Đề số 15 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề bài

Bài 1. (3,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây

a. $\sqrt{3} x - \sqrt{2} x = \sqrt{3} + \sqrt{2}$

b. ${\begin{cases} x + y = 101 \\ - x + y = - 1 \end{cases}$

c. $x^{2} + 2 \sqrt{3} x + 2 = 0$

Bài 2. (2,0 điểm) Cho hàm số $y = 0, 5. x^{2}$ có đồ thị là Parabol (P)

a.Vẽ đồ thị (P) của hàm số đã cho

b.Xác định hệ số a; b của đường thẳng (d): $y = a x + b$ , biết (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 và (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng 2. Chứng tỏ (P) và (d) tiếp xúc nhau.

Bài 3. (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai $x^{2} - 3 x + m = 0$ (m là tham số).

a.Tìm m để phương trình có nghiệm bằng $- 2$ . Tính nghiệm còn lại ứng với m vừa tìm được.

b.Gọi $x_{1}; x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị nhỏ nhất của $A = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} - 3 x_{1} x_{2}$

Bài 4. (2,5 điểm). Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, BC, CA.

a.Chứng minh tứ giác BMON nội tiếp được đường tròn.

b.Kéo dài AN cắt đường tròn (O) tại G (khác A). Chứng minh ON = NG.

b.PN cắt cung nhỏ BG của đường tròn (O) tại điểm F. Tính số đo của góc $\hat{O F P}$ .

Bài 5 (1,0 điểm) Cầu vòm là một dạng cầu đẹp bởi hình dáng cầu được uốn lượn theo một cung tròn tạo sự hài hòa trong thiết kế cảnh quan, đặc biệt là các khu đô thị có dòng sông chảy qua, tạo được một điểm nhấn của công trình giao thông hiện đại. Một chiếc cầu vòm được thiết kế như hình vẽ bên, vòm cầu là một cung tròn AMB. Độ dài đoạn AB bằng 30m, khoảng cách từ vị trí cao nhất ở giữa vòm cầu so với sàn mặt cầu là đoạn MK có độ dài 5m. Tính chiều dài vòm cầu.

Lời giải chi tiết

Bài 1.

$\begin{array}{l} \sqrt{3} x - \sqrt{2} x = \sqrt{3} + \sqrt{2} \\ \Leftrightarrow (\sqrt{3} - \sqrt{2}) x = \sqrt{3} + \sqrt{2} \\ \Leftrightarrow x = \frac{\sqrt{3} + \sqrt{2}}{\sqrt{3} - \sqrt{2}} \\ \Leftrightarrow x = \frac{{(\sqrt{3} + \sqrt{2})}^{2}}{3 - 2} \\ \Leftrightarrow x = 5 + 2 \sqrt{6} \end{array}$

b. ${\begin{cases} x + y = 101 \\ - x + y = - 1 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} 2 y = 100 \\ x = y + 1 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} y = 50 \\ x = y + 1 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} y = 50 \\ x = 51 \end{cases}$

Vậy hệ phương trình có nghiệm là $(x; y) = (51; 50)$

c. $x^{2} + 2 \sqrt{3} x + 2 = 0$

Ta có: $a = 1; b^{'} = \sqrt{3}; c = 2$

$Δ^{'} = {(\sqrt{3})}^{2} - 2 = 1 > 0$

Khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là: $[\begin{array}{l} x_{1} = - \sqrt{3} - 1 \\ x_{2} = - \sqrt{3} + 1 \end{array}$

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt là: $S = {- \sqrt{3} - 1; - \sqrt{3} + 1}$

Bài 2.

Cho hàm số $y = 0, 5. x^{2}$ có đồ thị là Parabol (P)

a.Vẽ đồ thị (P) của hàm số đã cho

Ta có bảng giá trị

$x$	-4	-2	0	2	4
$y = 0, 5 x^{2}$	8	2	0	2	8

Đồ thị hàm số (P) có hình dạng đường cong đi qua các điểm $(0; 0), (- 2; 2), (- 4; 8), (2; 2), (4; 8)$

Vẽ đồ thị:

Ta có: (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 nên $A (1; 0)$ . Thay tọa độ của điểm A vào phương trình đường thẳng (d) ta có: $a + b = 0 (1)$

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:

$0, 5 x^{2} = a x + b \Leftrightarrow 0, 5 x^{2} - a x + b = 0$ (*)

Theo đề ra ta có: (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng 2 nên x = 2 là nghiệm của phương trình (*)

$0, {5.2}^{2} - a .2 + b = 0 \Leftrightarrow 2 a - b = 2 (2)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

${\begin{cases} a + b = 0 \\ 2 a - b = 2 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} 3 a = 2 \\ b = - a \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} a = \frac{2}{3} \\ b = - \frac{2}{3} \end{cases}$

Vậy $a = \frac{2}{3}; b = - \frac{2}{3}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 3.

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

a. Tìm m để phương trình có nghiệm bằng $- 2$ . Tính nghiệm còn lại ứng với m vừa tìm được.

Phương trình có nghiệm bằng $- 2$ nên thay $x = - 2$ vào phương trình ta được:

${(- 2)}^{2} - 3. (- 2) + m = 0 \Leftrightarrow m = - 10$

Với $m = - 10$ phương trình (1) trở thành:

$x^{2} - 3 x - 10 = 0$ (2)

Ta có: $Δ = {(- 3)}^{2} + 4.10 = 49 > 0$ Khi đó phương trình (2) sẽ có hai nghiệm phân biệt:

$[\begin{array}{l} x_{1} = \frac{3 - 7}{2} = - 2 \\ x_{2} = \frac{3 + 7}{2} = 5 \end{array}$

Vậy nghiệm còn lại của phương trình đã cho khi m = -10 là x = 5.

b.Gọi $x_{1}; x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị nhỏ nhất của $A = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} - 3 x_{1} x_{2}$

Phương trình có hai nghiệm khi và chỉ khi: $Δ \geq 0 \Leftrightarrow 9 - 4 m \geq 0 \Leftrightarrow m \leq \frac{9}{4}$

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

Từ A ta có:

$\begin{array}{l} A = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} - 3 x_{1} x_{2} \\ = {(x_{1} + x_{2})}^{2} - 5 x_{1} x_{2} \\ = 9 - 5 m \end{array}$

Ta có:

$m \leq \frac{9}{4} \Rightarrow - 5 m \geq - 5. \frac{9}{4}$

$\Rightarrow 9 - 5 m \geq 9 - 5. \frac{9}{4} = - \frac{9}{4}$

$\Rightarrow A \geq \frac{- 9}{4}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng $\frac{- 9}{4}$ dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: $m = \frac{9}{4}$

Bài 4.

a) Chứng minh tứ giác BMON nội tiếp được đường tròn.

Vì $Δ A B C$ là tam giác đều, $M, N$ lần lượt là trung điểm của $A B, B C$ $\Rightarrow {\begin{cases} O M ⊥ A B \\ O N ⊥ B C \end{cases}$ $\Rightarrow \hat{O M B} = \hat{O N B} = 90^{0}$ (đường trung tuyến đồng thời là đường cao)

Xét tứ giác $B M O N$ ta có: $\hat{O M B} + \hat{O N B} = 90^{0} + 90^{0} = 180^{0} .$

$\Rightarrow B M O N$ là tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối diện có tổng bằng $180^{0}$ ).

b) Kéo dài AN cắt đường tròn (O) tại G (khác A). Chứng minh ON = NG.

Ta có $O$ là trọng tâm tâm tam giác $A B C$ (gt)

$\Rightarrow O N = \frac{1}{2} O A = \frac{1}{2} R .$ (tính chất đường trung tuyến trong tam giác)

Lại có: $O G = O N + N G$

$\begin{array}{l} \Rightarrow R = \frac{R}{2} + N G \Leftrightarrow N G = \frac{R}{2} . \\ \Rightarrow N O = N G = \frac{R}{2} . (d p c m) \end{array}$

c) PN cắt cung nhỏ của đường tròn (O) tại điểm F. Tính số đo của góc $\hat{O F P}$ .

Gọi $E = O C \cap P N$ ta có $O C ⊥ A B$ (do tam giác ABC đều) ;

$N P / / A B$ (do NP là đường trung bình của tam giác ABC.

$\Rightarrow O C ⊥ N P$ tại E $\Rightarrow Δ O E F$ vuông tại E.

Xét tam giác vuông ONC có : $O N^{2} = O E . O C$

$\Rightarrow O E = \frac{O N^{2}}{O C} = \frac{R^{2}}{4 R} = \frac{R}{4}$

Xét tam giác vuông $O E F$ có $\sin \hat{O F E} = \sin \hat{O F P} = \frac{O E}{O N} = \frac{\frac{R}{4}}{R} = \frac{1}{4}$

$\Rightarrow \hat{O F P} = \arcsin \frac{1}{4} \approx 14^{0} 28^{'}$

Câu 5.

Giả sử AMB là cung tròn của đường tròn tâm O. Vẽ đường kính MN.

M là điểm chính giữa của cung AB $\Rightarrow O M ⊥ A B$ và K là trung điểm của AB

$\Rightarrow A K = \frac{1}{2} A B = 15 (m)$ .

Ta có $\hat{M A N} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow Δ A M N$ vuông tại A.

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

$A K^{2} = K M . K N \Leftrightarrow 15^{2} = 5. K N$ $\Leftrightarrow K N = 45 (m)$

$\Rightarrow M N = K M + K N = 5 + 45 = 50 (m)$

$\Rightarrow$ Bán kính đường tròn tâm O là $R = 25 m$ .

Xét tam giác vuông ANK có $\tan \hat{A N K} = \frac{A K}{K N} = \frac{15}{45} = \frac{1}{3}$

$\Rightarrow \hat{A N K} = \arctan \frac{1}{3}$

$\Rightarrow \hat{A O K} = 2 \hat{A N K} = 2 \arctan \frac{1}{3}$ (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung AM).

Xét tam giác OAB có $O A = O B \Rightarrow Δ O A B$ cân tại O $\Rightarrow$ Đường cao OK đồng thời là phân giác

$\Rightarrow \hat{A O B} = 2 \hat{A O K} = 4 \arctan \frac{1}{3} \approx 73, 7^{0}$

Vậy độ dài cung AMB là $l = \frac{π . R . n^{0}}{180^{0}} = \frac{π .25 .73, 7}{180} \approx 32, 18 (m)$ .

trithuchub.com