Đề số 8 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề bài

I. TRẮC NGHIỆM (3 điểm)

Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau:

Câu 1. Phương trình $x^{2} - 3 x - 6 = 0$ có hai nghiệm $x_{1}, x_{2} .$ Tổng $x_{1} + x_{2}$ bằng:

A. 3 B. -3

C. 6 D. -6

Câu 2. Đường thẳng $y = x + m - 2$ đi qua điểm $E (1; 0)$ khi:

A. $m = - 1$ B. $m = 3$

C. $m = 0$ D. $m = 1$

Câu 3. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A, \hat{A C B} = 30^{0}, A B = 5 c m .$ Độ dài cạnh $A C$ là:

A. $10 c m$

B. $\frac{5 \sqrt{3}}{2} c m$

C. $5 \sqrt{3} c m$

D. $\frac{5}{\sqrt{3}} c m$

Câu 4. Hình vuông cạnh bằng 1, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là:

A. $\frac{1}{2}$

B. $1$

C. $\sqrt{2}$

D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

Câu 5. Phương trình $x^{2} + x + a = 0$ (với x là ẩn, a là tham số) có nghiệm kép khi:

A. $a = - \frac{1}{4}$

B. $a = \frac{1}{4}$

C. $a = 4$

D. $- 4$

Câu 6. Cho $a > 0,$ rút gọn biểu thức $\frac{\sqrt{a^{3}}}{\sqrt{a}}$ ta được kết quả:

A. $a^{2}$

B. $a$

C. $\pm a$

D. $- a$

PHẦN II. TỰ LUẬN (7 điểm)

Câu 7. (2,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình ${\begin{cases} x + 2 y = 5 \\ 3 x - y = 1 \end{cases} .$

b) Tìm tọa độ giao điểm $A, B$ của đồ thị hàm số $y = x^{2}$ và $y = x + 2.$ Gọi $D, C$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A, B$ lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác $A B C D .$

Câu 8. (1 điểm)

Nhân dịp Tết Thiếu nhi 01/06, một nhóm học sinh cần chia đều một số lượng quyển vở thành các phần quà để tặng cho các em nhỏ tại một mái ấm tình thương. Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì các em sẽ có thêm 2 phần quà nữa, còn nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì các em sẽ có thêm 5 phần quà nữa. Hỏi ban đầu có bao nhiêu phần quà và mỗi phần quà có bao nhiêu quyển vở?

Câu 9 (2,5 điểm)

Cho đường tròn đường kính AB, các điểm C, D nằm trên đường tròn đó sao cho C, D nằm khác phía đối với đường thẳng AB, đồng thời AD > AC. Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và AD lần lượt là M, N; giao điểm của MN với AC, AD lần lượt là H, I; giao điểm của MD và CN là K.

a) Chứng minh $\hat{A C N} = \hat{D M N}$ . Từ đó suy ra tứ giác MCKH nội tiếp.

b) Chứng minh KH song song với AD.

c) Tìm hệ thức liên hệ giữa sđ cung AC và sđ cung AD để AK song song với ND.

Câu 10. (1 điểm)

a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện $a + b + c = 3$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A = 4 a^{2} + 6 b^{2} + 3 c^{2}$

b) Tìm các số nguyên dương a, b biết các phương trình $x^{2} - 2 a x - 3 b = 0$ và $x^{2} - 2 b x - 3 a = 0$ (với x là ẩn) đều có nghiệm nguyên.

Lời giải chi tiết

I. TRẮC NGHIỆM (3 điểm)

1	2	3	4	5	6
A	D	C	D	B	B

Câu 1:

Ta có: $a = 1; b = - 3; c = - 6.$

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: $x_{1} + x_{2} = - \frac{b}{a} = 3.$

Chọn A.

Câu 2:

Điểm $E (1; 0)$ thuộc đồ thị hàm số $y = x + m - 2$ nên ta có:

$0 = 1 + m - 2 \Leftrightarrow m = 1.$

Chọn D.

Câu 3:

Ta có: $\tan C = \frac{A B}{A C}$

$\Rightarrow A C = \frac{A B}{\tan C} = \frac{5}{\tan 30^{0}} = 5 : \frac{1}{\sqrt{3}}$ $= 5 \sqrt{3} c m .$

Chọn C.

Câu 4:

Xét hình vuông ABCD có các cạnh là 1.

Tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD là giao điểm O của hai đường chéo AC và BD.

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác ABC vuông tại B ta có:

$A C^{2} = A B^{2} + B C^{2} = 1 + 1 = 2$ $\Rightarrow A C = \sqrt{2} .$

Có O là trung điểm của AC nên: $O A = O C = R = \frac{A C}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2} .$

Chọn D.

Câu 5:

Phương trình đã cho có nghiệm kép $\Leftrightarrow Δ = 0 \Leftrightarrow 1 - 4 a = 0 \Leftrightarrow a = \frac{1}{4} .$

Chọn B.

Câu 6:

Ta có: $\frac{\sqrt{a^{3}}}{\sqrt{a}} = \sqrt{\frac{a^{3}}{a}} = \sqrt{a^{2}} = | a | = a (d o a > 0) .$

Chọn B.

PHẦN II. TỰ LUẬN (7 điểm)

Câu 7. (2,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình ${\begin{cases} x + 2 y = 5 \\ 3 x - y = 1 \end{cases} .$

${\begin{cases} x + 2 y = 5 \\ 3 x - y = 1 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} x + 2 y = 5 \\ 6 x - 2 y = 2 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} 7 x = 7 \\ y = 3 x - 1 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} x = 1 \\ y = 2 \end{cases} .$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: $(x; y) = (1; 2) .$

b) Tìm tọa độ giao điểm $A, B$ của đồ thị hàm số $y = x^{2}$ và $y = x + 2.$ Gọi $D, C$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A, B$ lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác $A B C D .$

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: $x^{2} = x + 2$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow x^{2} - x - 2 = 0 \\ \Leftrightarrow (x + 1) (x - 2) = 0 \\ \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x + 1 = 0 \\ x - 2 = 0 \end{array} \\ \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 1 \Rightarrow A (- 1; 1) \\ x = 2 \Rightarrow B (2; 4) \end{array} . \end{array}$

C là hình chiếu của B trên trục hoành $\Rightarrow C (2; 0) .$

D là hình chiếu của A trên trục hoành $\Rightarrow D (- 1; 0) .$

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy ABCD là hình thang vuông tại D và C.

$\begin{array}{l} \Rightarrow S_{A B C D} = \frac{(A D + C B) . C D}{2} \\ = \frac{(A D + C B) . (D O + O C)}{2} \\ = \frac{(1 + 4) (1 + 2)}{2} \\ = \frac{15}{2} = 7, 5 (d v d t) . \end{array}$

Vậy diện tích tứ giác ABCD là: $7, 5 d v d t .$

Câu 8:

Gọi số phần quà ban đầu là $x$ (phần) $(x \in N^{*}) .$

Gọi số quyển vở có trong mỗi phần quà là $y$ (quyển vở) $(y \in N^{*}) .$

$\Rightarrow$ Tổng số quyển vở của nhóm học sinh có là: $x y$ (quyển).

Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì số có thêm 2 phần quà nữa nên ta có phương trình:

$x y = (x + 2) (y - 2)$

$\Leftrightarrow 2 y - 2 x - 4 = 0$

$\Leftrightarrow y - x = 2. (1)$

Nếu mỗi phần quả giảm 4 quyển thì có thêm 5 phần quà nữa nên ta có phương trình:

$x y = (x + 5) (y - 4)$

$\Leftrightarrow 5 y - 4 x - 20 = 0$

$\Leftrightarrow 5 y - 4 x = 20 (2)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

${\begin{cases} y - x = 2 \\ 5 y - 4 x = 20 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} 5 y - 5 x = 10 \\ 5 y - 4 x = 20 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} x = 10 \\ y = x + 2 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} x = 10 (t m) \\ y = 12 (t m) \end{cases} .$

Vậy ban đầu có 10 phần quà và mỗi phần quà có 12 quyển vở.

Câu 9 (2,5 điểm)

a) Chứng minh $\hat{A C N} = \hat{D M N}$ . Từ đó suy ra tứ giác MCKH nội tiếp.

Ta có:

$\hat{A C N}$ là góc nội tiếp chắn cung AN; $\hat{D M N}$ là góc nội tiếp chắn $\overset{⏜}{D N}$

Mà $\overset{⏜}{A N}$ = $\overset{⏜}{D N}$ (gt)

$\Rightarrow \hat{A C N} = \hat{D M N}$ (Các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau).

b) Chứng minh KH song song với AD.

Do đó tứ giác CMHK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung bằng nhau).

$\Rightarrow \hat{C H K} = \hat{C M K} = \hat{C M D}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CK).

Mà $\hat{C M D} = \hat{C A D}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn (O))

$\Rightarrow \hat{C H K} = \hat{C A D}$ .

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị $\Rightarrow H K / / A D$ .

c) Tìm hệ thức liên hệ giữa sđ cung AC và sđ cung AD để AK song song với ND.

Chứng minh tương tự ta có $A I / / K H$

$\Rightarrow$ Tứ giác AHKI là hình bình hành (Tứ giác có các cạnh đối song song)

Ta có AK // DN $\Rightarrow \hat{I A K} = \hat{A D N}$ (so le trong)

Lại có $\hat{A D N} = \hat{D M N} = \hat{A M N}$

$\Rightarrow \hat{I A K} = \hat{D M N} = \hat{K M I}$

$\Rightarrow$ tứ giác AIKM là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung bằng nhau).

$\Rightarrow \hat{A M N} = \hat{A K I}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI)

$\Rightarrow \hat{I A K} = \hat{A K I} \Rightarrow Δ I A K$ cân tại I $\Rightarrow I A = I K$

$\Rightarrow A H K I$ là hình thoi (Hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau).

$\Rightarrow I H ⊥ A K$ (hai đường chéo của hình thoi).

$\Rightarrow M N ⊥ A K$ , mà $A K / / D N \Rightarrow A M ⊥ N D \Rightarrow \hat{M N D} = 90^{0} \Rightarrow$ Góc MND nội tiếp chắn nửa đường tròn.

$\Rightarrow M D$ là đường kính của đường tròn tâm O.

$\Rightarrow s đ \overset{⏜}{M A D}$ = 180⁰

$\Rightarrow s đ \overset{⏜}{M A} + s đ \overset{⏜}{A D}$ = 180⁰

$\Rightarrow s đ \overset{⏜}{\frac{A C}{2}} + s đ \overset{⏜}{A D}$ = 180⁰

Câu 10 (VDC) (1 điểm)

a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện $a + b + c = 3$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A = 4 a^{2} + 6 b^{2} + 3 c^{2}$

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương ta có:

$\begin{array}{l} 4 (a^{2} + 1) \geq 4.2 \sqrt{a^{2} .1} = 8 a \\ 6 (b^{2} + \frac{4}{9}) \geq 6.2 \sqrt{b^{2} . \frac{4}{9}} = 8 b \\ 3 (c^{2} + \frac{16}{9}) \geq 3.2 \sqrt{c^{2} . \frac{16}{9}} = 8 c \end{array}$

Cộng vế theo vế ta có $A + 4 + \frac{8}{3} + \frac{16}{3} \geq 8 (a + b + c) = 8.3 = 24$

Vậy $A \geq 12$

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow {\begin{cases} a^{2} - 1 \\ b^{2} = \frac{4}{9} \\ c^{2} = \frac{16}{9} \\ a, b, c \geq 0 \\ a + b + c = 3 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} a = 1 \\ b = \frac{2}{3} \\ c = \frac{4}{3} \end{cases}$

Vậy $A_{min} = 12 \Leftrightarrow (a; b; c) = (1; \frac{2}{3}; \frac{4}{3})$

b) Tìm các số nguyên dương a, b biết các phương trình $x^{2} - 2 a x - 3 b = 0$ và $x^{2} - 2 b x - 3 a = 0$ , với x là ẩn, đều có nghiệm nguyên.

Xét phương trình $x^{2} - 2 a x - 3 b = 0$ có ${Δ_{1}}^{'} = a^{2} + 3 b > 0 \Rightarrow$ Phương trình có hai nghiệm phân biệt $x = a \pm \sqrt{a^{2} + 3 b}$

Xét phương trình $x^{2} - 2 b x - 3 a = 0$ có ${Δ_{2}}^{'} = b^{2} + 3 a > 0 \Rightarrow$ Phương trình có hai nghiệm phân biệt $x = b \pm \sqrt{b^{2} + 3 a}$

Để cả hai phương trình đều có nghiệm nguyên $\Leftrightarrow a^{2} + 3 b$ và $b^{2} + 3 a$ đều là số chinh phương.

Do vai trò của a và b là như nhau, không mất tính tổng quát, ta giả sử $a \geq b$ .

Ta chứng minh $a^{2} + 3 b \leq {(a + 2)}^{2}$ .

Ta có

$\begin{array}{l} a^{2} + 3 b < {(a + 2)}^{2} \\ \Leftrightarrow a^{2} + 3 b < a^{2} + 4 a + 4 \\ \Leftrightarrow 3 b < 4 a + 4 \end{array}$

Luôn đúng do giả sử $a \geq b$ .

$\Rightarrow a^{2} < a^{2} + 3 b < {(a + 2)}^{2} (D o b > 0)$ .

Mà a, b là các số nguyên dương $\Rightarrow a^{2} + 3 b = {(a + 1)}^{2}$ là số chính phương.

$\Leftrightarrow 3 b = 2 a + 1 \Rightarrow a = \frac{3 b - 1}{2}$

Thay vào ${Δ_{2}}^{'}$ ta có : ${Δ_{2}}^{'} = b^{2} + 3. \frac{3 b - 1}{2}$ $= b^{2} + \frac{9}{2} b - \frac{3}{2}$ $= b^{2} + 2. b . \frac{9}{4} + \frac{81}{16} - \frac{105}{16}$ $= {(b + \frac{9}{4})}^{2} - \frac{105}{16}$ là số chính phương.

Giả sử ${(b + \frac{9}{4})}^{2} - \frac{105}{16} = x^{2} (x \in Z)$

$\Leftrightarrow (b + \frac{9}{4} - x) (b + \frac{9}{4} + x) = \frac{105}{16}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{4 b - 4 x + 9}{4} . \frac{4 b + 4 x + 9}{4} = \frac{105}{16} \\ \Leftrightarrow (4 b - 4 x + 9) (4 b + 4 x + 9) = 5.21 = 1.105 \\ \Leftrightarrow [\begin{array}{l} {\begin{cases} 4 b - 4 x + 9 = 5 \\ 4 b + 4 x + 9 = 21 \end{cases} \\ {\begin{cases} 4 b - 4 x + 9 = 21 \\ 4 b + 4 x + 9 = 5 \end{cases} \\ {\begin{cases} 4 b - 4 x + 9 = 1 \\ 4 b + 4 x + 9 = 105 \end{cases} \\ {\begin{cases} 4 b - 4 x + 9 = 105 \\ 4 b + 4 x + 9 = 1 \end{cases} \end{array} \\ \Leftrightarrow [\begin{array}{l} {\begin{cases} b = 1 \\ x = 2 \end{cases} \\ {\begin{cases} b = 1 \\ x = - 2 \end{cases} \\ {\begin{cases} b = 11 \\ x = 13 \end{cases} \\ {\begin{cases} b = 11 \\ x = - 13 \end{cases} \end{array} \Rightarrow [\begin{array}{l} b = 1 \\ b = 11 \end{array} \\ \Rightarrow [\begin{array}{l} {\begin{cases} b = 1 \\ a = \frac{3 b - 1}{2} = 1 \end{cases} \\ {\begin{cases} b = 11 \\ a = \frac{3 b - 1}{2} = 16 \end{cases} \end{array} (t m) \end{array}$

$\Rightarrow (a; b) \in {(1; 1); (16; 11)}$

Do a, b có vai trò như nhau nên $(a; b) = (11; 16)$ cũng thỏa mãn điều kiện bài toán.

Vậy các cặp số $(a; b)$ thỏa mãn là $(1; 1); (16; 11); (11; 16)$ .

trithuchub.com

Câu 1: