Đề số 5 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề bài

Câu 1. (2,5 điểm)

1. Thực hiện phép tính $\frac{\sqrt{27}}{\sqrt{3}}$

2. Rút gọn biểu thức $P = (\frac{\sqrt{x}}{3 + \sqrt{x}} + \frac{9 + x}{9 - x}) . (3 \sqrt{x} - x)$ với $x \geq 0$ và $x \neq 9$

3. Xác định các hệ số a, b để đồ thị hàm số $y = a x + b$ đi qua hai điểm $A (2; - 2)$ và $B (- 3; 2)$

Câu 2. (1.5 điểm)

1. Giải phương trình $x^{2} - 4 x + 4 = 0$

2. Tìm giá trị của m để phương trình $x^{2} - 2 (m + 1) x + m^{2} + 3 = 0$ có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn $| x_{1} | + | x_{2} | = 10.$

Câu 3. (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một xe ô tô đi từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156 km với vận tốc không đổi. Khi từ B về A, xe đi đường cao tốc mới nên quãng đường giảm được 36 km so với lúc đi và vận tốc tăng so với lúc đi là 32 km/h. Tính vận tốc ô tô khi đi từ A đến B, biết thời gian đi nhiều hơn thời gian về là 1 giờ 45 phút.

Câu 4. (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên đường tròn (O) lấy điểm C bất kì (C không trùng với A và B). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt tia BC ở điểm D. Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng DO. Tia AH cắt đường tròn (O) tại điểm F (không trùng với A). Chứng minh

a) $D A^{2} = D C . D B$

b) Tứ giác AHCD nội tiếp.

c) $C H ⊥ C F$

d) $\frac{B H . B C}{B F} = 2 R$

Câu 5 (0,5 điểm)

Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn $x y + 1 \leq x$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $Q = \frac{x + y}{\sqrt{3 x^{2} - x y + y^{2}}}$

Lời giải chi tiết

Câu 1.

1. Thực hiện phép tính $\frac{\sqrt{27}}{\sqrt{3}}$

$\frac{\sqrt{27}}{\sqrt{3}} = \sqrt{\frac{27}{3}} = \sqrt{9} = 3.$

2. Rút gọn biểu thức $P = (\frac{\sqrt{x}}{3 + \sqrt{x}} + \frac{9 + x}{9 - x}) . (3 \sqrt{x} - x)$ với $x \geq 0$ và $x \neq 9$

Điều kiện: $x \geq 0, x \neq 9.$

$\begin{array}{l} P = (\frac{\sqrt{x}}{3 + \sqrt{x}} + \frac{9 + x}{9 - x}) . (3 \sqrt{x} - x) \\ = (\frac{\sqrt{x} . (3 - \sqrt{x})}{(3 - \sqrt{x}) (3 + \sqrt{x})} + \frac{9 + x}{(3 - \sqrt{x}) (3 + \sqrt{x})}) . (3 \sqrt{x} - x) \\ = \frac{9 + 3 \sqrt{x}}{(3 - \sqrt{x}) (3 + \sqrt{x})} . (3 \sqrt{x} - x) \\ = \frac{3 (3 + \sqrt{x})}{3 + \sqrt{x}} . \sqrt{x} \\ = 3 \sqrt{x} . \end{array}$

3. Xác định các hệ số a, b để đồ thị hàm số $y = a x + b$ đi qua hai điểm $A (2; - 2)$ và $B (- 3; 2)$

Đồ thị hàm số $y = a x + b$ đi qua hai điểm $A (2; - 2)$ và $B (- 3; 2)$ nên ta có hệ phương trình:

${\begin{cases} 2 a + b = - 2 \\ - 3 a + b = 2 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} 5 a = - 4 \\ b = 2 + 3 a \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} a = - \frac{4}{5} \\ b = - \frac{2}{5} \end{cases}$

Vậy ta có $a = - \frac{4}{5}; b = - \frac{2}{5} .$

Câu 2.

1. Giải phương trình $x^{2} - 4 x + 4 = 0$

$x^{2} - 4 x + 4 = 0$

$\Leftrightarrow {(x - 2)}^{2} = 0 \Leftrightarrow x = 2$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = {2}$

2. Tìm giá trị của m để phương trình $x^{2} - 2 (m + 1) x + m^{2} + 3 = 0$ (*) có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn $| x_{1} | + | x_{2} | = 10$

+) Phương trình có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ khi và chỉ khi $Δ^{'} \geq 0 \Leftrightarrow {(m + 1)}^{2} - m^{2} - 3 \geq 0$

$\Leftrightarrow m^{2} + 2 m + 1 - m^{2} - 3 \geq 0$

$\Leftrightarrow 2 m \geq 2 \Leftrightarrow m \geq 1.$

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

Từ đề bài ta có: $| x_{1} | + | x_{2} | = 10$

$\Leftrightarrow x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 2 | x_{1} x_{2} | = 100$

$\Leftrightarrow {(x_{1} + x_{2})}^{2} - 2 x_{1} x_{2} + 2 | x_{1} x_{2} | = 100$

Lại có $x_{1} x_{2} = m^{2} + 3 > 0 \forall m$ $\Rightarrow | x_{1} x_{2} | = x_{1} x_{2} = m^{2} + 3.$

Khi đó ta có: $| x_{1} | + | x_{2} | = 10$

$\Leftrightarrow {(| x_{1} | + | x_{2} |)}^{2} = 100$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_{1}^{2} + 2 | x_{1} x_{2} | + x_{2}^{2} = 100 \\ \Leftrightarrow {(x_{1} + x_{2})}^{2} - 2 x_{1} x_{2} + 2 x_{1} x_{2} = 100 \\ \Leftrightarrow {(x_{1} + x_{2})}^{2} = 100 \\ \Leftrightarrow x_{1} + x_{2} = \pm 10. \end{array}$

+) TH1: $x_{1} + x_{2} = 10$ kết hợp với (2) ta được:

${\begin{cases} x_{1} + x_{2} = 10 \\ x_{1} + x_{2} = 2 (m + 1) \end{cases}$ $\Leftrightarrow 2 (m + 1) = 10 \Leftrightarrow m = 4 (t m)$

+)TH2: $x_{1} + x_{2} = 10$ kết hợp với (2) ta được:

${\begin{cases} x_{1} + x_{2} = - 10 \\ x_{1} + x_{2} = 2 (m + 1) \end{cases}$ $\Leftrightarrow 2 (m + 1) = - 10 \Leftrightarrow m = - 6 (k t m)$

Vậy $m = 4$ thỏa mãn điều kiện bài toán.

Câu 3:

Gọi vận tốc của ô tô khi đi từ A đến B là $x (k m / h) (x > 0) .$

Thời gian ô tô đi từ A đến B là: $\frac{156}{x}$ (giờ).

Quãng đường lúc về là: $156 - 36 = 120 (k m)$

Vận tốc của ô tô lúc về là: $x + 32 (k m / h) .$ Thời gian của ô tô lúc về là: $\frac{120}{x + 32}$ (giờ).

Đổi: 1 giờ 45 phút $= 1 + \frac{45}{60} = \frac{7}{4}$ giờ.

Theo đề bài ta có phương trình: $\frac{156}{x} - \frac{120}{x + 32} = \frac{7}{4}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 156.4. (x + 32) - 120.4. x = 7 x (x + 32) \\ \Leftrightarrow 624 x + 19968 - 480 x = 7 x^{2} + 224 x \\ \Leftrightarrow 7 x^{2} + 80 x - 19968 = 0 \\ \Leftrightarrow (x - 48) (7 x + 416) = 0 \\ \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x - 48 = 0 \\ 7 x + 416 = 0 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 48 (t m) \\ x = - \frac{416}{7} (k t m) \end{array} . \end{array}$

Vậy vận tốc của ô tô lúc đi từ A đến B là $48 k m / h .$

Câu 4.

a) $D A^{2} = D C . D B$

Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) $\Rightarrow A C ⊥ B C h a y A C ⊥ B D$ .

Ta có: $\hat{D A B} = 90^{0}$ ( Do DA là tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABD vuông tại A có đường cao AC ta có $D A^{2} = D C . D B$ .

b) Tứ giác AHCD nội tiếp.

Xét tứ giác AHCD có $\hat{A H D} = \hat{A C D} = 90^{0} \Rightarrow$ Hai đỉnh C và H kề nhau cùng nhìn cạnh AD dưới góc 90⁰

$\Rightarrow$ Tứ giác AHCD nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).

c) $C H ⊥ C F$

Do tứ giác AHCD nội tiếp nên $\hat{F H C} = \hat{A D C}$ (cùng bù với $\hat{A H C}$ ).

Xét tam giác FHC và tam giác ADC có:

$\hat{C F H} = \hat{D A C}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC).

$\hat{F H C} = \hat{A D C} (c m t)$ ;

Suy ra, tam giác FHC đồng dạng với tam giác ADC (g.g) => góc FCH bằng góc ACD (hai góc tương ứng)

Mà $\hat{A C D} = 90^{0} \Rightarrow \hat{F C H} = 90^{0} \Rightarrow C H ⊥ C F$

d) $\frac{B H . B C}{B F} = 2 R$

Xét tam giác vuông OAD vuông tại A có OH là đường cao ta có $O A^{2} = O D . O H$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà $O A = O B = R \Rightarrow O B^{2} = O D . O H$

$\Rightarrow \frac{O B}{O H} = \frac{O D}{O B}$

Xét tam giác OBH và ODB có:

$\hat{B O D}$ chung;

$\frac{O B}{O H} = \frac{O D}{O B} (c m t)$ ;

Suy ra, tam giác OBH đồng dạng với tam giác ODB (c.g.c) => góc OBH bằng góc OBD

Mà $\hat{O D B} = \hat{C A F}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CH của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHCD).

$\hat{C A F} = \hat{C B F}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CF của đường tròn (O))

$\Rightarrow \hat{O B H} = \hat{C B F}$

$\Rightarrow \hat{O B H} + \hat{H B C} = \hat{C B F} + \hat{H B C}$

$\Rightarrow \hat{O B C} = \hat{H B F} = \hat{A B C}$

Xét tam giác BHF và tam giác BAC có:

$\hat{B F H} = \hat{B C A} = 90^{0}$ (góc BFC nội tiếp chắn nửa đường tròn (O));

$\hat{H B F} = \hat{A B C} (c m t)$ ;

Câu 5.

Ta có: $x y + 1 \leq x, (x, y > 0) \Leftrightarrow y + \frac{1}{x} \leq 1$

Áp dụng BĐT Cô si, ta có: $y + \frac{1}{x} \geq 2 \sqrt{y . \frac{1}{x}} = 2 \sqrt{\frac{y}{x}}$

$\Rightarrow 1 \geq 2 \sqrt{\frac{y}{x}} \Leftrightarrow 0 < \frac{y}{x} \leq \frac{1}{4}$

$Q = \frac{x + y}{\sqrt{3 x^{2} - x y + y^{2}}} = \frac{1 + \frac{y}{x}}{\sqrt{3 - \frac{y}{x} + \frac{y^{2}}{x^{2}}}}$ . Đặt $\frac{y}{x} = a, 0 < a \leq \frac{1}{4}$ , ta có:

$Q = \frac{1 + a}{\sqrt{3 - a + a^{2}}} = \sqrt{\frac{a^{2} + 2 a + 1}{a^{2} - a + 3}}$ , $0 < a \leq \frac{1}{4}$

Ta chứng minh: $\frac{a^{2} + 2 a + 1}{a^{2} - a + 3} \leq \frac{5}{9} (*), \forall 0 < a \leq \frac{1}{4}$

$(*) \Leftrightarrow 9 (a^{2} + 2 a + 1) \leq 5 (a^{2} - a + 3)$ ( do $a^{2} - a + 3 > 0, \forall a$ )

$\Leftrightarrow 4 a^{2} + 23 a - 6 \leq 0$

$\Leftrightarrow 4 a^{2} - a + 24 a - 6 \leq 0$

$\Leftrightarrow a (4 a - 1) + 6 (4 a - 1) \leq 0$

$\Leftrightarrow (4 a - 1) (a + 6) \leq 0$

Do $0 < a \leq \frac{1}{4}$ $\Rightarrow 4 a - 1 \leq 0, a + 6 > 0 \Rightarrow (4 a - 1) (a + 6) \leq 0$

$\Rightarrow \frac{a^{2} + 2 a + 1}{a^{2} - a + 3} \leq \frac{5}{9}, \forall 0 < a \leq \frac{1}{4}$

$\Rightarrow Q = \sqrt{\frac{a^{2} + 2 a + 1}{a^{2} - a + 3}} \leq \sqrt{\frac{5}{9}} = \frac{\sqrt{5}}{3}$ , $\forall 0 < a \leq \frac{1}{4}$

Vậy, $Q_{m a x} = \frac{\sqrt{5}}{3}$ khi và chỉ khi $a = \frac{1}{4} \Leftrightarrow {\begin{cases} \frac{y}{x} = \frac{1}{4} \\ y + \frac{1}{x} = 1 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} x = 2 \\ y = \frac{1}{2} \end{cases}$

trithuchub.com