Đề số 16 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề bài

Bài 1. (1,5 điểm)

a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức $A=\frac{1}{2-\sqrt{3}}$

b) Cho $a\ge 0,a\ne 4.$ Chứng minh $\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+2}+\frac{2\left(\sqrt{a}-2\right)}{a-4}=1$ .

Bài 2. (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{c}x+2y=14\\ 2x+3y=24\end{array}$   

b) Giải phương trình $4x+\frac{3}{x-1}=11$

Bài 3. (1,5 điểm)

Vẽ đồ thị của các hàm số $y=-\frac{1}{2}{x}^2$  và $y=x-4$  trên cùng một mặt phẳng tọa độ. Gọi A và B là các giao điểm của đồ thị hai hàm số trên. Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB, với O là gốc tọa độ (đơn vị đo trên các tọa độ là centimet).

Bài 4 (1 điểm):

Cho  phương trình $x^2+2\left(m-1\right)x+4m-11=0,$ với $m$ là tham số. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa mãn hệ thức $2{\left(x_1-1\right)}^2+\left(6-x_2\right)\left(x_1{x}_2+11\right)=72.$

Bài 5 (1 điểm):

Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 17 cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 7 cm. Tính diện tích của tam giác vuông đó.

Bài 6 (3 điểm):

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O có AB < AC. Trên cung nhỏ AC lấy điểm M khác A thỏa mãn MA < MC. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O) và gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên MB, MN. Chứng minh rằng:

a) Bốn điểm A, H, K, M cùng nằm trên một đường tròn.

b) AH.AK = HB.MK.

c) Khi điểm M di động trên cung nhỏ AC thì đường thẳng HK luôn qua một điểm cố định.

Lời giải chi tiết

Bài 1.

a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức $A=\frac{1}{2-\sqrt{3}}$

$A=\frac{1}{2-\sqrt{3}}$

$=\frac{2+\sqrt{3}}{\left(2-\sqrt{3}\right)\left(2+\sqrt{3}\right)}$

$=\frac{2+\sqrt{3}}{2^2-{\left(\sqrt{3}\right)}^2}$

$=2+\sqrt{3}$

b) Cho $a\ge 0,a\ne 4.$ Chứng minh $\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+2}+\frac{2\left(\sqrt{a}-2\right)}{a-4}=1$ .

Với: $a\ge 0,a\ne 4.$

$\begin{array}{c}VT=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+2}+\frac{2\left(\sqrt{a}-2\right)}{a-4}\\ =\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+2}+\frac{2\left(\sqrt{a}-2\right)}{\left(\sqrt{a}-2\right)\left(\sqrt{a}+2\right)}\\ =\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+2}+\frac{2}{\sqrt{a}+2}\\ =1=VP\end{array}$

Vậy đẳng thức đã được chứng minh.

Bài 2.

a) Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{c}x+2y=14\\ 2x+3y=24\end{array}$

$\{\begin{array}{c}x+2y=14\\ 2x+3y=24\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=14-2y\\ 2x+3y=24\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=14-2y\\ 2\left(14-2y\right)+3y=24\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=14-2y\\ 28-y=24\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=14-2y\\ y=4\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=6\\ y=4\end{array}$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left(x;y\right)=\left(6;4\right)$.

b) Giải phương trình $4x+\frac{3}{x-1}=11$ (1)

Điều kiện: $x\ne 1$

$\begin{array}{c}4x+\frac{3}{x-1}=11\\ \iff \frac{4x\left(x-1\right)}{x-1}+\frac{3}{x-1}=\frac{11\left(x-1\right)}{x-1}\\ \iff 4x^2-4x+3=11x-11\\ \iff 4x^2-15x+14=0\left(2\right)\end{array}$

Ta có: $\Delta ={\left(-15\right)}^2-\mathrm{4.4.14}=1>0$

Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt là: $[\begin{array}{c}{x}_1=\frac{15-1}{8}=\frac{7}{4}\left(tm\right)\\ x_2=\frac{15+1}{8}=2\left(tm\right)\end{array}$

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: $S=\left\{2;\frac{7}{4}\right\}$

Bài 3.

+) Vẽ đồ thị hàm số: $y=-\frac{1}{2}{x}^2$

x	$-4$	$-2$	0	2	4
y	$-8$	$-2$	0	$-2$	$-8$

Khi đó đồ thị hàm số $y=-\frac{1}{2}{x}^2$ có hình dạng là 1 Parabol và đi qua các điểm $\left(-4;-8\right);\left(-2;-2\right);\left(0;0\right);\left(2;-2\right);\left(4;-8\right)$

+) Vẽ đồ thị hàm số: $y=x-4$

x	0	4
y	$-4$	0

Khi đó đồ thị hàm số $y=x-4$ là một đường thẳng và đi qua các điểm $\left(0;-4\right);\left(4;0\right)$

 

+) Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số $y=-\frac{1}{2}{x}^2$ và $y=x-4$ là:

$-\frac{1}{2}{x}^2=x-4\iff x^2+2x-8=0\iff \left(x-2\right)\left(x+4\right)=0\iff [\begin{array}{c}x=2\\ x=-4\end{array}$

$\begin{array}{c}x=2\Rightarrow y=-2\Rightarrow A\left(2;-2\right)\\ x=-4\Rightarrow y=-8\Rightarrow B\left(-4;-8\right)\end{array}$

 

Xét tam giác OAE ta có: $OD=DE=\frac{1}{2}OE=2cm;AD=2cm$ nên tam giác OAE vuông tại A.

Khi đó ta có: $OA\perp AB$ nên tam giác OAB vuông tại A.

Ta có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB  là trung điểm của cạnh huyền OB và bán kính của đường tròn $=\frac{1}{2}OB$

Ta có: Áp dụng định lý pitago trong tam giác vuông OBC có: $O{B}^2=O{C}^2+B{C}^2=4^2+8^2=80$ $\Rightarrow OB=4\sqrt{5}$

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là $\frac{1}{2}OB=2\sqrt{5}$

Bài 4:

Cho  phương trình $x^2+2\left(m-1\right)x+4m-11=0,$ với $m$ là tham số. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa mãn hệ thức $2{\left(x_1-1\right)}^2+\left(6-x_2\right)\left(x_1{x}_2+11\right)=72.$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2\iff {\Delta }^{\prime }>0$

$\begin{array}{c}\iff {\left(m-1\right)}^2-4m+11>0\\ \iff m^2-2m+1-4m+11>0\\ \iff m^2-6m+12>0\\ \iff m^2-6m+9+3>0\\ \iff {\left(m-3\right)}^2+3>0.\end{array}$

Vì ${\left(m-3\right)}^2\ge 0\forall m\Rightarrow {\left(m-3\right)}^2+3>0\forall m\Rightarrow {\Delta }^{\prime }>0\forall m.$

Hay phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$  với mọi $m.$

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: $\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=-2\left(m-1\right)\\ x_1{x}_2=4m-11\end{array}$

Vì $x_1;x_2$ là nghiệm của phương trình $x^2+2\left(m-1\right)x+4m-11=0$ nên ta có:

$\{\begin{array}{c}2x_1^2+4\left(m-1\right)x_1+8m-22=0\\ x_2^2+2\left(m-1\right)x_2+4m-11=0\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{c}2x_1^2=-4\left(m-1\right)x_1-8m+22\\ x_2^2=-2\left(m-1\right)x_2-4m+11\end{array}$

$\begin{array}{c}2{\left(x_1-1\right)}^2+\left(6-x_2\right)\left(x_1{x}_2+11\right)=72\\ \iff 2x_1^2-4x_1+2+6x_1{x}_2+66-x_1{x}_2^2-11x_2=72\\ \iff -4\left(m-1\right)x_1-8m+22-4x_1+6x_1{x}_2-x_1\left(-2\left(m-1\right)x_2-4m+11\right)-11x_2=4\\ \iff -4m{x}_1+4x_1-8m+22-4x_1+6x_1{x}_2+2\left(m-1\right)x_1{x}_2+4m{x}_1-11x_1-11x_2=4\\ \iff \left(2m+4\right)x_1{x}_2-11\left(x_1+x_2\right)=8m-18\\ \iff \left(2m+4\right)\left(4m-11\right)+22\left(m-1\right)=8m-18\\ \iff 8m^2-22m+16m-44+22m-22=8m-18\\ \iff 8m^2+8m-48=0\\ \iff m^2+m-6=0\\ \iff m^2-2m+3m-6=0\\ \iff m\left(m-2\right)+3\left(m-2\right)=0\\ \iff \left(m+3\right)\left(m-2\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}m=-3\\ m=2\end{array}\end{array}$

Vậy $m=-3$ hoặc $m=2$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 5:

Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 17 cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 7 cm. Tính diện tích của tam giác vuông đó.

Gọi độ dài một cạnh góc vuông lớn hơn của tam giác vuông là $x\left(cm\right),\left(7<x<17\right).$

Khi đó độ cạnh góc vuông còn lại của tam giác vuông đó là: $x-7\left(cm\right)$

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác vuông này ta có phương trình:

$\begin{array}{c}{x}^2+{\left(x-7\right)}^2={17}^2\\ \iff 2x^2-14x+49=289\\ \iff 2x^2-14x-240=0\\ \iff 2\left(x-15\right)\left(x+8\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}x-15=0\\ x+8=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=15\left(tm\right)\\ x=-8\left(ktm\right)\end{array}.\end{array}$

$\Rightarrow$ độ dài cạnh còn lại của tam giác vuông là: $15-7=8cm.$

Vậy diện tích của tam giác vuông đó là: $S=\frac{1}{2}.8.15=60c{m}^2.$

Bài 6:

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O có AB < AC. Trên cung nhỏ AC lấy điểm M khác A thỏa mãn MA < MC. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O) và gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên MB, MN. Chứng minh rằng:

 

a) Bốn điểm A, H, K, M cùng nằm trên một đường tròn.

Xét tứ giác $AHKM$ ta có: $\widehat{AHM}=\widehat{AKM}={90}^0\left(gt\right)$

Mà hai góc này là góc kề cạnh $HK$ và cùng nhìn đoạn $AM.$

$\Rightarrow AHKM$ là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).

Hay bốn điểm $A,H,K,M$ cùng nằm trên một đường tròn (đpcm).

b) AH.AK = HB.MK.

Ta có :

 

Mà

Mà $\widehat{ABH}+\widehat{BAH}={90}^0$ (tam giác ABH vuông tại H).

$\Rightarrow \widehat{AMK}=\widehat{BAH}$.

Xét tam giác AMK và tam giác BAH có :

$\begin{array}{c}\widehat{AKM}=\widehat{BHA}={90}^0\\ \widehat{AMK}=\widehat{BAH}\left(cmt\right)\\ \Rightarrow \Delta AMK\sim \Delta BAH\left(g.g\right)\\ \Rightarrow \frac{AK}{HB}=\frac{MK}{AH}\\ \Rightarrow AH.AK=HB.MK\end{array}$

c) Khi điểm M di động trên cung nhỏ AC thì đường thẳng HK luôn qua một điểm cố định.

Kéo dài HK cắt AB tại E.

Ta có $\widehat{MAK}=\widehat{MHK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MK).

Lại có $\widehat{MHK}=\widehat{EHB}$ (đối đỉnh)

$\Rightarrow \widehat{MAK}=\widehat{EHB}$

Do $\Delta AMK\sim \Delta BAH\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \widehat{MAK}=\widehat{ABH}=\widehat{EBH}$

$\Rightarrow \widehat{EHB}=\widehat{EBH}$ $\Rightarrow \Delta EHB$ cân tại E.

$\Rightarrow EH=EB\left(1\right)$.

Ta có $\widehat{EBH}+\widehat{EAH}={90}^0$ (Tam giác ABH vuông tại H)

$\widehat{EHB}+\widehat{EHA}=\widehat{AHB}={90}^0$

$\Rightarrow \widehat{EAH}=\widehat{EHA}\Rightarrow \Delta EAH$ cân tại E $\Rightarrow EA=EH\left(2\right)$.

Từ (1) và (2) $\Rightarrow EA=EB\Rightarrow E$ là trung điểm của AB. Do A, B cố định $\Rightarrow E$ cố định.

Vậy khi M di chuyển trên cung nhỏ AC thì HK luôn đi qua trung điểm của AB (đpcm).

trithuchub.com