0}$

Xét tứ giác OBDC có $\hat{O B D} + \hat{O C D} = 90^{0} + 90^{0} = 180^{0}$ $\Rightarrow$ tứ giác OBDC là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰)

2) Gọi M là giao điểm của BC và OD. Biết $O D = 5 c m$ . Tính diện tích của tam giác BCD.

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông OBD có $B D = \sqrt{O D^{2} - O B^{2}} = \sqrt{5^{2} - 3^{2}} = 4 (c m)$

Ta có $O B = O C = R; D B = D C$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow O; D$ thuộc trung trực của BC $\Rightarrow O D$ là trung trực của BC $\Rightarrow O D ⊥ B C$ .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBD có:

$D M . D O = D B^{2}$ $\Rightarrow D M = \frac{D B^{2}}{D O} = \frac{4^{2}}{5} = \frac{16}{5} (c m)$

$B M . O D = O B . B D$ $\Rightarrow B M = \frac{O B . B D}{O D} = \frac{3.4}{5} = \frac{12}{5} (c m)$

Vậy $S_{Δ D B C} = \frac{1}{2} D M . B C = D M . B M$

$= \frac{16}{5} . \frac{12}{5} = \frac{192}{25} = 7, 68 (c m^{2})$

Ta có $\hat{A P Q} = \hat{x A B}$ ( 2 góc so le trong do đường thẳng Ax // PQ)

Mà $\hat{x A B} = \hat{A C B}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB của (O)).

$\Rightarrow \hat{A P Q} = \hat{A C B}$

Xét tam giác ABC và tam giác AQP có:

$\hat{P A Q}$ chung;

$\hat{A P Q} = \hat{A C B} (c m t)$

$\Rightarrow Δ A B C \sim Δ A Q P (g . g)$

$\Rightarrow \frac{A B}{A Q} = \frac{A C}{A P}$

$\Rightarrow A B . A P = A C . A Q$

4) Chứng minh góc PAD bằng góc MAC.

Kéo dài BD cắt D tại F.

Ta có $\hat{D B P} = \hat{A B F}$ (đối đỉnh)

Mà $\hat{A B F} = \hat{A C B}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB)

$\hat{A C B} = \hat{A P D}$ (do )

$\Rightarrow \hat{D B P} = \hat{A P D} = \hat{B P D} \Rightarrow Δ D B P$ cân tại D $\Rightarrow D B = D P$

Tương tự kéo dài DC cắt d tại G, ta chứng minh được $\hat{D C Q} = \hat{A C G} = \hat{A B C} = \hat{D Q C} \Rightarrow Δ D C Q$ cân tại D $\Rightarrow D C = D Q$

Lại có $D B = D C$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) $\Rightarrow D P = D Q \Rightarrow D$ là trung điểm của PQ.

Ta có: $Δ A B C \sim Δ A Q P (c m t)$

$\Rightarrow \frac{A B}{A Q} = \frac{A C}{A P} = \frac{B C}{P Q} = \frac{2 M C}{2 P D}$

$\Rightarrow \frac{A C}{A P} = \frac{M C}{P D}$

Xét tam giác $A M C$ và tam giác $A D P$ có

$\hat{A C M} = \hat{A P D} (\hat{A C B} = \hat{A P Q} (c m t))$

$\frac{A C}{A P} = \frac{M C}{P D} (c m t)$

$\Rightarrow Δ A M C \sim Δ A D P (c . g . c)$

$\Rightarrow \hat{P A D} = \hat{M A C} (d p c m)$

trithuchub.com