Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận

Đề bài

Câu 1: Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) \({x^2} + 2x - 3 = 0\)      

b) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - x + 3y = 5}\\{x + y = 3}\end{array}} \right.\)

Câu 2: Rút gọn các biểu thức sau:

a) \(A = \left( {\sqrt {27} {\rm{ \;}} - \sqrt {12} {\rm{ \;}} + \sqrt {48} } \right)\sqrt 3 \)

b) \(B = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} - \frac{1}{{x - \sqrt x }}} \right):\frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}{{3\sqrt x }}\), với \(x > 0\) và \(x \ne 1\)

Câu 3: Cho hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\)

a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).
b) Tìm giá trị nguyên của tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):y = 2mx - {m^2} + 1\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} < 2024 < {x_2}\).

Câu 4: Một công ty dự định thuê một số xe lớn cùng loại để chở vừa hết 210 người đi du lịch Mũi Né. Nhưng thực tế, công ty lại thuê toàn bộ xe nhỏ hơn cùng loại. Biết rằng số xe nhỏ phải thuê nhiều hợ sồ xe lớn là 2 chiếc thì mới chờ vừa hết số người trên và mỗi xe nhỏ chở ít hơn mỗi xe lớn là 12 người. Tính số xe nhỏ đã thuê.

Câu 5: Một cái chai có chứa một lượng nước, phần chứa nước là hình trụ có chiều cao \(10\;{\rm{cm}}\), khi lật ngược chai lại thì phần không chứa nước cũng là một hình trụ có chiều cao \(8\;{\rm{cm}}\) (như hình vẽ bên). Biết thể tích của chai là \(450\pi {\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\). Tính bán kính của đáy chai (giả sử độ dày của thành chai và đáy chai không đáng kể).

Câu 6: Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn. Từ \(A\), vẽ hai tiếp tuyến \(AB,AC\) ( \(B,C\) là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác \(ABOC\) nội tiếp.

b) Vẽ đường kính \(CE\), nối \(AE\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(F\). Chứng minh \(A{B^2} = AE.AF\).
c) Cho \(OA\) cắt \(BC\) tại \(H,BF\) cắt \(OA\) tại \(I\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(AH\).

Câu 7: Từ hình vuông đầu tiên, bạn Hùng vẽ hình vuông thứ hai có các đỉnh là trung điểm của các cạnh hình vuông thứ nhất, vẽ tiếp hình vuông thứ ba có các đỉnh là trung điểm của các cạnh hình vuông thứ hai và cứ tiếp tục như vậy (xem hình minh họa bên). Giả sử hình vuông thứ bảy có diện tích bằng \(32(c{m^2})\). Tính diện tích hình vuông thứ năm.

-----HẾT-----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

a) Xét a + b + c từ đó suy ra hai nghiệm của phương trình.

b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.

Cách giải:

a) \({x^2} + 2x - 3 = 0\).

Vì \(a + b + c = 1 + 2 - 3 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt là \({x_1} = 1\) và \({x_2} = \frac{c}{a} =  - 3\)

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

b) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - x + 3y = 5}\\{x + y = 3}\end{array} \Leftrightarrow } \right.\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3 - y}\\{4y = 8\,\,\,\,}\end{array} \Leftrightarrow } \right.\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{y = 2}\end{array}} \right.\)

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

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

a) Khai căn và thực hiện phép tính.

b) Quy đồng và rút gọn.

Cách giải:

a) \(A = (\sqrt {27} {\rm{ \;}} - \sqrt {12} {\rm{ \;}} + \sqrt {48} )\sqrt 3 \).

\(\begin{array}{*{20}{l}}{A = (\sqrt {{3^2}.3} {\rm{ \;}} - \sqrt {{2^2}.3} {\rm{ \;}} + \sqrt {{4^2}.3} )\sqrt 3 }\\{A = (3\sqrt 3 {\rm{ \;}} - 2\sqrt 3 {\rm{ \;}} + 4\sqrt 3 )\sqrt 3 }\\{A = 5\sqrt 3 .\sqrt 3 }\\{A = 15.}\end{array}\)

Vậy \(A = 15\).

b) \(B = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} - \frac{1}{{x - \sqrt x }}} \right):\frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}{{3\sqrt x }}\), với \(x > 0\) và \(x \ne 1\).

Với \(x > 0\) và \(x \ne 1\) ta có:

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

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

Vậy với \(x > 0\) và \(x \ne 1\) thì \(B = 3\).

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

a) Cho 5 điểm và vẽ parabol (P).

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm, từ đó áp dụng hệ thức vi-et \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{b}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)

Cách giải:

a) Ta có bảng giá trị sau:

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O{\mkern 1mu} \left( {0;0} \right);A\left( { - 2;4} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\left( { - 1;1} \right);C\left( {1;1} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} D\left( {2;4} \right)\)

Hệ số \(a = 1 > 0\)nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

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

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta được:

\({x^2} = 2mx - {m^2} + 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} - 1 = 0\) (1)

Ta có: \(\Delta ' = {m^2} - \left( {{m^2} - 1} \right) = 1 > 0\) \(\forall m\)

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)

Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}.{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right.\)

Từ giả thiết: \({x_1} < 2024 < {x_2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} - 2024 < 0\\{x_2} - 2024 > 0\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {{x_1} - 2024} \right)\left( {{x_2} - 2024} \right) < 0\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2} - 2024\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4096576 < 0\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {m^2} - 1 - 2024.2m + 4096576 < 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 4048m + 4096575 < 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2025m - 2023m + 4096575 < 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 2025} \right) - 2023\left( {m - 2025} \right) < 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 2025} \right)\left( {m - 2023} \right) < 0\end{array}\)

TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}m - 2025 > 0\\m - 2023 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 2025\\m < 2023\end{array} \right.\) (vô lí).

TH2: \(\left\{ \begin{array}{l}m - 2025 < 0\\m - 2023 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 2025\\m > 2023\end{array} \right. \Leftrightarrow 2023 < m < 2025\).

Mà m là số nguyên nên \(m = 2024\).

Vậy \(m = 2024\).

Câu 4 (TH):

Phương pháp:

Vì mỗi xe nhỏ chở ít hơn mỗi xe lớn là 12 người nên ta có phương trình: \(\frac{{210}}{{x - 2}} - \frac{{210}}{x} = 12\)

Cách giải:

Gọi x là số xe nhỏ đã thuê \(\left( {x > 2,x \in \mathbb{N}} \right)\).

Khi đó số xe lớn phải thuê là \(x - 2\) (xe)

Số người trên một xe nhỏ là: \(\frac{{210}}{x}\) (người).

Số người trên một xe lớn là: \(\frac{{210}}{{x - 2}}\) (người)

Vì mỗi xe nhỏ chở ít hơn mỗi xe lớn là 12 người nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\frac{{210}}{{x - 2}} - \frac{{210}}{x} = 12\\ \Leftrightarrow \frac{{210x}}{{x\left( {x - 2} \right)}} - \frac{{210\left( {x - 2} \right)}}{{x\left( {x - 2} \right)}} = 12\\ \Leftrightarrow \frac{{210x - 210\left( {x - 2} \right)}}{{x\left( {x - 2} \right)}} = 12\\ \Leftrightarrow \frac{{210x - 210x + 420}}{{x\left( {x - 2} \right)}} = 12\\ \Leftrightarrow \frac{{420}}{{x\left( {x - 2} \right)}} = 12\\ \Leftrightarrow 35 = x\left( {x - 2} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 35 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 7x + 5x - 35 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 7} \right) + 5\left( {x - 7} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 7} \right)\left( {x + 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 7\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x =  - 5\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy số xe nhỏ đã thuê là 7 xe.

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

- Gọi bán kính của đáy chai là x

- Vì khi lật ngược chai lại thì phần không chứa nước cũng là một hình trụ của có chiều cao 8m nên thể tích phần hình trụ không chứa nước đó là: \(8\pi {x^2}\).

- Từ đó tìm được phương trình \(450\pi  - 10\pi {x^2} = 8\pi {x^2}\).

Cách giải:

Gọi bán kính của đáy chai là \(x{\mkern 1mu} \left( {cm,x > 0} \right)\)

Lượng nước trong chai là: \(10\pi {x^2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {c{m^3}} \right)\).

Thể tích còn lại của chai là: \(450\pi {\rm{ \;}} - 10\pi {x^2}\)

Vì khi lật ngược chai lại thì phần không chứa nước cũng là một hình trụ của có chiều cao 8m nên thể tích phần hình trụ không chứa nước đó là: \(8\pi {x^2}\).

Như vậy ta có phương trình: \(450\pi {\rm{ \;}} - 10\pi {x^2} = 8\pi {x^2}\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 18\pi {x^2} = 450\pi }\\{ \Leftrightarrow {x^2} = 25}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 5{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (TM)}\\{x = {\rm{ \;}} - 5{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (KTM)}\end{array}} \right.}\end{array}\)

Vậy bán kính đáy chai là 5cm.

Câu 6 (VD):

Phương pháp:

a) Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh tam giác ABF và tam giác AEB đồng dạng từ đó suy ra \(A{B^2} = AE.AF\).

Cách giải:

a) Do AB, AC là tiếp tuyến của (O) nên \(OB \bot AB,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} OC \bot AC \Rightarrow \angle ABO = \angle ACO = {90^0}\)

Xét tứ giác ABOC có \(\angle ABO + \angle ACO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

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

b) Xét tam giác ABF và tam giác AEB có:

\(\angle BAE\) chung

\(\angle ABF = \angle AEB\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BF).

$\Rightarrow \Delta ABF\backsim \Delta AEB\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{AB}{AF}=\frac{AE}{AB}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

\( \Rightarrow A{B^2} = AE.AF\) (đpcm)

c) Ta có \(\angle IFA = \angle BFE\) (đối đỉnh),

\(\angle BFE = \angle BCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE)

\(\angle BCE = \angle OAB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OB)

\( \Rightarrow \angle IFA = \angle OAB = \angle IAB\).

Xét \(\Delta IAF\) và \(\Delta IBA\) có \(\angle IFA = \angle IAB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right)\) và \(\angle BIA\) chung

$\Rightarrow \Delta IAF\backsim \Delta IBA\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{IA}{IB}=\frac{IF}{IA}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

\( \Rightarrow I{A^2} = IB.IF\)     (1)

Ta có AB = AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) => A thuộc trung trực của BC.

         OB = OC (cùng bằng bán kính) => O thuộc trung trực của BC.

=> OA là trung trực của BC \( \Rightarrow OA \bot BC\) tại H.

Xét \(\Delta ABO\) vuông tại B, đường cao BH nên \(A{B^2} = AH.AO\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà \(A{B^2} = AE.AF\) (chứng minh trên) nên suy ra \(AH.AO = AF.AE \Leftrightarrow \frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{AF}}{{AO}}\).

Kết hợp với \(\angle EAO\) chung suy ra $\Delta AHF\backsim \Delta AEO\left( c.g.c \right)\Rightarrow \angle AHF=\angle AEO$ (hai góc tương ứng).

Mà \(\angle AEO = \angle FBC\) (cùng chắn cung CF)

\( \Rightarrow \angle AHF = \angle FBC\)\( \Rightarrow \angle IHF = \angle HBI\).

Mà \(\angle BIH\) chung nên suy ra $\Delta IHF\backsim \Delta IBH\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{IH}{IB}=\frac{IF}{IH}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

\( \Rightarrow I{H^2} = IB.IF\)  (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra \(I{H^2} = I{A^2} \Rightarrow IH = IA\).

Chứng tỏ I là trung điểm của AH (đpcm).

Câu 7 (VDC):

Phương pháp:

Gọi độ dài cạnh của hình vuông đầu tiên là x từ đó tìm lần lượt diện tích của hình vuông đầu tiên, hình vuông thứ hai,…

Cách giải:

Gọi độ dài cạnh của hình vuông đầu tiên là x (x > 0)

Vậy diện tích của hình vuông đầu là \({x^2}\).

Khi đó cạnh của hình vuông thứ 2 có độ dài là: \(\sqrt {{{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} {\rm{ \;}} = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{4} + \frac{{{x^2}}}{4}} {\rm{ \;}} = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{2}} {\rm{ \;}} = \frac{x}{{\sqrt 2 }}\)

Vậy diện tích của hình vuông thứ 2 là \(\frac{{{x^2}}}{2}{\mkern 1mu} \left( {c{m^2}} \right)\).

Tương tự, ta có cạnh của hình vuông thứ 3 là \(\sqrt {{{\left( {\frac{x}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{x}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2}} {\rm{ \;}} = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{8} + \frac{{{x^2}}}{8}} {\rm{ \;}} = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{4}} {\rm{ \;}} = \frac{x}{2}\)

Vậy diện tích của hình vuông thứ 3 là \(\frac{{{x^2}}}{4}\)\(\left( {c{m^2}} \right)\).

…

Vậy diện tích hình vuông thứ n là \(\frac{{{x^2}}}{{{2^{n - 1}}}}\)\(\left( {c{m^2}} \right)\)

Vậy diện tích hình vuông thứ 7 là \(\frac{{{x^2}}}{{{2^{7 - 1}}}} = 32 \Leftrightarrow {x^2} = 2048\).

Vậy diện tích hình vuông thứ 5 là \(\frac{{{x^2}}}{{{2^{5 - 1}}}} = \frac{{2048}}{{{2^4}}} = 128\)\(\left( {c{m^2}} \right)\).

-----HẾT-----

Đề bài

Bài 1 (2,0  điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) \({x^2} + 3x - 4 = 0\)                                              b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 4\\x - 2y =  - 4\end{array} \right.\)

Bài 2 (2,0  điểm): Rút gọn các biểu thức sau:

a) \(A = \left( {\sqrt {27}  + 3\sqrt {12}  - 2\sqrt 3 } \right):\sqrt 3 \)                     b) \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  + 3}} + \frac{5}{{\sqrt x  - 3}} + \frac{6}{{x - 9}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x  - 3}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\)

Bài 3 (1,5 điểm): Cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\)

a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) trên mặt phẳng tọa độ \(\left( {Oxy} \right)\)

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):y = 2mx + 1\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} < {x_2}\) và \(\left| {{x_2}} \right| - \left| {{x_1}} \right| = 2021\).

Bài 4 (1,0 điểm): Một phân xưởng theo kế hoạch phải may \(1200\) bộ quần áo trong một thời gian quy định. Khi thực hiện, do cải tiến kỹ thuật nên mỗi ngày phân xưởng may thêm được \(10\) bộ quần áo và hoàn thành kế hoạch trước 4 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng may bao nhiêu bộ quần áo?

Bài 5 (1,0  điểm): Một cốc nước dạng hình trụ có chiều cao là \(15cm\), bán kính đáy là \(3cm\) và lượng nước ban đầu trong cốc cao \(10cm\). Thả chìm hoàn toàn vào cốc nước \(5\) viên bi thủy tinh hình cầu có cùng bán kính là \(1cm\). Hỏi sau khi thả \(5\) viên bi, mực nước trong cốc cách miệng cốc một khoảng bằng bao nhiêu?

(Giả sử độ dày của thành cốc và đáy cốc không đáng kể; kết quả làm tròn đến chứ số thập phân thứ hai).

Bài 6 (2,5 điểm) Từ điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (\(B,\,\,C\) là các tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác \(ABOC\) nội tiếp.

b) Từ \(A\) vẽ cát tuyến \(AEF\) đến đường tròn \(\left( O \right)\) (với \(AE < AF\)). Chứng minh \(A{C^2} = AE.AF\).

c) \(OA\) cắt \(BC\) tại \(H\). Gọi \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(HB\), tia \(OM\) cắt \(AB\) tại \(K\). Đặt \(\angle AOB = \alpha \). Chứng minh \({\cos ^2}\alpha  = \frac{{KB}}{{KA}}\).

Bài 7 (0,5 điểm) Ba bạn Đào, Mai, Trúc mặc ba chiếc áo màu trắng, hồng, xanh và đeo ba cái khẩu trang cũng màu trắng, hồng, xanh. Biết rằng:

     a) Trúc đeo khẩu trang màu xanh.

     b) Chỉ có bạn Đào là có màu áo và màu khẩu trang giống nhau.

     c) Màu áo và màu khẩu trang của bạn Mai đều không phải màu trắng.

Dựa vào các thông tin trên, em hãy cho biết mỗi bạn Đào, Mai, Trúc mặc áo màu gì và đeo khẩu trang màu gì? 

Lời giải

Bài 1:

Phương pháp:

a) Sử dụng chú ý để giải phương trình bậc hai một ẩn \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) nếu có \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \frac{c}{a}\).

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

Cách giải

a) \({x^2} + 3x - 4 = 0\)

Ta có \( + b + c = 1 + 3 - 4 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \frac{c}{a} =  - 4\end{array} \right.\).

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - 4} \right\}\).

b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 4\\x - 2y =  - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4y = 8\\x = 4 - 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 0\end{array} \right.\).

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {0;2} \right)\).

Bài 2:

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 với căn bậc hai

b) Vận dụng hằng đẳng thức \(a - b = \left( {\sqrt a  - \sqrt b } \right)\left( {\sqrt a  + \sqrt b } \right)\) xác định mẫu thức chung của biểu thức

Thực hiện các phép toán với các phân thức đại số để rút gọn biểu thức \(B\)

Cách giải:

Bài 3

Phương pháp:

a) Nhận xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số \(y = 2{x^2}\)

Lập bằng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\), sau đó vẽ đồ thị.

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và Parabol

Giả sử hai nghiệm đó là \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} < {x_2}\), sau đó theo hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\)

Lập luận và thay vào hệ thức của đề bài để tìm giá trị của \(m\).

Cách giải:

a) Hàm số có hệ số \(a = 2 > 0\) nên đồng biến với \(x > 0\) và nghịch biến với \(x < 0\).

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.

Bảng giá trị:

\( \Rightarrow \) Parabol \(y = 2{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - \frac{3}{2};\frac{9}{2}} \right);\,\,\left( { - 1;2} \right);\,\,\left( {0;0} \right);\,\,\left( {1;2} \right);\,\,\left( {\frac{3}{2};\frac{9}{2}} \right)\).

Đồ thị hàm số:

b) Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và Parabol \(\left( P \right)\) là nghiệm của phương trình:

\(2{x^2} = 2mx + 1 \Leftrightarrow 2{x^2} - 2mx - 1 = 0\)

Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - m} \right)^2} - 2.\left( { - 1} \right) = {m^2} + 2 > 0\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\).

Suy ra đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt Parabol \(\left( P \right)\)  tại hai điểm phân biệt.

Giả sử hai nghiệm đó là \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} < {x_2}\).

Theo định lí Vi-et, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right.\).

Vì tích \({x_1}{x_2} = \frac{{ - 1}}{2} < 0\) và \({x_1} < {x_2}\) nên \({x_1} < 0,{x_2} > 0\). Do đó ta có:

\(\left| {{x_2}} \right| - \left| {{x_1}} \right| = 2021 \Leftrightarrow {x_2} - \left( { - {x_1}} \right) = 2021 \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = 2021 \Rightarrow m = 2021\)

Vậy \(m = 2021\) là giá trị cần tìm.

Bài 4:

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập phương trình, cụ thể gọi \(x\) là số bộ quần áo phân xưởng may trong một ngày theo kế hoạch \(\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)\), từ đó tính được số bộ quần áo may trong một ngày trong thực tế và thời gian tương ứng của thời gian may theo kế hoạch, thời gian may thực tế.

Vì phân xưởng hoàn thành kế hoạch trước 4 ngày nên lập được phương trình.

Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.

Cách giải:

Gọi \(x\) là số bộ quần áo phân xưởng may trong một ngày theo kế hoạch \(\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)\).

Số bộ quần áo may trong một ngày trong thực tế là \(x + 10\) (bộ).

Thời gian may theo kế hoạch là \(\frac{{1200}}{x}\) ngày.

Thời gian may thực tế là \(\frac{{1200}}{{x + 10}}\) ngày.

Vì phân xưởng hoàn thành kế hoạch trước 4 ngày nên ta có phương trình: \(\frac{{1200}}{x} - \frac{{1200}}{{x + 10}} = 4\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{1200.\left( {x + 10 - x} \right)}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{{4x\left( {x + 10} \right)}}{{x\left( {x + 10} \right)}}\\ \Leftrightarrow \frac{{1200.10}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{{4x\left( {x + 10} \right)}}{{x\left( {x + 10} \right)}}\\ \Rightarrow x\left( {x + 10} \right) = 3000\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 3000 = 0\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Ta có: \(\Delta ' = {5^2} + 3000 = 3025 = {55^2} > 0\) nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt:

\(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{ - 5 + 55}}{1} = 50\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{x_2} = \frac{{ - 5 - 55}}{1} =  - 60\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng may 50 bộ quần áo.

Bài 5:

Phương pháp:

Vận dụng công thức tính thể tích hình cầu để tính thể tích của một viên bi: \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3}\)

Tính được mực nước dâng lên \( \to \) Tính được chiều cao của lượng nước dâng lên \( \to \) Tính được chiều cao của nước sau khi thả 5 viên bi vào cốc \( \to \) Tính được mực nước cách miệng cốc bao nhiêu cm.

Cách giải:

Thể tích của bi là \({V_{bi}} = 5.\frac{4}{3}\pi {r_{bi}}^3 = 5.\frac{4}{3}\pi .1 = \frac{{20}}{3}\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\)

Mặt khác thể tích của bi bằng thể tích của nước dâng nên ta có:

\(\frac{{20}}{3}\pi  = \pi {.3^2}.h \Rightarrow h = \frac{{20}}{{27}}\,\,\left( {cm} \right)\) (\(h\) là chiều cao lượng nước dâng lên).

Chiều cao của nước sau khi thả 5 viên bi vào trong cốc là \(10 + \frac{{20}}{{27}} = \frac{{290}}{{27}}\,\,\left( {cm} \right)\)

Mực nước cách miệng cốc một khoảng là \(15 - \frac{{290}}{{27}} = \frac{{115}}{{27}} \approx 4,26\,\,\left( {cm} \right)\)

Vậy mực nước trong cốc cách miệng cốc là \(4,26\) cm.

Bài 6

Phương pháp:

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh \(\Delta AEC \sim \Delta ACF\,\,\left( {g.g} \right)\)\( \Rightarrow A{C^2} = AE.AF\)

c) Gọi \(N\) là trung điểm của \(AH\).

Kẻ đường thẳng vuông góc với \(AB\) cắt \(BN\) tại \(P\).

Chứng minh \(\Delta BAH \sim \Delta OBH\,\,\left( {g.g} \right)\) suy ra được \(\frac{{BA}}{{AN}} = \frac{{OB}}{{BM}}\)

Chứng minh \(\Delta BAN \sim \Delta OBM\,\,\left( {c.g.c} \right);\Delta BAP \sim \Delta OBK\,\,\left( {g.g} \right)\) suy ra được \(\frac{{BK}}{{AB}} = \frac{{AP.OB}}{{A{B^2}}}\)\( \Rightarrow \frac{{BK}}{{AB}} = \frac{{AN.O{B^2}}}{{NO.A{B^2}}}\)

Vận dụng hệ thức lương trong tam giác vuông

Cách giải:

a) Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(A,\,\,B\) nên \(\angle OBA = \angle OCA = {90^0}\).

Xét tứ giác \(ABOC\) có: \(\angle ABO + \angle ACO = {180^0}\), suy ra tứ giác \(ABOC\) nội tiếp (dhnb).

b) Xét tam giác \(AEC\) và tam giác \(ACF\) có: \(\angle EAC = \angle FAC;\) \(\angle ACE = \angle CFA\) (góc nội tiếp và góc tạp bởi tiếp tuyến và dây cùng cùng chắn cung \(CE\)).

\( \Rightarrow \Delta AEC \sim \Delta ACF\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{FA}}\) (2 cạnh tương ứng).

\( \Rightarrow A{C^2} = AE.AF\) (đpcm).

c) Gọi \(N\) là trung điểm của \(AH\).

Kẻ đường thẳng vuông góc với \(AB\) cắt \(BN\) tại \(P\).

Xét \(\Delta BAH\) và \(\Delta OBH\) có:

     \(\angle BHA = \angle OHB = {90^0}\);

     \(\angle ABH = \angle BOH\) (cùng phụ với \(\angle OBH\))

\( \Rightarrow \Delta BAH \sim \Delta OBH\,\,\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{BA}}{{AH}} = \frac{{OB}}{{BH}} \Rightarrow \frac{{BA}}{{2AN}} = \frac{{OB}}{{2BM}} \Rightarrow \frac{{BA}}{{AN}} = \frac{{OB}}{{BM}}\).

Xét \(\Delta BAN\) và \(\Delta OBM\) có: \(\frac{{BA}}{{AN}} = \frac{{OB}}{{BM}}\,\,\left( {cmt} \right)\), \(\angle BAN = \angle OBM\) (cùng phụ với \(\angle BOA\)).

\( \Rightarrow \Delta BAN \sim \Delta OBM\,\,\left( {c.g.c} \right)\) \( \Rightarrow \angle ABN = \angle BOM\) (2 cạnh tương ứng)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta BAP \sim \Delta OBK\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{AB}}{{OB}} = \frac{{AP}}{{BK}} \Rightarrow BK.AB = AP.OB \Rightarrow \frac{{BK}}{{AB}} = \frac{{AP.OB}}{{A{B^2}}}\end{array}\).

Vì \(AP//OB \Rightarrow \frac{{AP}}{{OB}} = \frac{{AN}}{{NO}}\) (định lí Ta-lét) \( \Rightarrow AP.OB = \frac{{AN}}{{NO}}.O{B^2}\)

\( \Rightarrow \frac{{BK}}{{AB}} = \frac{{AN.O{B^2}}}{{NO.A{B^2}}}\).

Lại có \(O{B^2} = OH.OA,\,\,A{B^2} = AH.AO\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

\( \Rightarrow \frac{{BK}}{{AB}} = \frac{{AN.OH}}{{NO.AH}} = \frac{{\frac{1}{2}AH.OH}}{{NO.AH}} = \frac{{OH}}{{2NO}}\).

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{BK}} = \frac{{2NO}}{{OH}} \Rightarrow \frac{{AB - BK}}{{BK}} = \frac{{2NO - OH}}{{OH}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{AK}}{{BK}} = \frac{{2\left( {NH + OH} \right) - OH}}{{OH}} = \frac{{2NH + OH}}{{OH}}\\ \Rightarrow \frac{{AK}}{{BK}} = \frac{{AH + OH}}{{OH}} = \frac{{AO}}{{OH}}\\ \Rightarrow \frac{{KB}}{{KA}} = \frac{{OH}}{{OA}}\end{array}\)

Lại có \(\frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OH.OA}}{{O{A^2}}} = \frac{{O{B^2}}}{{O{A^2}}} = {\cos ^2}\alpha \).

Vậy \(\frac{{KB}}{{KA}} = {\cos ^2}\alpha \) (đpcm).

Bài 7

Phương pháp:

Lập luận, giải thích từng trường hợp để có được kết luận.

Cách giải:

Vì chỉ có bạn Đào là có màu áo và màu khẩu trang giống nhau nên bạn Trúc đeo khẩu trang khác màu áo.

\( \Rightarrow \) Trúc mặc áo màu trắng hoặc hồng.

+) Nếu Trúc mặc áo màu hồng thì Mai mặc áo màu xanh (do Màu áo và màu khẩu trang của bạn Mai đều không phải màu trắng) và đeo khẩu trang màu hồng.

\( \Rightarrow \) Đào mặc áo trắng và đeo khẩu trang màu trắng.

+) Nếu Trúc mặc áo màu trắng \( \Rightarrow \) Đào mặc áo và đeo khẩu trang màu hồng.

\( \Rightarrow \) Mai mặc áo xanh và đeo khẩu trang màu trắng (vô lí).

Vậy:

Trúc: Áo hồng + khẩu trang xanh.

Đào: Áo trắng + khẩu trang trắng.                                                      

Mai: Áo xanh + khẩu trang hồng. 

Đề bài

Bài 1: Rút gọn biểu thức

Bài 2: Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a)                                                          b)

Bài 3:

a) Vẽ đồ của thị hàm số trên mặt phẳng tọa độ .

b) Cho hàm số có đồ thị là . Tìm giá trị của và biết song song với đường thẳng và đi qua điểm .

Bài 4:   Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau.

Bài 5: 

Cho nửa đường tròn đường kính . Trên đoạn thẳng lấy điểm ( khác và ). Trên nửa đường tròn lấy điểm ( khác và ). Đường thẳng vuông góc với tại cắt các tiếp tuyến của nửa đường tròn lần lượt tại và ( và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ ).

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh .

c) Gọi là giao điểm của và . Đường thẳng qua và vuông góc với cắt tại . Chứng minh thẳng hàng. 

Lời giải

Bài 1 (1 điểm):

Cách giải:

Rút gọn biểu thức

Vậy

Bài 2 (2 điểm):

Cách giải:

Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a)

Phương trình có:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

Vậy phương trình có tập nghiệm

b)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

Bài 3 (2,0 điểm)

Cách giải:

a) Vẽ đồ của thị hàm số trên mặt phẳng tọa độ .

Ta có bảng giá trị:

Do đó, đồ thị hàm số là đường cong đi qua các điểm , , , , và nhận làm trục đối xứng.

Đồ thị hàm số:

b) Cho hàm số có đồ thị là . Tìm giá trị của và biết song song với đường thẳng và đi qua điểm .

Vì đường thẳn song song với đường thẳng nên ta có: .

Khi đó phương trình đường thẳng có dạng (với )

Mà  .

Vậy .

Bài 4 (1 điểm):

Cách giải:

Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau.

Gọi số học sinh giỏi lớp 9A theo dự định là (học sinh)

Dự định, mỗi phần thưởng có số quyển vở là: (quyển vở).

Số học sinh giỏi thực tế của lớp 9A là: (học sinh).

Thực tế, mỗi phần thưởng có số quyển vở là: (quyển vở).

Thực tế, mỗi mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định nên ta có phương trình:

Vậy cuối năm lớp 9A có học sinh giỏi.

Bài 5 (4,0 điểm)

Cách giải:

Cho nửa đường tròn đường kính . Trên đoạn thẳng lấy điểm ( khác và ). Trên nửa đường tròn lấy điểm ( khác và ). Đường thẳng vuông góc với tại cắt các tiếp tuyến của nửa đường tròn lần lượt tại và ( và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ ).

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp.

Vì là tiếp tuyến của tại nên .

Vì tại nên .

Xét tứ giác có .

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

b) Chứng minh .

Vì là tiếp tuyến của tại nên .

Xét tứ giác có: .

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

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) .

Vì là tứ giác nội tiếp (theo câu a).

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) .

Xét và có:

(hai cạnh tương ứng) (đpcm).

c) Gọi là giao điểm của và . Đường thẳng qua và vuông góc với cắt tại . Chứng minh thẳng hàng.

Gọi , ta chứng minh .

Vì nên . Mà (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

.

Xét tứ giác có: .

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

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Mà (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

(1).

Vì vuông tại nên (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).

Mà .

(2).

Từ (1) và (2) .

Mà hai góc này ở vị trí hai góc so le trong bằng nhau nên hay .

Lại có .

Vậy đường thẳng qua vuông góc với cắt tại thuộc (đpcm).

d) Khi , tính theo diện tích của phần nửa hình tròn tâm , bán kính nằm ngoài .

Xét tam giác vuông vuông tại có ta có:

.

.

.

Diện tích nửa hình tròn tâm là .

Vậy diện tích của phần nửa hình tròn tâm , bán kính nằm ngoài là;

. 

Đề bài

Câu 1 (2 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau:

Câu 2 (1 điểm): Rút gọn biểu thức:

Câu 3 (2 điểm): Cho hàm số có đồ thị là

a) Vẽ đồ thị

b) Tìm tham số để đường thẳng tiếp xúc với

Câu 4 (1 điểm): Một mảnh đất hình chữ nhật có hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài là và diện tích bằng Tính chu vi của mảnh đất.

Câu 5 (4 điểm): Cho tam giác có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn Ba đường cao và của tam giác cắt nhau tại Vẽ đường kính của đường tròn

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh

c) Chứng minh

d) Cho Tính theo diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác  

Câu 2

Câu 1

Phương pháp:

a) Giải phương trình bằng công thức nghiệm.

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

Cách giải:

Ta có:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

Vậy tập nghiệm của phương trình là:

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

Câu 2

Phương pháp:

Sử dụng công thức:

Cách giải:

Vậy  

Câu 3

Phương pháp:

a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ.

b) Đường thẳng tiếp xúc với parabol phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị có nghiệm kép

Cách giải:

Cho hàm số có đồ thị là

a) Vẽ đồ thị

Ta có bảng giá trị:

Vậy đồ thị hàm số là đường cong đi qua các điểm và nhận trục làm trục đối xứng.

b) Tìm tham số để đường thẳng tiếp xúc với

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

Đường thẳng tiếp xúc với parabol có nghiệm kép

Vậy với hoặc thì thỏa mãn bài toán.

Câu 4

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

Gọi chiều rộng của mảnh đất là

Biểu diễn chiều dài và diện tích của mảnh đất theo ẩn vừa gọi. Giải phương trình và đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

Gọi chiều rộng của mảnh đất là

Vì hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài nên chiều dài của mảnh đất là:

Diện tích của mảnh đất là nên ta có phương trình:

Có

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

Chiều rộng của mảnh đất là chiều dài của mảnh đất là:

Vậy chu vi của mảnh đất là:

Câu 5

Phương pháp:

a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh song song theo định lý từ vuông góc đến song song.

c) Chứng minh cặp tam giác đồng dạng tương ứng rồi suy ra đẳng thức.

d) Công thức tính diện tích hình tròn bán kính

Cách giải:

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp.

Ta có:

Xét tứ giác ta có:

Mà hai góc này là hai góc đối nhau trong tứ giác

là tứ giác nội tiếp. (dhnb).

b) Chứng minh

Ta có: (do là đường cao của )

Lại có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

(từ vuông góc đến song song).

c) Chứng minh

Xét và ta có:

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

d) Cho Tính theo diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác

Theo câu a) ta có tứ giác là tứ giác nội tiếp.

đường tròn ngoại tiếp tam giác là đường tròn   đi qua các điểm

Lại có là tam giác vuông tại nội tiếp đường tròn

là đường kính của đường tròn

Gọi là trung điểm của ta có: (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung).

Mà (từ vuông góc đến song song).

Lại có là trung điểm của

là đường trung bình của

Áp dụng định lý Pitago trong vuông tại ta có:

Khi đó diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác là: