Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu

Đề bài

Câu 1:

a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {80}  + \sqrt {45} \).

b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x  + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x  + 1}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\).

Câu 2:

a) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\)đi qua điểm M(-1;2). Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) với giá trị \(a\) vừa tìm được.

b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\2x + y = 3\end{array} \right.\)

Câu 3:

Cho phương trình bậc hai \({x^2} - 2x + m - 2 = 0\) (1), với \(m\) là tham số.

a) Xác định các hệ số a, b, c của phương trình (1).

b) Giải phương trình (1)  khi \(m =  - 1\).

c) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\).

Câu 4:

Trên đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R, lấy hai điểm C, D sao cho CD vuông góc với AB tại H (H thuộc đoạn OA, khác O và A). Gọi M là điểm trên đoạn CD (M khác C và D, CM > DM), E là giao điểm của AM với đường tròn (O), N là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD.

a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp

b) Chứng minh NC. ND = NB. NE

c) Khi AC = R, xác định vị trí của điểm M để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất

-----HẾT-----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

a) Biến đổi \(\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right|\) và \(\sqrt {A.B}  = \sqrt A .\sqrt B \)

b) Tìm mẫu số chung, quy đồng và rút gọn biểu thức

Cách giải:

a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {80}  + \sqrt {45} \).

Ta có:

\(\begin{array}{l}A = \sqrt {80}  + \sqrt {45} \\A = \sqrt {16.5}  + \sqrt {9.5} \\A = \sqrt {{4^2}.5}  + \sqrt {{3^2}.5} \\A = 4\sqrt 5  + 3\sqrt 5 \\A = 7\sqrt 5 \end{array}\)

Vậy \(A = 7\sqrt 5 \).

b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x  + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x  + 1}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\).

Với \(x > 0\) và \(x \ne 1\) ta có:

\(\begin{array}{l}B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x  + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x  + 1}}\\B = \frac{{\sqrt x  + 1 + 3\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}:\frac{2}{{\sqrt x  + 1}}\\B = \frac{{\sqrt x  + 1 + 3\sqrt x  - 3}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}.\frac{{\sqrt x  + 1}}{2}\\B = \frac{{4\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 1}}.\frac{1}{2}\\B = \frac{{2\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 1}}\end{array}\)

Vậy \(B = \frac{{2\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 1}}.\)

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

a) Thay tọa độ M vào hàm số tìm a, lập bảng vẽ đồ thị hàm số và nhận xét

b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số

Cách giải:

a) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\)đi qua điểm M(-1;2). Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) với giá trị \(a\) vừa tìm được.

Đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\)đi qua điểm \(M\left( { - 1;2} \right)\) khi và chỉ khi: \(a.{\left( { - 1} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow a = 2\)

Vậy \(a = 2\).

* Vẽ đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\)

Ta có bảng giá trị sau:

=> Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 1;2} \right);\,\,B\left( {1;2} \right);\,C\left( { - 2;8} \right);\,D\left( {2;8} \right)\).

Hệ số a = 2 > 0 nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) như sau:

b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\2x + y = 3\end{array} \right.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\2x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\4x + 2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\y = 3 - 2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y =  - 1\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {2; - 1} \right)\).

Câu 3 (TH):

Phương pháp:

a) Hệ số a, b, c của phương trình là các hệ số của số hạng \({x^2},x\)và hệ số tự do

b) Thay m = -1 vào phương trình, giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm

c) Tính \(\Delta '\). Cho \(\Delta ' > 0\) tìm m, áp dụng Viet thay vào \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\)

Cách giải:

a) Xác định các hệ số a, b, c của phương trình (1).

Hệ số \(a = 1;\,\,b =  - 2;\,\,c = m - 2.\)

b) Giải phương trình (1)  khi \(m =  - 1\).

Khi \(m =  - 1\) phương trình (1)  \( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0\).

Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 2} \right) + \left( { - 3} \right) = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} =  - 1\\{x_2} =  - \frac{c}{a} = 3\end{array} \right.\).

Vậy khi m = -1 thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;3} \right\}\).

c) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\).

Phương trình (1) có  \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} - 1\left( {m - 2} \right) =  - m + 3\).

Để phương trình có hai nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow  - m + 3 \ge 0 \Leftrightarrow m \le 3\)

Áp dụng định lí Vi – ét ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = m - 2}\end{array}} \right.\)

Theo bài ra ta có: \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\)

\( \Leftrightarrow 3\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}.{x_2}} \right] + x_1^2x_2^2 = 11\) (2)

Thay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = m - 2}\end{array}} \right.\) vào (2) ta có:

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3\left[ {{2^2} - 2\left( {m - 2} \right)} \right] + {\left( {m - 2} \right)^2} = 11\\ \Leftrightarrow 3\left( {8 - 2m} \right) + {m^2} - 4m + 4 = 11\\ \Leftrightarrow {m^2} - 10m + 17 = 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)

Ta có: \({\Delta _m}' = {5^2} - 17 = 8 > 0\) nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}m = 5 + 2\sqrt 2 \,\,\,\left( {ktm} \right)\\m = 5 - 2\sqrt 2 \,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy với \(m = 5 - 2\sqrt 2 \,\) phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\).

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

a) Tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)

b) Chứng minh $\Delta NCE\backsim \Delta NBD\left( g.g \right)$

c) Gọi \(HM = x\,\,\left( {0 < x < R} \right)\). Tính AE, AM theo x và áp dụng bất đẳng thức Cô-si

Cách giải:

a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp

Ta có \(\angle AEB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

         \(\angle MHB = {90^0}\) (do \(CD \bot AB\) tại H) (gt)

\( \Rightarrow \angle MEB + \angle MHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).

Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác MEBH nội tiếp (dhnb)

b) Chứng minh NC. ND = NB. NE

Xét \(\Delta NCE\) và \(\Delta NBD\) có:

\(\angle BNC\) chung

\(\angle NCE = \angle NBD\) (góc nội tiếp cùng chắn cung DE)

$\Rightarrow \Delta NCE\backsim \Delta NBD\left( g.g \right)$

\( \Rightarrow \frac{{NC}}{{NB}} = \frac{{NE}}{{ND}} \Leftrightarrow NC.ND = NE.NB\) (đpcm)

c) Khi AC = R, xác định vị trí của điểm M để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất

Xét tam giác OAC có OA = OC = AC = R => Tam giác OAC đều.

\( \Rightarrow \) Đường cao CH đồng thời là đường trung tuyến \( \Rightarrow H\) là trung điểm của OA \( \Rightarrow AH = \frac{1}{2}OA = \frac{R}{2}\).

Đặt \(HM = x\,\,\left( {0 < x < R} \right)\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông AHM ta có: \(AM = \sqrt {\frac{{{R^2}}}{4} + {x^2}}  \Rightarrow 2AM = \sqrt {{R^2} + 4{x^2}} \).

Xét tam giác AHM và tam giác AEB có:

\(\begin{array}{l}\angle BAE\,\,chung\\\angle AHM = \angle AEB = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\end{array}\)

\(\Rightarrow \Delta AHM\backsim \Delta AEB\,\,\left( g.g \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{HM}}{{BE}} = \frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{AM}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

\( \Rightarrow AE = \frac{{AH.AB}}{{AM}} = \frac{{\frac{R}{2}.2R}}{{\sqrt {\frac{{{R^2}}}{4} + {x^2}} }} = \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}\)

\( \Rightarrow 2AM + AE = \sqrt {{R^2} + 4{x^2}}  + \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}\)

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

\(\sqrt {{R^2} + 4{x^2}}  + \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }} \ge 2\sqrt {\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} .\frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}}  = 2\sqrt 2 R\)

Dấu “=” xảy ra

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {{R^2} + 4{x^2}}  = \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}\\ \Leftrightarrow {R^2} + 4{x^2} = 2{R^2} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{{R^2}}}{4} \Leftrightarrow x = \frac{R}{2}\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow HM = \frac{R}{2} \Rightarrow M\) là trung điểm của HD.

Vậy để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất thì M là trung điểm của HD.

Đề bài

Câu 1 (4,0 điểm):

a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {28}  + \sqrt {63}  - 2\sqrt 7 \)

b) Chứng minh rằng: \(\dfrac{{x\sqrt y  + y\sqrt x }}{{\sqrt {xy} }}:\dfrac{1}{{\sqrt x  - \sqrt y }} = x - y\) với \(x > 0,\,\,y > 0\) và \(x \ne y\).

Câu 2 (4,0 điểm):

a) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 5\\2x - y = 7\end{array} \right..\)

b) Cho hàm số \(y =  - \dfrac{1}{4}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(d:\,\,y = \dfrac{1}{2}x - 2.\) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) và tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) với đường thẳng \(d\) bằng phép tính.

Câu 3 (6,0 điểm):

Cho phương trình \({x^2} - \left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số).

a) Giải phương trình khi \(m =  - 3\).

b) Chứng minh phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi số thực \(m.\)

c) Tìm \(m\) để  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền là \(h = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }}\).

Câu 4 (6,0 điểm):

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và đường thẳng \(d\) không đi qua \(O\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(A,\,\,B\). Trên tia đối của tia \(BA\), lấy một điểm \(M\), qua \(M\) kẻ hai tiếp tuyến \(MC\) và \(MD\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (\(C,\,\,D\) là các tiếp điểm). Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\).

a) Chứng minh rằng tứ giác \(OMCH\) nội tiếp được trong một đường tròn.

b) \(OM\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(I\) và cắt \(CD\) tại \(K\). Chứng minh \(OK.OM = {R^2}\).

c) Đường thẳng qua \(O\) vuông góc với \(OM\) cắt các tia \(MC\) và \(MD\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\). Tính độ dài \(OM\) theo \(R\) sao cho diện tích tam giác \(MPQ\) nhỏ nhất.

Lời giải

Câu 1 (TH)

Phương pháp:

a) Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)

Thực hiện các phép toán với các căn bậc hai.

b) Thực hiện phép chia với các phân thức đại số

Tìm các hạng tử chung của tử thức và mẫu thức sau đó rút gọn biểu thức để chứng minh.

Cách giải:

a) Ta có

\(\begin{array}{l}A = \sqrt {28}  + \sqrt {63}  - 2\sqrt 7 \\A = \sqrt {{2^2}.7}  + \sqrt {{3^2}.7}  - 2\sqrt 7 \\A = 2\sqrt 7  + 3\sqrt 7  - 2\sqrt 7 \\A = 3\sqrt 7 \end{array}\)

Vậy \(A = 3\sqrt 7 \).

b) Với \(x > 0,\,\,y > 0\) và \(x \ne y\) ta có:

\(\begin{array}{l}VT = \dfrac{{x\sqrt y  + y\sqrt x }}{{\sqrt {xy} }}:\dfrac{1}{{\sqrt x  - \sqrt y }}\\\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt {xy} \left( {\sqrt x  + \sqrt y } \right)}}{{\sqrt {xy} }}.\left( {\sqrt x  - \sqrt y } \right)\\\,\,\,\,\,\, = \left( {\sqrt x  + \sqrt y } \right).\left( {\sqrt x  - \sqrt y } \right)\\\,\,\,\,\,\, = x - y = VP\end{array}\)

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Câu 2 (VD)

Phương pháp:

a) Vận dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình.

b) + Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\) của đồ thị \(\left( P \right)\)

+ Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\)

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn, tìm được nghiệm của phương trình

Với mỗi nghiệm ta tìm được các giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\), từ đó kết luận.

Cách giải:

a) \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 5\\2x - y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 5\\4x - 2y = 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\y = 2x - 7\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2.3 - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y =  - 1\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {3; - 1} \right).\)

b) Vẽ đồ thị hàm số \(y =  - \dfrac{1}{4}{x^2}.\)

Ta có bảng giá trị:

Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,y =  - \dfrac{1}{4}{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 4;\, - 4} \right),\,\,\left( { - 2;\, - 1} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\left( {2;\,\, - 1} \right),\,\,\left( {4; - 4} \right).\)

Đồ thị hàm số:

Phương trình hoành độ giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\) là:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\, - \dfrac{1}{4}{x^2} = \dfrac{1}{2}x - 2\\ \Leftrightarrow  - {x^2} = 2x - 8\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 0\end{array}\)

Phương trình có: \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} + 8 = 9 > 0\)

\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} =  - 1 + \sqrt 9  = 2\) và \({x_2} =  - 1 - \sqrt 9  =  - 4\)

Với \(x = 2\) \( \Rightarrow y =  - \dfrac{1}{4}{.2^2} =  - 1.\)

Với \(x =  - 4\)\( \Rightarrow y =  - \dfrac{1}{4}.{\left( { - 4} \right)^2} =  - 4.\)

Vậy đường thẳng \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(\left( {2; - 1} \right)\) và \(\left( { - 4; - 4} \right).\)

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

a) Thay \(m =  - 3\) vào phương trình, ta có được phương trình bậc hai một ẩn

Áp dụng công thức nhẩm nghiệm nhanh: phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\,\left( {a \ne 0} \right)\) nếu có \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)

b) Phương trình luôn có nghiệm với mọi số thực \(m\) khi \(\Delta  \ge 0,\forall m\)

c) + Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta  > 0\)

+ Áp dụng định lí Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo tham số \(m\)

+ Do hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông nên ta có: \({x_1},{x_2} > 0\)  suya ra điều kiện của \(m\)

+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có hệ thức \(\dfrac{1}{{x_1^2}} + \dfrac{1}{{x_2^2}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2}}}\). Biến đổi hệ thức, xuất hiện \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) sau đó thay tham số \(m\) thực hiện tính toán.

Cách giải:

a) Khi \(m =  - 3\) phương trình (1) trở thành \({x^2} + x - 2 = 0\).

Vì \(a + b + c = 1 + 1 + \left( { - 2} \right) = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \dfrac{c}{a} =  - 2\end{array} \right.\)

Vậy khi \(m =  - 3\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1; - 2} \right\}\),.

b) Ta có: hệ số của \({x^2}\) là \(1 \ne 0\) nên phương trình \(\left( 1 \right)\) là phương trình bậc hai một ẩn.

Lại có: \(\Delta  = {\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {m + 1} \right) = {m^2} + 4m + 4 - 4m - 4 = {m^2} \ge 0\,\,\,\forall \,m\).

Do đó phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi số thực \(m.\)

c) Phương trình (1) có: \(\Delta  = {\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {m + 1} \right) = {m^2} + 4m + 4 - 4m - 4 = {m^2}\).

Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta  > 0 \Leftrightarrow {m^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 0\).

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a} = m + 2\\{x_1}.{x_2} = \dfrac{c}{a} = m + 1\end{array} \right.\)

Do hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông nên ta có: \({x_1},{x_2} > 0\) suy ra:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} > 0\\{x_1}.{x_2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 2 > 0\\m + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >  - 2\\m >  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m >  - 1\).

Vì \({x_1},{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền là \(h = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }}\) nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

\(\dfrac{1}{{x_1^2}} + \dfrac{1}{{x_2^2}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2}}}\) \( \Leftrightarrow \dfrac{{x_2^2 + x_1^2}}{{x_1^2.x_2^2}} = \dfrac{5}{4}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) = 5x_1^2x_2^2\\ \Leftrightarrow 4{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 8{x_1}{x_2} = 5{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\\ \Rightarrow 4{\left( {m + 2} \right)^2} - 8\left( {m + 1} \right) = 5{\left( {m + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 16m + 16 - 8m - 8 - 5{m^2} - 10m - 5 = 0\\ \Leftrightarrow  - {m^2} - 2m + 3 = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)

Ta có: \(a + b + c = 1 + 2 + \left( { - 3} \right) = 0\) nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}m = 1\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = \dfrac{c}{a} =  - 3\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\).

Vậy \(m = 1\) là giá trị cần tìm.

Câu 4 (VDC):

Phương pháp:

a) Vận dụng dấu hiệu: Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp, cụ thể chứng minh \(\angle OHM = \angle OCM = {90^0}\) cùng nhìn cạnh \(OM\) dưới một góc không đổi.

b) + \(\;OM \bot CD\) tại \(K\).

+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OMD\), suy ra \(O{D^2} = OK.OM = {R^2}\)

c) + \(\Delta MPQ\) cân tại \(M\)\( \Rightarrow MO\) đồng thời là trung tuyến của \(\Delta MPQ\)\( \Rightarrow OP = \dfrac{1}{2}PQ\)

+ Tính được \({S_{\Delta MPQ}} = OM.OP\)

+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(OMP\) vuông tại \(O\) có \(\dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}} = \dfrac{1}{{O{C^2}}} = \dfrac{1}{{{R^2}}}\)

+ Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương \(\dfrac{1}{{O{M^2}}}\) và \(\dfrac{1}{{O{P^2}}}\) tìm được giá trị nhỏ nhất của \({S_{\Delta MPQ}}\)

Cách giải:

a) Vì \(H\) là trung điểm của \(AB\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow OH \bot AB\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

\( \Rightarrow \angle OHM = {90^0}\).

Xét tứ giác \(OMCH\) có \(\angle OHM = \angle OCM = {90^0}\) \( \Rightarrow OMCH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

b) Vì \(MC = MD\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(CD\).

          \(OC = OD\,\,\left( { = R} \right)\) nên \(O\) thuộc trung trực của \(CD\).

\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(CD\) \( \Rightarrow OM \bot CD\) tại \(K\).

Xét tam giác \(OMD\) vuông tại \(D\) có đường cao \(DK\) ta có: \(O{D^2} = OK.OM = {R^2}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

c) Ta có: \(MO\) là phân giác của \(\angle PMQ\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau).

               \(MO\) là đường cao của \(\Delta PMQ\) (do \(PQ \bot OM\,\,\left( {gt} \right)\))

\( \Rightarrow \Delta MPQ\) cân tại \(M\) (tam giác có đường cao đồng thời là đường phân giác).

\( \Rightarrow MO\) đồng thời là trung tuyến của \(\Delta MPQ\) \( \Rightarrow O\) là trung điểm của \(PQ\) \( \Rightarrow OP = \dfrac{1}{2}PQ\).

Ta có \({S_{\Delta MPQ}} = \dfrac{1}{2}MO.PQ = OM.OP\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(OMP\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OC\) ta có:

\(\dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}} = \dfrac{1}{{O{C^2}}} = \dfrac{1}{{{R^2}}}\).

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương \(\dfrac{1}{{O{M^2}}}\) và \(\dfrac{1}{{O{P^2}}}\) ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}} \ge \dfrac{2}{{OM.OP}} = \dfrac{2}{{{S_{\Delta MPQ}}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{R^2}}} \ge \dfrac{2}{{{S_{\Delta MPQ}}}} \Leftrightarrow {S_{\Delta MPQ}} \ge 2{R^2}\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}OM = OP\\\dfrac{2}{{O{M^2}}} = \dfrac{1}{{{R^2}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}OM = OP\\OM = R\sqrt 2 \end{array} \right.\).

Vậy \({S_{\Delta MPQ}}\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2{R^2}\) khi \(OM = R\sqrt 2 \).

Đề bài

Câu 1 (4 điểm): 

a) Rút gọn biểu thức

b) Tìm điều kiện của để biểu thức có nghĩa.

Câu 2 (4 điểm): 

a) Giải hệ phương trình  

 b) Cho parabol và đường thẳng . Xác định giá trị của bằng phép tính để đường thẳng tiếp xúc với parabol .

Câu 3 (6 điểm): 

Cho phương trình (với là tham số).

a) Giải phương trình (1) khi .

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của .

c) Xác định giá trị của để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: .

Câu 4 (6 điểm): 

Cho đường tròn tâm đường kính . Gọi là trung điểm của đoạn thẳng , là điểm thay đổi trên đường tròn sao cho không trùng với và . Dựng đường thẳng và lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn tại và . Gọi là đường thẳng qua và vuông góc với . Đường thẳng cắt , lần lượt tại .

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh đồng dạng với . Từ đó chứng minh .

c) Khi điểm thay đổi, chứng minh tam giác vuông tại và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác theo .

Lời giải

Câu 1 (VD) - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba

Phương pháp:

a) Sử dụng công thức đưa thừa số ra ngoài dấu căn:

b) Biểu thức xác định

Cách giải:

a) Rút gọn biểu thức

Ta có:

Vậy .

b) Tìm điều kiện của để biểu thức có nghĩa

Biểu thức có nghĩa khi và chỉ khi .

Vậy biểu thức có nghĩa khi.

Câu 2 (VD) - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 - Đại số

Phương pháp:

a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm   của và

Số giao điểm của và bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm, do đó để tiếp xúc với parabol thì phương trình (*) phải có nghiệm kép

Cách giải:

a) Giải hệ phương trình  

Ta có:  

Vậy nghiệm của hệ phương trình là .

b) Cho parabol và đường thẳng . Xác định giá trị của bằng phép tính để đường thẳng tiếp xúc với parabol .

Xét phương trình hoành độ giao điểm của và :

Số giao điểm của và bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm, do đó để tiếp xúc với parabol thì phương trình (*) phải có nghiệm kép.

.

Vậy để tiếp xúc với parabol thì .

Câu 3 (VD) - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng

Phương pháp:

a) Thay vào phương trình (1) rồi giải phương trình bằng phương pháp đưa về phương trình tích.

b) Tính Chứng minh với mọi Phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi

c) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng hệ thức Vi-et và hệ thức bài cho để giải phương trình tìm

Đối chiếu với điều kiện của rồi kết luận.

Cách giải:

Cho phương trình (với là tham số).

a) Giải phương trình (1) khi .

Thay vào phương trình (1) ta có:

Vậy khi thì tập nghiệm của phương trình là .

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của .

có

Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của .

c) Xác định giá trị của để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: .

Theo ý b) ta có .

Để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt thì .

.

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: .

Theo bài ra ta có:

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4 (VDC) - Ôn tập tổng hợp chương 1, 2, 3 - Hình học

Phương pháp:

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết.

b) Chứng minh các tam giác nội tiếp qua trường hợp góc – góc.

Từ đó suy ra tỉ số giữa các cạnh tương ứng rồi suy ra đẳng thức cần chứng minh.

c) Chứng minh tứ giác nội tiếp và từ tứ giác nội tiếp, suy ra các cặp góc tương ứng bằng nhau.

Từ đó suy ra là tam giác vuông.

Sử dụng các tỉ số lượng giác để tìm vị trí của điểm để diện tích nội tiếp.

Cách giải:

Cho đường tròn tâm đường kính . Gọi là trung điểm của đoạn thẳng , là điểm thay đổi trên đường tròn sao cho không trùng với và . Dựng đường thẳng và lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn tại và . Gọi là đường thẳng qua và vuông góc với . Đường thẳng cắt , lần lượt tại .

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp.

Vì là tiếp tuyến của tại nên .

Vì tại nên .

Xét tứ giác có .

Vậy tứ giác là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng ).

b) Chứng minh đồng dạng với . Từ đó chứng minh .

Vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên .

Ta có: .

           (do )

(cùng phụ với )

Xét và  có:

(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung )

đồng dạng với (g.g).

(2 cạnh tương ứng).

(1).

Mà là trung điểm của .

Lại có là trung điểm của .

.

Khi đó ta có:

  (nhân cả 2 vế với 3) (đpcm).

c) Khi điểm thay đổi, chứng minh tam giác vuông tại và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác theo .

Xét tứ giác có:

(do tại )

(do là tiếp tuyến của đường tròn tại )

.

Tứ giác là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng ).

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

Lại có: Tứ giác là tứ giác nội tiếp (chứng minh ý a)

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

Xét tam giác có:

(do nên tam giác vuông tại ).

vuông tại (tam giác có tổng hai góc nhọn bằng ).

Ta có: .

Đặt .

Xét tam giác vuông ta có: .

Xét tam giác vuông ta có: .

Ta có: .

.

Do không đổi nên diện tích tam giác đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi đạt giá trị lớn nhất.

Vì nên . Áp dụng BĐT Co-si ta có:

.

. Dấu “=” xảy ra .

Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác là , đạt được khi . 

Đề bài

Câu 1 (2 điểm): Rút gọn biểu thức

Câu 2 (2,0 điểm):

a) Giải hệ phương trình

b) Cho hàm số có đồ thị và đường thẳng . Tìm tọa độ giao điểm của và bằng phép tính.

Câu 3 (3,0 điểm)

Cho phương trình ( là tham số)

a) Giải phương trình khi .

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của .

c) Gọi là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm để: .

Câu 4 (3,0 điểm) Trên nửa đường tròn, đường kính , lấy hai điểm sao cho thuộc cung . Gọi là giao điểm hai tia và ; là giao điểm hai dây và .

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh .

c) Biết . Tính giá trị của biểu thức theo .

Lời giải

Câu 1:

Phương pháp:

Sử dụng công thức:

Cách giải:

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.

b) Số giao điểm của và chính bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm của và . Từ đó ta tìm được giao điểm của và .

Cách giải:

a) Giải hệ phương trình

Vậy hệ phương trình có nghiệm là:

b) Cho hàm số có đồ thị và đường thẳng . Tìm tọa độ giao điểm của và bằng phép tính.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: 

Phương trình có hệ số: .

có hai nghiệm

Với

Với

Vậy tọa độ giao điểm của và là và

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

a) Thay vào phương trình và giải phương trình bậc hai.

b) Chứng minh , sử dụng hằng đẳng thức.

c) Áp dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

a) Thay vào phương trình (1) ta có: .

Vậy khi thì phương trình có tập nghiệm .

b) Ta có .

Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của .

c) Gọi là hai nghiệm của phương trình (1). Áp dụng định lí Vi-ét ta có:

Theo bài ra ta có: 

Do là nghiệm của phương trình .

.

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4 (VD):

Cách giải:

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp.

Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) .

Xét tứ giác có: Tứ giác là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰).

b) Chứng minh .

Xét tam giác và tam giác có:

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung );

c) Biết . Tính giá trị của biểu thức theo .

Ta có:

Tứ giác là tứ giác nội tiếp đường tròn (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Xét tam giác và tam giác có:

chung;

Vậy .

Đề bài

Câu 1 (0,5 điểm). Giải phương trình: .

Câu 2 (1,5 điểm). 

a) Tính giá trị của biểu thức: .

b) Cho biểu thức (với ).

Rút gọn biểu thức B và tính giá trị của biểu thức B khi .

Câu 3 (1,5 điểm). Cho hàm số .

a) Tìm hệ số a của .

b) Vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

Câu 4 (1,5 điểm). Cho phương trình bậc hai

a) Xác định các hệ số của phương trình.

b) Giải phương trình đã cho.

Câu 5 (1,0 điểm). Gieo đồng thời hai con xúc xắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất của biến cố A: “Tổng số chấm xuất hiện trên hai mặt con xúc xắc bằng 5”.

Câu 6 (1,0 điểm). Để chuẩn bị khen thưởng cho học sinh cuối năm học, Trường THCS X cần mua 1400 quyển vở và 700 cây bút ở Nhà sách Y để làm phần thưởng. Nhà trường dự tính mua với giá niêm yết sẽ cần 22 triệu 400 nghìn đồng, nhưng do mua với số lượng lớn nên Nhà sách Y đã giảm giá cho mỗi quyển vở và cho mỗi cây bút, vì thế nhà trường chỉ cần trả 21 triệu đồng. Tính giá tiền niêm yết của mỗi quyển vở và mỗi cây bút.

Câu 7 (0,5 điểm). Một tam giác vuông có cạnh huyền dài 13cm và diện tích bằng . Lập phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác đã cho.

Câu 8 (2,5 điểm). Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB vuông góc với dây cung CD tại điểm I (I nằm giữa A và O). Lấy điểm E bất kỳ trên cung nhỏ BC (E khác B và C). Hai đoạn thẳng AE và CD cắt nhau tại K.

a) Chứng minh tứ giác KEBI là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh: .

c) Gọi P là giao điểm cùa tia BE và tia DC, Q là giao điểm của hai đường thẳng AP và BK. Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp .

-------- Hết --------

Lời giải chi tiết

Câu 1 (0,5 điểm). Giải phương trình: .

Lời giải:

Phương trình tích có hai nghiệm thoả mãn:

+) suy ra

+) suy ra

Vậy phương trình có hai nghiệm và

Câu 2 (1,5 điểm). a) Tính giá trị của biểu thức: .

b) Cho biểu thức (với ).

Rút gọn biểu thức B và tính giá trị của biểu thức B khi .

Lời giải:

a) Ta có: .

b) +) ĐKXĐ:

Vậy với .

+) Thay (TMĐK) vào B, ta được:

Vậy khi .

Câu 3 (1,5 điểm). Cho hàm số .

a) Tìm hệ số a của .

b) Vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

Lời giải:

a) Hệ số a của là .

b) Ta có bảng giá trị sau:

Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm

Ta vẽ được đồ thị hàm số như sau:

Câu 4 (1,5 điểm). Cho phương trình bậc hai

a) Xác định các hệ số của phương trình.

b) Giải phương trình đã cho.

Lời giải:

a) Phương trình có

b) Ta có

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

và .

Vậy phương trình có hai nghiệm

Câu 5 (1,0 điểm). Gieo đồng thời hai con xúc xắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất của biến cố A: “Tổng số chấm xuất hiện trên hai mặt con xúc xắc bằng 5”.

Lời giải:

Gieo đồng thời hai con con xúc xắc có 36 kết quả có thể xảy ra.

Biến cố A: “Tổng số chấm xuất hiện trên hai mặt con xúc xắc bằng 5”

Ta có , suy ra có 4 kết quả có thể xảy ra biến cố A.

Xác suất của biến cố là

Câu 6 (1,0 điểm). Để chuẩn bị khen thưởng cho học sinh cuối năm học, Trường THCS X cần mua 1400 quyển vở và 700 cây bút ở Nhà sách Y để làm phần thưởng. Nhà trường dự tính mua với giá niêm yết sẽ cần 22 triệu 400 nghìn đồng, nhưng do mua với số lượng lớn nên Nhà sách Y đã giảm giá cho mỗi quyển vở và cho mỗi cây bút, vì thế nhà trường chỉ cần trả 21 triệu đồng. Tính giá tiền niêm yết của mỗi quyển vở và mỗi cây bút.

Lời giải:

Gọi giá niêm yết của mỗi quyển vở và mỗi cây bút lần lượt là , (đồng, )

Nhà trường dự tính mua 1400 quyển vở và 700 cây bút với giá niêm yết sẽ cần 22 triệu 400 nghìn đồng nên ta có phương trình hay (1)

Nhà sách Y đã giảm giá cho mỗi quyển vở và cho mỗi cây bút, vì thế nhà trường chỉ cần trả 21 triệu đồng nên ta có phương trình:

hay (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

Vậy giá niêm yết của mỗi quyển vở là 12000 (đồng) và mỗi cây bút là 8000 (đồng).

Câu 7 (0,5 điểm). Một tam giác vuông có cạnh huyền dài 13cm và diện tích bằng . Lập phương trình bạc hai một ẩn có hai nghiệm là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác đã cho.

Lời giải:

Gọi độ dài hai cạnh góc vuông lần lượt là .

Đổi

Diện tích tam giác là suy ra 

Vì cạnh huyền là 13 cm nên theo định lý Pythagore, ta có

Suy ra

Vậy phương trình cần tìm là

Đây là lời giải của Tuyensinh247 theo đúng đề bài gốc của tỉnh Bạc Liêu. Tuy nhiên phương trình tìm được là phương trình vô nghiệm.

Câu 8 (2,5 điểm). Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB vuông góc với dây cung CD tại điểm I (I nằm giữa A và O). Lấy điểm E bất kỳ trên cung nhỏ BC (E khác B và C). Hai đoạn thẳng AE và CD cắt nhau tại K.

a) Chứng minh tứ giác KEBI là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh: .

c) Gọi P là giao điểm cùa tia BE và tia DC, Q là giao điểm của hai đường thẳng AP và BK. Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp .

Lời giải:

a) Do (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên vuông tại E. Khi đó K, E, B cùng thuộc đường tròn đường kính KB

Tương tự vuông tại I nên K, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính KB

Suy ra K, E, B, I cùng thuộc đường tròn đường kính KB.

Vậy tứ giác KEBI là tứ giác nội tiếp.

b) Xét và có

là góc chung

Suy ra

Khi đó (cặp cạnh tương ứng) hay (đpcm)

c) Xét có AE và PI cắt nhau tại K nên K là trực tâm của

Suy ra tại Q (Tính chất đồng quy của 3 đường cao)

Khi đó vuông tại Q nên P, Q, K cùng thuộc đường tròn đường kính PK

Tương tự vuông tại E nên P, E, K cùng thuộc đường tròn đường kính PK

Vậy P, Q, K, E cùng thuộc đường tròn đường kính PK.

Gọi M là trung điểm của PK. Khi đó M là tâm đường tròn ngoại tiếp

Ta có   nên cân tại M nên    (1)

Do nên vuông tại Q, trung tuyến OQ nên

Suy ra cân tại O nên     (2)

Từ (1) và (2) suy ra (do vuông tại I)

Suy ra

Suy ra tại

Vậy OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp .