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 $P=\left(\frac{\sqrt{x}}{3+\sqrt{x}}+\frac{9+x}{9-x}\right).\left(3\sqrt{x}-x\right)$  với $x\ge 0$  và $x\ne 9$

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

Câu 2. (1.5 điểm)

1. Giải phương trình $x^2-4x+4=0$

2. Tìm giá trị của m để phương trình $x^2-2\left(m+1\right)x+m^2+3=0$ có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn $\left|x_1\right|+\left|x_2\right|=10.$

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) $D{A}^2=DC.DB$

b) Tứ giác AHCD nội tiếp.

c) $CH\perp CF$

d) $\frac{BH.BC}{BF}=2R$

Câu 5 (0,5 điểm)

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

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 $P=\left(\frac{\sqrt{x}}{3+\sqrt{x}}+\frac{9+x}{9-x}\right).\left(3\sqrt{x}-x\right)$  với $x\ge 0$  và $x\ne 9$

Điều kiện: $x\ge 0,x\ne 9.$

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

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

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

$\{\begin{array}{c}2a+b=-2\\ -3a+b=2\end{array}\iff \{\begin{array}{c}5a=-4\\ b=2+3a\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{c}a=-\frac{4}{5}\\ b=-\frac{2}{5}\end{array}$

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

Câu 2.

1. Giải phương trình $x^2-4x+4=0$

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

$\iff {\left(x-2\right)}^2=0\iff x=2$

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

2. Tìm giá trị của m để phương trình $x^2-2\left(m+1\right)x+m^2+3=0$ (*) có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn $\left|x_1\right|+\left|x_2\right|=10$

+) Phương trình có hai nghiệm $x_1,x_2$ khi và chỉ khi ${\Delta }^{\prime }\ge 0\iff {\left(m+1\right)}^2-m^2-3\ge 0$

$\iff m^2+2m+1-m^2-3\ge 0$

$\iff 2m\ge 2\iff m\ge 1.$

Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có: $\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=2\left(m+1\right)\left(2\right)\\ x_1{x}_2=m^2+3\left(3\right)\end{array}$

Từ đề bài ta có: $\left|x_1\right|+\left|x_2\right|=10$

$\iff x_1^2+x_2^2+2\left|x_1{x}_2\right|=100$

$\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2+2\left|x_1{x}_2\right|=100$

Lại có $x_1{x}_2=m^2+3>0\forall m$ $\Rightarrow \left|x_1{x}_2\right|=x_1{x}_2=m^2+3.$

Khi đó ta có: $\left|x_1\right|+\left|x_2\right|=10$

$\iff {\left(\left|x_1\right|+\left|x_2\right|\right)}^2=100$

$\begin{array}{c}\iff x_1^2+2\left|x_1{x}_2\right|+x_2^2=100\\ \iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2+2x_1{x}_2=100\\ \iff {\left(x_1+x_2\right)}^2=100\\ \iff x_1+x_2=\pm 10.\end{array}$

+) TH1: $x_1+x_2=10$ kết hợp với   (2) ta được:

$\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=10\\ x_1+x_2=2\left(m+1\right)\end{array}$$\iff 2\left(m+1\right)=10\iff m=4\left(tm\right)$

+)TH2: $x_1+x_2=10$ kết hợp với   (2) ta được:

$\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=-10\\ x_1+x_2=2\left(m+1\right)\end{array}$$\iff 2\left(m+1\right)=-10\iff m=-6\left(ktm\right)$

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

Câu 3:

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.

Gọi vận tốc của ô tô khi đi từ A đến B là $x\left(km/h\right)\left(x>0\right).$

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

Quãng đường lúc về là: $156-36=120\left(km\right)$

Vận tốc của ô tô lúc về là: $x+32\left(km/h\right).$ 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: $\frac{156}{x}-\frac{120}{x+32}=\frac{7}{4}$

$\begin{array}{c}\iff \mathrm{156.4.}\left(x+32\right)-\mathrm{120.4.}x=7x\left(x+32\right)\\ \iff 624x+19968-480x=7x^2+224x\\ \iff 7x^2+80x-19968=0\\ \iff \left(x-48\right)\left(7x+416\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}x-48=0\\ 7x+416=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=48\left(tm\right)\\ x=-\frac{416}{7}\left(ktm\right)\end{array}.\end{array}$

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

Câu 4.

 

a) $D{A}^2=DC.DB$

Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) $\Rightarrow AC\perp BChayAC\perp BD$.

Ta có:$\widehat{DAB}={90}^0$ ( 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 $D{A}^2=DC.DB$.

b) Tứ giác AHCD nội tiếp.

Xét tứ giác AHCD có $\widehat{AHD}=\widehat{ACD}={90}^0\Rightarrow$ 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) $CH\perp CF$

Do tứ giác AHCD nội tiếp nên $\widehat{FHC}=\widehat{ADC}$ (cùng bù với $\widehat{AHC}$).

Xét tam giác FHC và tam giác ADC có:

$\widehat{CFH}=\widehat{DAC}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC).

$\widehat{FHC}=\widehat{ADC}\left(cmt\right)$;

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

Mà $\widehat{ACD}={90}^0\Rightarrow \widehat{FCH}={90}^0\Rightarrow CH\perp CF$

d) $\frac{BH.BC}{BF}=2R$

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

Mà $OA=OB=R\Rightarrow O{B}^2=OD.OH$

$\Rightarrow \frac{OB}{OH}=\frac{OD}{OB}$

Xét tam giác OBH và ODB có:

$\widehat{BOD}$ chung;

$\frac{OB}{OH}=\frac{OD}{OB}\left(cmt\right)$;

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

Mà $\widehat{ODB}=\widehat{CAF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CH của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHCD).

$\widehat{CAF}=\widehat{CBF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CF của đường tròn (O))

$\Rightarrow \widehat{OBH}=\widehat{CBF}$

$\Rightarrow \widehat{OBH}+\widehat{HBC}=\widehat{CBF}+\widehat{HBC}$

$\Rightarrow \widehat{OBC}=\widehat{HBF}=\widehat{ABC}$

Xét tam giác BHF và tam giác BAC có:

$\widehat{BFH}=\widehat{BCA}={90}^0$ (góc BFC nội tiếp chắn nửa đường tròn (O));

$\widehat{HBF}=\widehat{ABC}\left(cmt\right)$;

Câu 5.

Ta có: $xy+1\le x,(x,y>0)\iff y+\frac{1}{x}\le 1$

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

$\Rightarrow 1\ge 2\sqrt{\frac{y}{x}}\iff 0<\frac{y}{x}\le \frac{1}{4}$

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

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

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

$(\ast )\iff 9(a^2+2a+1)\le 5(a^2-a+3)$ ( do $a^2-a+3>0,\forall a$)

$\iff 4a^2+23a-6\le 0$

$\iff 4a^2-a+24a-6\le 0$

$\iff a(4a-1)+6(4a-1)\le 0$

$\iff (4a-1)(a+6)\le 0$

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

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

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

Vậy, $Q_{max}=\frac{\sqrt{5}}{3}$ khi và chỉ khi $a=\frac{1}{4}\iff \{\begin{array}{c}\frac{y}{x}=\frac{1}{4}\\ y+\frac{1}{x}=1\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=2\\ y=\frac{1}{2}\end{array}$

 trithuchub.com