Đề số 6 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề bài

Câu 1. (2.5 điểm)

a)  Rút gọn các biểu thức

$A=\sqrt{12}+\sqrt{27}-\sqrt{48}$

$B=\left(\frac{1}{\sqrt{x}-1}-\frac{1}{\sqrt{x}+1}\right):\frac{x+1}{x-1}$  với $x\ge 0$  và $x\ne \pm 1$

b)  Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{c}x+2y=12\\ 3x-y=1\end{array}$

Câu 2. (2 điểm)

Cho phương trình $x^2+5x+m=0(\ast )$ (m là tham số )

a)  Giải phương trình (*) khi $m=-3$

b)  Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn $9x_1+2x_2=18$

Câu 3. (2 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ $\left(Oxy\right),$ cho parabol $\left(P\right):y=\frac{1}{2}{x}^2$ và đường thẳng $\left(d\right):y=\left(2m-1\right)x+5.$

a) Vẽ đồ thị của (P).

b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm $E\left(7;12\right).$

c) Đường thẳng $y=2$ cắt parabol $\left(P\right)$ tại hai điểm $A,B.$ Tìm tọa độ của $A,B$ và tính diện tích tam giác $OAB.$

Câu 4. (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm $\left(O;R\right)$ có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn $\left(O;R\right)$ sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn $\left(O;R\right)$ tại điểm K (K khác A), hai dây MN và BK cắt nhau ở E.

a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh CA.CK = CE.CH

c) Qua điểm N kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân.

d) Khi KE = KC. Chứng minh OK // MN.

Lời giải chi tiết

Câu 1.

a) Rút gọn các biểu thức

$\begin{array}{c}A=\sqrt{12}+\sqrt{27}-\sqrt{48}\\ =\sqrt{2^2.3}+\sqrt{3^2.3}-\sqrt{4^2.3}\\ =2\sqrt{3}+3\sqrt{3}-4\sqrt{3}\\ =\sqrt{3}.\end{array}$

$B=\left(\frac{1}{\sqrt{x}-1}-\frac{1}{\sqrt{x}+1}\right):\frac{x+1}{x-1}$ với $x\ge 0$  và $x\ne \pm 1$

$\begin{array}{c}B=\left(\frac{\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}-\frac{\sqrt{x}-1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\right):\frac{x+1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\\ =\frac{\sqrt{x}+1-\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}.\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{x+1}\\ =\frac{2}{x+1}.\end{array}$

b) Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{c}x+2y=12\\ 3x-y=1\end{array}$

$\{\begin{array}{c}x+2y=12\\ 3x-y=1\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x+2y=12\\ y=3x-1\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{c}x+2\left(3x-1\right)=12\\ y=3x-1\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{c}7x=14\\ y=3x-1\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=2\\ y=5\end{array}$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left(x;y\right)=\left(2;5\right).$

Câu 2.

Cho phương trình $x^2+5x+m=0(\ast )$ (m là tham số )

a) Giải phương trình (*) khi $m=-3$

Thay $m=-3$ vào phương trình (*) ta có: $x^2+5x-3=0$

Ta có: $a=1;b=5;c=-3;$

$\Delta =b^2-4ac=5^2+12=37>0$

Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt: $[\begin{array}{c}{x}_1=\frac{-5-\sqrt{37}}{2}\\ x_2=\frac{-5+\sqrt{37}}{2}\end{array}$

Vậy khi $m=-3$ thì phương trình (*)  có tập nghiệm là: $S=\left\{\frac{-5-\sqrt{37}}{2};\frac{-5+\sqrt{37}}{2}\right\}$

b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn $9x_1+2x_2=18\left(3\right)$

+) Phương trình (*) có hai nghiệm $x_1,x_2$ khi và chỉ khi $\Delta \ge 0\iff 25-4m\ge 0\iff m\le \frac{25}{4}$

+) Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có: $\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=-5\left(1\right)\\ x_1.x_2=m\left(2\right)\end{array}$

Kết hợp (1) và (3) ta được hệ phương trình:

$\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=-5\\ 9x_1+2x_2=18\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{c}2x_1+2x_2=-10\\ 9x_1+2x_2=18\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{c}-7x_1=-28\\ x_2=-5-x_1\end{array}\iff \{\begin{array}{c}{x}_1=4\\ x_2=-9\end{array}$

Thay $x_1=4;x_2=-9$ vào (2) ta được: $4.\left(-9\right)=m\iff m=-36\left(tm\right)$

Vậy $m=-36$  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 3:

Trong mặt phẳng tọa độ $\left(Oxy\right),$ cho parabol $\left(P\right):y=\frac{1}{2}{x}^2$ và đường thẳng $\left(d\right):y=\left(2m-1\right)x+5.$

a) Vẽ đồ thị của (P).

Ta có bảng giá trị:

$x$	$-4$	$-2$	$0$	$2$	$4$
$y=\frac{1}{2}{x}^2$	$8$	$2$	$0$	$2$	$8$

Đồ thị:

                                          

b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm $E\left(7;12\right).$

Đường thẳng $\left(d\right)$ đi qua điểm $E\left(7;12\right)\Rightarrow 12=\left(2m-1\right).7+5$

$\begin{array}{c}\iff 12=14m-7+5\\ \iff 14m=14\\ \iff m=1.\end{array}$

Vậy $m=1$ thỏa mãn điều kiện bài toán.

c) Đường thẳng $y=2$ cắt parabol $\left(P\right)$ tại hai điểm $A,B.$ Tìm tọa độ của $A,B$ và tính diện tích tam giác $OAB.$

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $y=2$ và parabol $\left(P\right)$ là:

$\frac{1}{2}{x}^2=2\iff x^2=4$

$\iff [\begin{array}{c}x=-2\\ x=2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}A\left(-2;2\right)\\ B\left(2;2\right)\end{array}.$

Đường thẳng $y=2$ cắt $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt $A\left(-2;2\right)$ và $B\left(2;2\right).$

Gọi $H$ là giao điểm của đường thẳng $y=2$ và trục $Oy\Rightarrow H\left(0;2\right).$

Khi đó ta có: $S_{AOB}=S_{AOH}+S_{OBH}.$

Ta có: $\{\begin{array}{c}{S}_{AOH}=\frac{1}{2}AH.OH=\frac{1}{2}.\left|x_A\right|.\left|y_H\right|=\frac{1}{2}.2.2=2\\ S_{BOH}=\frac{1}{2}HB.OH=\frac{1}{2}.\left|x_B\right|.\left|y_H\right|=\frac{1}{2}.2.2=2\end{array}.$

$S_{AOB}=S_{AOH}+S_{OBH}=2+2=4.$

Vậy diện tích tam giác $OAB$ là $4\left(dvdt\right).$

Câu 4.

                     

a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.

Ta có $\widehat{AKB}={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \widehat{AKE}={90}^0$.

Xét tứ giác AHEK có $\widehat{AKE}+\widehat{AHE}={90}^0+{90}^0={180}^0\Rightarrow$ tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰).

b) Chứng minh CA.CK = CE.CH

Xét tam giác CKE và tam giác CHA có:

$\widehat{CKE}=\widehat{CHA}={90}^0;$

$\widehat{ACH}$ chung;

$\Rightarrow \Delta CKE\sim \Delta CHA\left(g.g\right)$

$\Rightarrow \frac{CK}{CH}=\frac{CE}{CA}$

$\Rightarrow CA.CK=CE.CH$ (đpcm).

c) Qua điểm N kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân.

Ta có $d\perp AC;\widehat{AKB}={90}^0\Rightarrow BK\perp AK$

$\Rightarrow BK\perp AC\Rightarrow d//BK$. (từ vuông góc đến song song).

Xét tam giác OMN có 

$OM=ON\left(=R\right)\Rightarrow \Delta OMN$ cân tại O.

$\Rightarrow$ Đường cao OH đồng thời là đường phân giác $\Rightarrow \widehat{MOB}=\widehat{NOB}\Rightarrow$ sđ cung MB = sđ cung NB.

$\Rightarrow \widehat{MKB}=\widehat{NKB}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Ta có $\widehat{KFN}=\widehat{MKB}$ (đồng vị);

$\widehat{KNF}=\widehat{NKB}$ (so le trong);

Mà $\widehat{MKB}=\widehat{NKB}\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \widehat{KFN}=\widehat{KNF}$

$\Rightarrow \Delta NEK$ cân tại K.

d) Khi KE = KC. Chứng minh OK // MN.

Ta có $\widehat{AKB}={90}^0\Rightarrow BK\perp AK\Rightarrow BK\perp AC\Rightarrow \Delta KEC$ vuông tại K.

Lại có KE = KC (gt) $\Rightarrow \Delta KEC$ vuông cân tại K $\Rightarrow \widehat{KEC}={45}^0$ ;

$\Rightarrow \widehat{HEB}=\widehat{KEC}={45}^0$ (đối đỉnh) $\Rightarrow \Delta HEB$ vuông cân tại H $\Rightarrow \widehat{HBE}={45}^0\Rightarrow \widehat{OBK}={45}^0$

Tam giác OBK có $OB=OK\left(=R\right)\Rightarrow \Delta OBK$ cân tại O $\Rightarrow \widehat{OBK}=\widehat{OKB}={45}^0$

$\Rightarrow \widehat{BOK}={180}^0-{45}^0-{45}^0={90}^0\Rightarrow \Delta BOK$ vuông cân tại $O\Rightarrow OK\perp OB$ ;

Lại có $MN\perp AB\left(gt\right)\Rightarrow MN\perp OB$.

Vậy MN // OK.

trithuchub.com