Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai

Đề bài

Câu 1. (1,5 điểm)

1. Giải phương trình \({x^2} + 6x - 7 = 0\).

2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 3}\\{2x + y = 9.}\end{array}} \right.\)

3. Giải bất phương trình \(3x - 15 > 0\).

Câu 2. (1,0 điểm)

1. Tính giá trị của biểu thức \(P = \sqrt {25}  + \sqrt[3]{{ - 27}}\).

2. Cho biểu thức \(Q = \left( {\frac{2}{{x + 4\sqrt x  + 4}} - \frac{1}{{2\sqrt x  + 4}}} \right):\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\sqrt x  + 12}}\) (với \(x \ge 0,x \ne 4\)).

Rút gọn biểu thức Q và tìm x để Q nhận giá trị là số nguyên.

Câu 3. (2,5 điểm)

1. Vẽ đồ thị hàm số y = 2x²

2. Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({x^2} + 7x + 3 = 0\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2\).

3. Một trường THCS X dự định tổ chức chuyến tham quan về nguồn cho học sinh khối 9 tại Căn cứ Trung ương Cục Miền Nam (còn gọi là Căn cứ Tà Thiết) thuộc thành phố Đồng Nai. Biết rằng số tiền mỗi học sinh tham gia phải đóng là như nhau. Với số lượng học sinh đăng kí tham gia ban đầu thì tổng số tiền mà các học sinh tham gia phải đóng để trả cho công ty du lịch là 60 triệu đồng. Khi chuẩn bị chốt danh sách học sinh tham gia thì có thêm 50 em đăng kí bổ sung, nên công ty du lịch thông báo giảm 20 nghìn đồng cho mỗi học sinh tham gia so với giá ban đầu. Vì vậy, tổng số tiền mà các học sinh tham gia phải đóng để trả cho công ty du lịch lúc này là 63 triệu đồng. Hỏi sau khi công ty du lịch điều chỉnh giá, mỗi học sinh tham gia chuyến tham quan phải đóng bao nhiêu nghìn đồng?

Câu 4. (1,5 điểm)

1. Giáo viên thống kê lại thời gian tự học ở nhà trong một tuần của 40 học sinh lớp mình chủ nhiệm, cho kết quả như sau:

Tính tần số và tần số tương đối của nhóm [14;21).

2. Một hộp có 6 chiếc thẻ cùng loại, mỗi thẻ được ghi một trong các số 1; 2; 3; 4; 5; 6 (hai thẻ khác nhau thì ghi hai số khác nhau). Rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp. Tính xác suất của biến cố A: "Số ghi trên thẻ rút được là bội của 3".

Câu 5. (1,5 điểm)

1. Một máy bay cất cánh từ vị trí A trên đường băng của sân bay. Đường bay lên là một đường thẳng tạo với phương nằm ngang một góc \(30^\circ \). Biết rằng khi máy bay ở vị trí B thì máy bay đạt độ cao \(5\) km so với mặt đất (tham khảo hình vẽ bên). Tính quãng đường \(AB\) mà máy bay đã bay được.

2. Tính thể tích của một hình trụ có đường kính đáy bằng \(10\) cm, chiều cao bằng \(18\) cm (lấy \(\pi  \approx 3,14\)).

Câu 6. (2,0 điểm)

Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến MA, MB của đường tròn (O) với A và B là các tiếp điểm.

1. Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn

2. Kẻ đường kính AC của đường tròn (O). Gọi D là giao điểm của đường thẳng MC với đường tròn (O) (D khác C). Chứng minh rằng \(M{A^2} = MC.MD\).
3. Gọi H là giao điểm của đường thẳng OM và đường thẳng AB, F là trung điểm của đoạn thẳng MH. Chứng minh rằng ba điểm B, D, F thẳng hàng.

-HẾT-

Lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 NĂM HỌC 2026 – 2027

MÔN TOÁN – THÀNH PHỐ ĐỒNG NAI

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN trithuchub.com

Câu 1. (1,5 điểm)

1. Giải phương trình \({x^2} + 6x - 7 = 0\).

2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 3}\\{2x + y = 9.}\end{array}} \right.\)

3. Giải bất phương trình \(3x - 15 > 0\).

Phương pháp:

1. Sử dụng \(\Delta \) để giải phương trình.

Nếu \(\Delta  = {b^2} - 4ac > 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta  }}{{2a}};{x_2} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta  }}{{2a}}\).

2. Sử sụng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.

3. Chuyển vế để giải bất phương trình.

Lời giải:

1. Xét phương trình \({x^2} + 6x - 7 = 0\).

Ta có các hệ số: \(a = 1;b = 6;c =  - 7\).

Nhận thấy: \(a + b + c = 1 + 6 + ( - 7) = 0\).

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1\); \({x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 7}}{1} =  - 7\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \{ 1; - 7\} \).

2. \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 3}\\{2x + y = 9}\end{array}} \right.\)

Trừ từng vế của phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai, ta được:

\((2x + 3y) - (2x + y) = 3 - 9\)

\(2y =  - 6\)

\(y =  - 3\)

Thay \(y =  - 3\) vào phương trình thứ hai ta được

\(2x + ( - 3) = 9\)

\(2x = 9 + 3\)

\(2x = 12\)

\(x = 6\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \((x;y) = (6; - 3)\).

3. Ta có:

\(\begin{array}{l}3x - 15 > 0\\3x > 15\\x > \frac{{15}}{3}\\x > 5\end{array}\)

Vậy bất phương trình có nghiệm \(x > 5\)

Câu 2. (1,0 điểm)

1. Tính giá trị của biểu thức \(P = \sqrt {25}  + \sqrt[3]{{ - 27}}\).

2. Cho biểu thức \(Q = \left( {\frac{2}{{x + 4\sqrt x  + 4}} - \frac{1}{{2\sqrt x  + 4}}} \right):\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\sqrt x  + 12}}\) (với \(x \ge 0,x \ne 4\)).

Rút gọn biểu thức Q và tìm x để Q nhận giá trị là số nguyên.

Phương pháp:

1. Áp dụng kiến thức căn bậc hai và căn bậc ba của một số thực hiện phép tính.

2. Khi rút gọn biểu thức, ta cần thực hiện theo các bước sau:

+ Bước 1: Tìm điều kiện xác định (nếu cần);

+ Bước 2: Phân tích mẫu thành nhân tử để tìm mẫu thức chung rồi quy đồng;

+ Bước 3: Áp dụng các phép toán (cộng, trừ, nhân, chia) phân thức kết hoặc các phép biến đổi khai căn để rút gọn phân thức.

Lời giải:

1. Ta có:

\(\begin{array}{l}P = \sqrt {25}  + \sqrt[3]{{ - 27}}\\P = 5 + \left( { - 3} \right)\\P = 2\end{array}\)

Vậy \(P = 2\)

2. Điều kiện xác định: \(x \ge 0,x \ne 4\).

\(Q = \left( {\frac{2}{{x + 4\sqrt x  + 4}} - \frac{1}{{2\sqrt x  + 4}}} \right):\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\sqrt x  + 12}}\)

\(Q = \left[ {\frac{2}{{{{(\sqrt x  + 2)}^2}}} - \frac{1}{{2(\sqrt x  + 2)}}} \right]:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6(\sqrt x  + 2)}}\)

\(\begin{array}{l}Q = \left[ {\frac{{2 \cdot 2}}{{2{{(\sqrt x  + 2)}^2}}} - \frac{{1 \cdot (\sqrt x  + 2)}}{{2{{(\sqrt x  + 2)}^2}}}} \right]:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6(\sqrt x  + 2)}}\\Q = \frac{{4 - (\sqrt x  + 2)}}{{2{{(\sqrt x  + 2)}^2}}} \cdot \frac{{6(\sqrt x  + 2)}}{{2 - \sqrt x }}\\Q = \frac{{4 - \sqrt x  - 2}}{{2{{(\sqrt x  + 2)}^2}}} \cdot \frac{{6(\sqrt x  + 2)}}{{2 - \sqrt x }}\\Q = \frac{{2 - \sqrt x }}{{2{{(\sqrt x  + 2)}^2}}} \cdot \frac{{6(\sqrt x  + 2)}}{{2 - \sqrt x }}\\Q = \frac{6}{{2(\sqrt x  + 2)}}\\Q = \frac{3}{{\sqrt x  + 2}}\end{array}\)

Với \(x \ge 0,x \ne 4\), ta có \(Q = \frac{3}{{\sqrt x  + 2}}\).

Vì \(x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x  \ge 0\) nên \(\sqrt x  + 2 \ge 2\). Suy ra  \(\frac{3}{{\sqrt x  + 2}} \le \frac{3}{2}\) hay \(Q \le \frac{3}{2}\)

Mặt khác, vì \(\sqrt x  + 2 > 0\) với mọi \(x \ge 0\) nên: \(\frac{3}{{\sqrt x  + 2}} > 0\) hay \(Q > 0\)

Từ hai điều trên, ta suy ra khoảng giá trị của Q là: \(0 < Q \le \frac{3}{2}\)

Vì Q nhận giá trị là số nguyên (\(Q \in \mathbb{Z}\)), nên giá trị nguyên duy nhất thỏa mãn khoảng trên là: \(Q = 1\)

Khi \(Q = 1\), ta có phương trình:

\(\frac{3}{{\sqrt x  + 2}} = 1\)

\(\sqrt x  + 2 = 3\)

\(\sqrt x  = 1\)

\(x = 1\) (thoả mãn điều kiện)

Vậy để \(Q\) nhận giá trị là số nguyên thì \(x = 1\).

Câu 3. (2,5 điểm)

1. Vẽ đồ thị hàm số y = 2x²

2. Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({x^2} + 7x + 3 = 0\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2\).

3. Một trường THCS X dự định tổ chức chuyến tham quan về nguồn cho học sinh khối 9 tại Căn cứ Trung ương Cục Miền Nam (còn gọi là Căn cứ Tà Thiết) thuộc thành phố Đồng Nai. Biết rằng số tiền mỗi học sinh tham gia phải đóng là như nhau. Với số lượng học sinh đăng kí tham gia ban đầu thì tổng số tiền mà các học sinh tham gia phải đóng để trả cho công ty du lịch là 60 triệu đồng. Khi chuẩn bị chốt danh sách học sinh tham gia thì có thêm 50 em đăng kí bổ sung, nên công ty du lịch thông báo giảm 20 nghìn đồng cho mỗi học sinh tham gia so với giá ban đầu. Vì vậy, tổng số tiền mà các học sinh tham gia phải đóng để trả cho công ty du lịch lúc này là 63 triệu đồng. Hỏi sau khi công ty du lịch điều chỉnh giá, mỗi học sinh tham gia chuyến tham quan phải đóng bao nhiêu nghìn đồng?

Phương pháp:

1. Lập bảng giá trị các điểm parabol đi qua từ đó vẽ được đồ thị hàm số.

2. Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta  > 0\)

Áp dụng định lí Viète, thay vào \(x_1^2 + x_2^2\) để tính giá trị của biểu thức \(M\).

3. Gọi \(x\) là số học sinh đăng ký tham quan ban đầu (đơn vị: học sinh, \(x \in {\mathbb{N}^*}\)).
\(y\) là giá tiền mỗi học sinh phải đóng ban đầu (đơn vị: nghìn đồng, \(y > 20\)).
Biểu diễn số học sinh tham gia theo \(x\).
Biểu diễn giá mới sau khi giảm giá theo \(y\).
Vì tổng số tiền thực tế là 63 triệu đồng = 63000 nghìn đồng, ta có phương trình: \((x + 50)(y - 20) = 63000\)Giải phương trình để tìm \(x\), \(y\).
Kiểm tra điều kiện và kết luận.

Lời giải:

1. Ta có bảng giá trị sau:

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm

\(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2;8} \right);\,\,B\left( { - 1;2} \right);C\left( {1;2} \right);\,\,D\left( {2;8} \right)\)

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:

2. Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({x^2} + 7x + 3 = 0\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2\).

Xét phương trình \({x^2} + 7x + 3 = 0\).

Ta có \(\Delta  = {7^2} - 4 \cdot 1 \cdot 3 = 49 - 12 = 37 > 0\), nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} =  - 7}\\{{x_1}{x_2} = 3}\end{array}} \right.\)

Khi đó: \(M = x_1^2 + x_2^2 = {({x_1} + {x_2})^2} - 2{x_1}{x_2}\)

Thay các giá trị từ hệ thức Vi-ét vào:

\(M = {( - 7)^2} - 2 \cdot 3 = 49 - 6 = 43\).

Vậy \(M = 43\).

3. Gọi x là số học sinh đăng ký tham quan ban đầu (đơn vị: học sinh, \(x \in {\mathbb{N}^*}\)).

y là giá tiền mỗi học sinh phải đóng ban đầu (đơn vị: nghìn đồng, \(y > 20\)).

Theo dự định ban đầu, tổng số tiền là 60 triệu đồng = 60000 nghìn đồng, ta có phương trình: \(x \cdot y = 60000\)(1)

Thực tế, có thêm 50 học sinh đăng ký nên số học sinh tham gia là \(x + 50\) (học sinh)

Công ty giảm giá 20 nghìn đồng mỗi em nên giá mới là \(y - 20\) (nghìn đồng)

Tổng số tiền thực tế là 63 triệu đồng = 63000 nghìn đồng, ta có phương trình:

\((x + 50)(y - 20) = 63000\) (2)

Từ (1) suy ra \(x = \frac{{60000}}{y}\). Thay vào (2) ta được:

\(\left( {\frac{{60.000}}{y} + 50} \right)\left( {y - 20} \right) = 63000\)

\((60.000 + 50y)(y - 20) = 63000y\)

\(60.000y - 1200000 + 50{y^2} - 1000y = 63000y\)

\(50{y^2} - 4000y - 1200000 = 0\)

\({y^2} - 80y - 24000 = 0\)

Giải phương trình trên ta được  \({y_1} = 200\) (thỏa mãn điều kiện);  \({y_2} =  - 120\) (loại).

Giá tiền ban đầu mỗi học sinh phải đóng là 200 nghìn đồng.

Số tiền thực tế mỗi học sinh phải đóng sau khi giảm giá là: \(200 - 20 = 180\) nghìn đồng.

Vậy sau khi công ty du lịch điều chỉnh giá, mỗi học sinh tham gia chuyến tham quan phải đóng 180 nghìn đồng.

Câu 4. (1,5 điểm)

1. Giáo viên thống kê lại thời gian tự học ở nhà trong một tuần của 40 học sinh lớp mình chủ nhiệm, cho kết quả như sau:

Tính tần số và tần số tương đối của nhóm [14;21).

2. Một hộp có 6 chiếc thẻ cùng loại, mỗi thẻ được ghi một trong các số 1; 2; 3; 4; 5; 6 (hai thẻ khác nhau thì ghi hai số khác nhau). Rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp. Tính xác suất của biến cố A: "Số ghi trên thẻ rút được là bội của 3".

Phương pháp:

1. Quan sát bảng thống kê tìm tần số của nhóm.

Áp dụng công thức tần số tương đối (\({f_i}\)) của một nhóm: \({f_i} = \frac{{{n_i}}}{N} \cdot 100\% \).

2.  Bước 1: Xác định không gian mẫu: Liệt kê các kết quả có thể xảy ra khi rút thẻ để tìm tập hợp không gian mẫu \(\Omega \). Tính số phần tử của không gian mẫu, kí hiệu là \(n(\Omega )\).

Bước 2: Xác định tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố A. Tính số phần tử thuận lợi cho biến cố \(A\), kí hiệu là \(n(A)\).

Bước 3: Tính xác suất: Áp dụng công thức tính xác suất cổ điển: \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}}\)

Lời giải:

1. Quan sát bảng thống kê, ở cột tương ứng với nhóm thời gian \([14;21)\) (giờ), ta thấy số lượng học sinh là 16. Vậy tần số của nhóm \([14;21)\) là 16.

Tổng số học sinh của cả lớp là \(N = 40\).

Tần số tương đối của một nhóm được tính bằng tỉ số phần trăm giữa tần số của nhóm đó và tổng số dữ liệu.

Áp dụng công thức, ta có tần số tương đối \(f\) của nhóm \([14;21)\) là: \(f = \frac{{16}}{{40}} \cdot 100\%  = 40\% \)

Vậy tần số tương đối \(f\) của nhóm \([14;21)\) là 40%

2. Phép thử ở đây là hành động rút ngẫu nhiên một chiếc thẻ từ hộp chứa 6 chiếc thẻ.

Không gian mẫu của phép thử là tập hợp tất cả các số có thể ghi trên thẻ được rút ra: \(\Omega  = \{ 1;2;3;4;5;6\} \).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega ) = 6\).

Vì 6 chiếc thẻ trong hộp là cùng loại (hoàn toàn giống nhau về hình thức, kích thước) và việc rút thẻ được thực hiện một cách ngẫu nhiên, nên cơ hội rút được bất kỳ chiếc thẻ nào trong hộp đều bằng nhau.

Do đó, 6 kết quả có thể của phép thử là đồng khả năng.

Biến cố A: "Số ghi trên thẻ rút được là bội của 3".

Trong các số từ 1 đến 6 của không gian mẫu, các số là bội của 3 bao gồm 3 và 6. Vậy các kết quả thuận lợi cho biến cố A là tập hợp \(A = \{ 3;6\} \).

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là \(n(A) = 2\).

Xác suất của biến cố A được tính bằng tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho A và tổng số kết quả có thể xảy ra:

\(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\)

Vậy, xác suất của biến cố A là \(\frac{1}{3}\).

Câu 5. (1,5 điểm)

1. Một máy bay cất cánh từ vị trí A trên đường băng của sân bay. Đường bay lên là một đường thẳng tạo với phương nằm ngang một góc \(30^\circ \). Biết rằng khi máy bay ở vị trí B thì máy bay đạt độ cao \(5\) km so với mặt đất (tham khảo hình vẽ bên). Tính quãng đường \(AB\) mà máy bay đã bay được.

2. Tính thể tích của một hình trụ có đường kính đáy bằng \(10\) cm, chiều cao bằng \(18\) cm (lấy \(\pi  \approx 3,14\)).

Phương pháp:

1. Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác \(\Delta ABC\) vuông tại C, ta có: \(\sin \widehat {BAC} = \frac{{BC}}{{AB}}\). Từ đó, ta tính được độ dài đoạn \(AB\).

2. Tính bán kính của hình trụ, sau đó áp dụng công thức tính thể tích của hình trụ \(V = \pi {r^2}h\).

Lời giải:

1.

Xét tam giác ABC vuông tại C, áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông ta có:

\(\sin \widehat {BAC} = \frac{{BC}}{{AB}}\).

Suy ra \(AB = \frac{{BC}}{{\sin \widehat {BAC}}} = \frac{5}{{\sin 30^\circ }} = \frac{5}{{\frac{1}{2}}} = 10\) (\(km\))

Vậy quãng đường \(AB\) mà máy bay đã bay được là \(10\) (\(km\))

2. Vì đường kính đáy là \(10\) (\(cm\)) nên bán kính đáy là \(10:2 = 5\) (\(cm\))

Thể tích của hình trụ là  \(V = \pi {r^2}h = \pi {.5^2}.18 = 450\pi  \approx 1413\)(\(c{m^3}\))

Vậy thể tích của hình trụ xấp xỉ \(1413\)\(c{m^3}\).

Câu 6. (2,0 điểm)

Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến MA, MB của đường tròn (O) với A và B là các tiếp điểm.

1. Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn

2. Kẻ đường kính AC của đường tròn (O). Gọi D là giao điểm của đường thẳng MC với đường tròn (O) (D khác C). Chứng minh rằng \(M{A^2} = MC.MD\).

3. Gọi H là giao điểm của đường thẳng OM và đường thẳng AB, F là trung điểm của đoạn thẳng MH. Chứng minh rằng ba điểm B, D, F thẳng hàng.

Phương pháp:

1. Chứng minh \(\Delta MAO\) vuông tại \(A\) và \(\Delta MBO\) vuông tại \(B\) nên M, A, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO hay MAOB nội tiếp.

2. Chứng minh , từ đó suy ra \(\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MA}}\) hay \(M{A^2} = MC.MD\).

3. Chứng minh: \(F'{M^2} = F'B.F'D\) , \(F'{H^2} = F'B.F'D\) (sử dụng hai tam giác đồng dạng)

Ta được \(F'H = F'M\). Suy ra F' là trung điểm của MH. Như vậy \(F' \equiv F\) hay B, D, F thẳng hàng.

Lời giải:

1. Vì MA là tiếp tuyến của (O) nên \(\angle MAO = {90^\circ }\) nên \(\Delta MAO\) vuông tại A.

Do đó M, A, O cùng thuộc đường tròn đường kính MO (1)

Tương tự M, B, O cũng thuộc đường tròn đường kính MO (2)

Từ (1), (2) ta được M, A, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO

hay MAOB nội tiếp (đpcm)

2. Ta có: \(\angle MAD + \angle DAC = {90^\circ }\)

          \(\angle ACD + \angle DAC = {90^\circ }\)

Suy ra \(\angle MAD = \angle DCA\)

Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MCA\) có

\(\angle AMC\) chung

\(\angle MAD = \angle DCA\) (cmt)

Do đó \(\Delta MAD \backsim\Delta DCA\) (g.g)

Suy ra \(\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MA}}\) hay \(M{A^2} = MC.MD\) (đpcm)

3. Gọi F' là giao điểm BD và MH.

Vì \(OM \bot AB\), \(BC \bot AB\) nên \(OM//BC\)

Suy ra \(\angle OMC = \angle MCB\) (1)

Theo câu 2 ta có \(M{A^2} = MC.MD\)

mà \(MA = MB\) nên \(M{B^2} = MC.MD\) hay \(\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MB}}\)

Mặt khác \(\angle BMC\) là góc chung nên \(\Delta MBD \backsim\Delta MCB\) (c.g.c)

Do đó \(\angle MBD = \angle MCB\) (2)

Từ (1), (2) ta được \(\angle MBD = \angle OMC\) hay \(\angle F'BM = \angle F'MD\)

Từ đây ta suy ra \(\Delta F'MD \backsim\Delta F'BM\) (g.g)

Do đó \(\frac{{F'M}}{{F'B}} = \frac{{F'D}}{{F'M}}\) hay \(F'{M^2} = F'B.F'D\) (*)

Xét \(\Delta MAH\) và \(\Delta MOA\) có

\(\angle AMO\) chung

\(\angle MHA = \angle MAO = {90^\circ }\)

Do đó \(\Delta MAH \backsim\Delta MOA\) (g.g)

Suy ra \(\frac{{MA}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MA}}\) hay \(M{A^2} = MH.MO\)

Kết hợp với \(M{A^2} = MC.MD\) ta được \(MH.MO = MC.MD\)hay \(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)

Do đó  \(\Delta MHD \backsim\Delta MCO\) (c.g.c)

Suy ra \(\angle MHD = \angle MCO = \angle ABD\) hay \(\angle F'HD = \angle F'BH\)

Kết hợp với \(\angle HF'B\) chung ta được \(\Delta F'HD \backsim\Delta F'BH\) (g.g)

Suy ra \(\frac{{F'H}}{{F'B}} = \frac{{F'D}}{{F'H}}\) hay \(F'{H^2} = F'B.F'D\) (**)

Kết hợp (*) và (**) ta được \(F'H = F'M\)

Suy ra F' là trung điểm của MH

Như vậy \(F' \equiv F\) hay B, D, F thẳng hàng.

—HẾT—

Đề bài

Câu 1: (1,25 điểm) 1) Giải phương trình \({x^2} + 8x - 9 = 0\).

2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 5y = 5\\2x + 5y = 25\end{array} \right.\).

3) Giải bất phương trình \(6x - 36 \ge 0\).

Câu 2: (2,5 điểm) 1) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = \frac{1}{2}{x^2}\).

2) Thời gian đọc sách ở thư viện (đơn vị phút) trong một ngày thứ sáu của các học sinh tổ I được thống kê ở bảng sau:

Tính tần số tương đối ghép nhóm và lập bảng tần số tương đối ghép nhóm của mẫu số liệu trên.

3) Một nhóm có 5 học sinh gồm 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ chuẩn bị thuyết trình về chủ đề bài học. Cô giáo chọn ngẫu nhiên hai bạn của nhóm đó lên thuyết trình trước lớp. Tính xác suất của biến cố \(A\): "Hai học sinh được chọn có cả học sinh nam và học sinh nữ".

Câu 3: (2,5 điểm) 1) Chứng tỏ phương trình \({x^2} + 7x - 5 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức \(M = \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}\).

2) Hưởng ứng phong trào “Đồng hành cùng học sinh vùng khó khăn” của nhà trường, lớp 9A theo kế hoạch cần phải gói 600 phần quà tặng giống nhau trong một số giờ quy định. Khi thực hiện, do tăng năng suất nên mỗi giờ lớp 9A gói được nhiều hơn 30 phần quà tặng, vì thế lớp 9A đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 giờ. Hỏi theo kế hoạch, mỗi giờ lớp 9A phải gói bao nhiêu phần quà tặng (biết năng suất gói quà tặng của lớp 9A trong mỗi giờ là bằng nhau)?

3) Rút gọn biểu thức \(P = \left( {\frac{6}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{6}{{\sqrt x  - 1}} - \frac{{2x}}{{x - 1}}} \right):\frac{2}{{x - 1}}\) (với \(x \ge 0,x \ne 1\)) và chứng tỏ \(P \le 9\), với mọi \(x \ge 0,x \ne 1\).

Câu 4: (1 điểm) 1) Tại một thời điểm, các tia năng mặt trời tạo với mặt đất một góc \(\angle BCA = {57^0}\) và cột đèn \(AB\) thẳng đứng có bóng trên mặt đất là đoạn thẳng \(AC = 4,5\;m\) (xem hình bên). Tính chiều cao \(AB\) của cột đèn đó (kết quả làm tròn đến hàng phần mười của mét).

2) Một chiếc mũ chú hề được làm bằng giấy gồm phần vành mũ có dạng hình vành khuyên giới hạn bởi đường tròn lớn và đường tròn nhỏ có bán kính lần lượt bằng 22 cm và 10 cm; phần thân mũ có dạng hình nón, không đáy, gắn vào vành mũ (đường tròn đáy của thân mũ trùng với đường tròn nhỏ của vành mũ) và có độ dài đường sinh bằng 36 cm (xem hình bên).

Tính tổng diện tích giấy làm chiếc mũ chú hề đó (theo centimét vuông, kết quả làm tròn đến hàng đơn vị, lấy \(\pi  \approx 3,141\) và bỏ qua phần giấy gắn kết, hao hụt).

Câu 5: (2,75 điểm)  Cho tam giác nhọn ABC (với \(AB < AC\)) có hai đường cao BE, CF cắt nhau tại điểm H.

1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.

2) Gọi I là giao điếm của hai đường thẳng AH và EF. Chứng minh rằng \(IA \cdot IH = IE \cdot IF\).

3) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng đi qua điểm H vuông góc với AM, cắt cung nhỏ \(CE\) của đường tròn đường kính BC tại điểm K. Chứng minh AK là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC.

-------- Hết --------

Lời giải

Câu 1: (1,25 điểm) 1) Giải phương trình \({x^2} + 8x - 9 = 0\).

2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 5y = 5\\2x + 5y = 25\end{array} \right.\).

3) Giải bất phương trình \(6x - 36 \ge 0\).

Lời giải:

1) \({x^2} + 8x - 9 = 0\)

Ta có \(a + b + c = 1 + 8 + ( - 9) = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \(x = 1\) và \(x =  - 9\)

Vậy phương trình có nghiệm là \(x = 1\) và \(x =  - 9\).

2) Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - 5y = 5\\2x + 5y = 25\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}3x = 30\\x - 5y = 5\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 10\\10 - 5y = 5\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 1\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy nghệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {10;1} \right)\)

3) Ta có:

\(\begin{array}{l}6x - 36 \ge 0\\6x \ge 36\\x \ge 6\end{array}\)

Vậy nghiệm của bất phương trình là \(x \ge 6\).

Câu 2: (2,5 điểm) 1) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = \frac{1}{2}{x^2}\).

2) Thời gian đọc sách ở thư viện (đơn vị phút) trong một ngày thứ sáu của các học sinh tổ I được thống kê ở bảng sau:

Tính tần số tương đối ghép nhóm và lập bảng tần số tương đối ghép nhóm của mẫu số liệu trên.

3) Một nhóm có 5 học sinh gồm 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ chuẩn bị thuyết trình về chủ đề bài học. Cô giáo chọn ngẫu nhiên hai bạn của nhóm đó lên thuyết trình trước lớp. Tính xác suất của biến cố \(A\): "Hai học sinh được chọn có cả học sinh nam và học sinh nữ".

Lời giải:

a) Ta có bảng giá trị sau:

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

Hệ số \(a = \frac{1}{2} > 0\)nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{2}{x^2}\) như sau:

b) Ta có \(N = 2 + 5 + 3 = 10\)

Tần số của từng nhóm:

- Nhóm [15;25): \(h = \frac{2}{{10}} = 0,2\)

- Nhóm [25;35): \(h = \frac{5}{{10}} = 0,5\)

- Nhóm [35;45): \(h = \frac{3}{{10}} = 0,3\)

Bảng tần số tương đối:

c) Giả sử 3 học sinh nam là A, B, C và 2 học sinh nữ là M, N

Các trường hợp chọn ra 2 bạn trong 5 bạn A, B, C, M, N gồm:

\(\left( {A,B} \right);\left( {A,C} \right);\left( {A,M} \right);\left( {A,N} \right);\left( {B,C} \right);\left( {B,M} \right);\left( {B,N} \right);\left( {C,M} \right);\left( {C,N} \right),\left( {M,N} \right)\)

Vậy có tất cả 10 cách chọn ra 2 bạn bất kì

Các trường hợp chọn ra 2 bạn trong đó có 1 bạn nam và 1 bạn nữ là:

\(\left( {A,M} \right);\left( {A,N} \right);\left( {B,M} \right);\left( {B,N} \right);\left( {C,M} \right);\left( {C,N} \right)\)

Suy ra có 6 cách chọn ra 2 bạn trong đó có 1 bạn nam và 1 bạn nữ

Vậy xác suất để chọn ra 2 bạn sao cho có 1 nam và 1 nữ là \(\frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}\)

Câu 3: (2,5 điểm) 1) Chứng tỏ phương trình \({x^2} + 7x - 5 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức \(M = \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}\).

2) Hưởng ứng phong trào “Đồng hành cùng học sinh vùng khó khăn” của nhà trường, lớp 9A theo kế hoạch cần phải gói 600 phần quà tặng giống nhau trong một số giờ quy định. Khi thực hiện, do tăng năng suất nên mỗi giờ lớp 9A gói được nhiều hơn 30 phần quà tặng, vì thế lớp 9A đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 giờ. Hỏi theo kế hoạch, mỗi giờ lớp 9A phải gói bao nhiêu phần quà tặng (biết năng suất gói quà tặng của lớp 9A trong mỗi giờ là bằng nhau)?

3) Rút gọn biểu thức \(P = \left( {\frac{6}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{6}{{\sqrt x  - 1}} - \frac{{2x}}{{x - 1}}} \right):\frac{2}{{x - 1}}\) (với \(x \ge 0,x \ne 1\)) và chứng tỏ \(P \le 9\), với mọi \(x \ge 0,x \ne 1\).

Lời giải:

1) Phương trình \({x^2} + 7x - 5 = 0\) có \(a = 1;b = 7;c =  - 5\).

Ta có \(ac = 1.\left( { - 5} \right) =  - 5 < 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Áp dụng định lí Viète ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - \frac{7}{1} =  - 7\\{x_1}.{x_2} = \frac{{ - 5}}{1} =  - 5\end{array} \right.\)

Ta có: \(M = \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{{{x_2} + {x_1}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{ - 7}}{{ - 5}} = \frac{7}{5}\).

Vậy phương trình \({x^2} + 7x - 5 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) và \(M = \frac{7}{5}\).

2) Gọi số phần quà tặng mỗi giờ lớp 9A phải gói theo kế hoạch là \(x\) (phần quà, \(x \in {\mathbb{N}^*}\))

Theo kế hoạch, lớp 9A cần phải gói 600 sản phẩm nên thời gian lớp 6A gói theo kế hoạch là \(\frac{{600}}{x}\) (giờ)

Thực tế mỗi giờ lớp 9A gói được nhiều hơn 30 phần quà nên số phần quà mỗi giờ lớp 9A gói được thực tế là \(x + 30\) (phần quà)

Khi đó thời gian lớp 9A gói thực tế là: \(\frac{{600}}{{x + 30}}\) (giờ)

Vì lớp 9A đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 giờ nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\frac{{600}}{x} - \frac{{600}}{{x + 30}} = 1\\\frac{{600\left( {x + 30} \right)}}{{x\left( {x + 30} \right)}} - \frac{{600x}}{{x\left( {x + 30} \right)}} = \frac{{x\left( {x + 30} \right)}}{{x\left( {x + 30} \right)}}\\600x + 18000 - 600x = {x^2} + 30x\\{x^2} + 30x - 18000 = 0\end{array}\)

Giải phương trình, ta được: \({x_1} = 120\left( {TM} \right);{x_2} =  - 150\left( {KTM} \right)\)

Vậy số phần quà tặng mỗi giờ lớp 9A phải gói theo kế hoạch là 120 phần quà.

3) ĐK: \(x \ge 0,x \ne 1\)

\(\begin{array}{l}P = \left( {\frac{6}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{6}{{\sqrt x  - 1}} - \frac{{2x}}{{x - 1}}} \right):\frac{2}{{x - 1}}\\ = \left[ {\frac{{6\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} + \frac{{6\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} - \frac{{2x}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}} \right]:\frac{2}{{x - 1}}\\ = \frac{{6\sqrt x  - 6 + 6\sqrt x  + 6 - 2x}}{{x - 1}}.\frac{{x - 1}}{2}\\ = \frac{{12\sqrt x  - 2x}}{2}\\ = \frac{{2\sqrt x \left( {6 - \sqrt x } \right)}}{2}\\ = \sqrt x \left( {6 - \sqrt x } \right)\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}P = \sqrt x \left( {6 - \sqrt x } \right)\\ =  - x + 6\sqrt x \\ =  - (x - 6\sqrt x  + 9) + 9\\ =  - {(\sqrt x  - 3)^2} + 9\end{array}\)

Vì \( - {(\sqrt x  - 3)^2} \le 0\) với mọi \(x \ge 0,x \ne 1\) nên \( - {(\sqrt x  - 3)^2} + 9 \le 9\)

Vậy \(P = \sqrt x \left( {6 - \sqrt x } \right)\) và \(P \le 9\) với mọi \(x \ge 0,x \ne 1\).

Câu 4: (1 điểm) 1) Tại một thời điểm, các tia năng mặt trời tạo với mặt đất một góc \(\angle BCA = {57^0}\) và cột đèn \(AB\) thẳng đứng có bóng trên mặt đất là đoạn thẳng \(AC = 4,5\;m\) (xem hình bên). Tính chiều cao \(AB\) của cột đèn đó (kết quả làm tròn đến hàng phần mười của mét).

2) Một chiếc mũ chú hề được làm bằng giấy gồm phần vành mũ có dạng hình vành khuyên giới hạn bởi đường tròn lớn và đường tròn nhỏ có bán kính lần lượt bằng 22 cm và 10 cm; phần thân mũ có dạng hình nón, không đáy, gắn vào vành mũ (đường tròn đáy của thân mũ trùng với đường tròn nhỏ của vành mũ) và có độ dài đường sinh bằng 36 cm (xem hình bên).

Tính tổng diện tích giấy làm chiếc mũ chú hề đó (theo centimét vuông, kết quả làm tròn đến hàng đơn vị, lấy \(\pi  \approx 3,141\) và bỏ qua phần giấy gắn kết, hao hụt).

Lời giải:

1) Cột đèn \(AB\) thẳng đứng có bóng trên mặt đất là đoạn thẳng \(AC\) nên \(AB \bot AC\) tại \(A\)

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có:

\(AB = AC.\tan \angle BCA = 4,5.\tan {57^0} \approx 6,9\,\,(m)\)

Vật chiều cao \(AB\) của cột đèn đó khoảng \(6,9\,m.\)

2) Tổng diện tích làm chiếc mũ chú hề bằng diện tích của phần thân mũ (diện tích xung quanh hình nón) và diện tích phần vành mũ (diện tích hình vành khuyên).

Diện tích của phần thân mũ là:

S_{thân mũ} = \(\pi rl \approx 3,141.10.36 = 1130,76\left( {c{m^2}} \right)\)

Diện tích phần vành mũ là:

S_{vành mũ} = \(\pi \left( {{R^2} - {r^2}} \right) \approx 3,141.\left( {{{22}^2} - {{10}^2}} \right) = 1206,144\left( {c{m^2}} \right)\)

Tổng diện tích giấy làm chiếc mũ chú hề là:

S = S_{thân mũ} + S_{vành mũ =} \(1130,76 + 1206,144 = 2336,904 \approx 2337\left( {c{m^2}} \right)\)

Vậy tổng diện tích giấy làm chiếc mũ chú hề là khoảng 2337\(c{m^2}\).

Câu 5: (2,75 điểm)  Cho tam giác nhọn ABC (với \(AB < AC\)) có hai đường cao BE, CF cắt nhau tại điểm H.

1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.

2) Gọi I là giao điếm của hai đường thẳng AH và EF. Chứng minh rằng \(IA \cdot IH = IE \cdot IF\).

3) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng đi qua điểm H vuông góc với AM, cắt cung nhỏ \(CE\) của đường tròn đường kính BC tại điểm K. Chứng minh AK là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC.

Lời giải:

1)

Do \(BE \bot AC\) nên \(\Delta AEH\) vuông tại E.

Suy ra A, E, H cùng thuộc đường tròn đường kính AH

Tương tự \(\Delta AFH\) vuông tại F nên A, F, H cùng thuộc đường tròn đường kính AH

Vậy A, E, H, F cùng thuộc đường tròn đường kính AH hay tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.

2) Xét \(\Delta FIH\) và \(\Delta AIE\) có

\(\angle FHI = \angle IEA\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AF)

\(\angle FIH = \angle EIA\) (hai góc đối đỉnh)

Suy ra \(\Delta FIH\backsim \Delta AIE\left( g.g \right)\)

Khi đó \(\frac{{IF}}{{IA}} = \frac{{IH}}{{IE}}\) hay \(IE.IF = IH.IA\) (đpcm)

3)

Gọi M là trung điểm của BC, N là trung điểm AH và P là giao điểm HK với AM

Do \(\Delta BFC\) vuông tại F nên B, F, C cùng thuộc (M)

Tương tự \(\Delta BEC\) vuông tại E nên B, E, C cùng thuộc (M)

Kết hợp K thuộc (M) nên B, C, E, F, K cùng thuộc (M)

Do \(HP \bot AM\left( {gt} \right)\) nên \(\Delta AHP\) vuông tại P nên P thuộc đường tròn đường kính AH

Do N là trung điểm AH nên N là tâm đường tròn qua A, E, F, P, H.

\(\Delta ABC\) có đường cao BE, CF cắt nhau tại H nên H là trực tâm. Suy ra \(AH \bot BC\) tại D

Khi đó

\(\angle NEM = {180^0} - \left( {\angle NEA + \angle MEC} \right) = {180^0} - \left( {\angle NAE + \angle MCE} \right) = {180^0} - {90^0} = {90^0}\)

Suy ra \(\angle MEP = {90^0} - \angle PEN = {90^0} - \frac{{{{180}^0} - \angle ENP}}{2}\) (do \(\Delta NEP\) cân tại N và tổng 3 góc bằng \({180^0}\))

                                                \( = {90^0} - {90^0} + \frac{1}{2}\angle ENP = \angle EAP\) (cùng chắn cung PE)

Vậy \(\angle MEP = \angle EAM\)

Xét \(\Delta MEP\) và \(\Delta MAE\) có \(\angle MEP = \angle EAM\) và \(\angle EMA\) chung

Suy ra $\Delta MEP\backsim \Delta MAE\left( g.g \right)$. Khi đó \(\frac{{ME}}{{MA}} = \frac{{MP}}{{ME}}\) hay \(MP.MA = M{E^2}\)

Mà \(ME = MK\) (cùng bằng bán kính của (M)) nên \(MP.MA = M{K^2}\) hay \(\frac{{MK}}{{MA}} = \frac{{MP}}{{MK}}\)

Xét \(\Delta MKP\) và \(\Delta MAK\) có \(\frac{{MK}}{{MA}} = \frac{{MP}}{{MK}}\) và \(\angle KMA\) chung nên $\Delta MKP\backsim \Delta MAK\left( c.g.c \right)$

Suy ra \(\angle MPK = \angle MKA = {90^0}\) hay \(MK \bot AK\)

Xét \(\left( M \right)\) có \(K \in \left( M \right),AK \bot MK\) tại K nên AK là tiếp tuyến của \(\left( M \right)\)  (đpcm).

Đề bài

Câu 1: 1) Giải phương trình .

2) Giải phương trình .

3) Giải hệ phương trình .

Câu 2: Rút gọn biểu thức .

Câu 3: 1) Vẽ đồ thị hàm số .

2) Tìm tham số thực để đồ thị hàm số và đường thẳng có điểm chung.

3) Cho phương trình có hai nghiệm Tính giá trị biểu thức .

Câu 4: 1) Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn (không có nước) sau 40 phút thì đầy bể. Nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì lúc này lượng nước trong bể chiếm thể tích của bể nước. Hỏi nếu mở riêng từng vời thì thời gian để mỗi vòi chảy đầy bể là bao lâu?

2) Một hình nón có bán kính đáy , độ dài đường sinh . Tính thể tích của hình nón đó.

Câu 5: Cho tam giác  ABC  vuông tại  A, trên cạnh  AB  lấy điểm  M (M  khác  A, M  khác  B). Từ điểm  M vẽ đường thẳng  MN  vuông góc với  BC (N  thuộc  BC) , đường thẳng  MN  cắt đường thằng  AC  tại  K .

1) Chứng minh tứ giác AMNC  nội tiếp.

2) Chứng minh .

3) Đoạn thẳng  BK  cắt đường tròn đường kính  BM  tại điểm D (D khác  B). Gọi I là tâm và là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác BKC . Chứng minh .

----- HẾT -----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (VD):

Phương pháp:

1) Bước 1: Tính

Bước 2: So sánh với 0

+ phương trình (1) vô nghiệm

+ => phương trình (1) có nghiệm kép

+ => phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau:

2) Đặt ẩn đưa về phương trình bậc hai rồi giải.

3) Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.

Cách giải:

1) Giải phương trình .

Ta có phương trình có hai nghiệm phân biệt

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

2) Giải phương trình .

Đặt phương trình trở thành .

Ta có nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

Trở lại phép đặt ta có:

Vậy tập nghiệm của phương trình là.

3) Giải hệ phương trình .

Cộng vế với vế ta được:

Vậy hệ phương trình có nghiệm .

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

Với là một biểu thức ta có nghĩa là:

+ nếu .

+ nếu .

Cách giải:

Rút gọn biểu thức .

Ta có:

Vậy A = -1.

Câu 3 (NB):

Phương pháp:

1) Vẽ đồ thị.

2) Tìm toạ độ giao điểm.

3) Sử dụng định lí Vi - et

Cách giải:

1) Vẽ đồ thị hàm số .

Ta có bảng giá trị sau:

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

Hệ số nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số như sau:

2) Tìm tham số thực để đồ thị hàm số và đường thẳng có điểm chung.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng , ta có:

Để đồ thị hàm số và đường thẳng có điểm chung thì phương trình phải có nghiệm.

Vậy thì đồ thị hàm số và đường thẳng có điểm chung.

3) Cho phương trình có hai nghiệm Tính giá trị biểu thức .

Vì phương trình có hai nghiệm phân biệt nên theo hệ thức Viet ta có:

Khi đó ta có:

Vậy .

Câu 4 (VD):

Cách giải:

1) Gọi hai vòi chảy riêng đầy bể lần lượt là (phút, )

Mỗi giờ vòi thứ nhất chảy một mình được (bể), vòi thứ hai chảy một mình được (bể)

Vì 2 vòi cùng chảy vào bể sau 40 phút thì đầy bể nên ta có:

(1)

Vì nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì lúc này lượng nước trong bể chiếm thể tích của bể nước nên ta có:

(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: .

Đặt , hệ phương trình trở thành:

.

.

Vậy vòi 1 chảy một mình đầy bể trong 60 phút, vòi 2 chảy một mình đầy bể trong 120 phút.

2) Gọi là đường cao của hình nón.

Ta có: (cm).

Thể tích của hình nón là: .

Vậy thể tích của hình nón là:

Câu 5 (VD):

Cách giải:

1) Chứng minh tứ giác AMNC  nội tiếp.

Xét tứ giác AMNC có:

( vuông tại A)

(do )

Suy ra tứ giác AMNC nội tiếp. (tứ giác có tổng hai góc đối bằng ).

2) Chứng minh .

Vì AMNC là tứ giác nội tiếp (cmt) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM)  (1)

Xét tứ giác ANBK có:

Mà hai góc này ở vị trí hai góc kề nhau cùng chắn BK.

=> ANBK là tứ giác nội tiếp (dhnb)

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK)  (2)

Từ (1) và (2) .

3) Đoạn thẳng  BK  cắt đường tròn đường kính  BM  tại điểm D (D khác  B). Gọi I là tâm và là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác BKC . Chứng minh .

Ta có: là trực tâm tam giác BCK.

là đường cao thứ ba của tam giác BCK .

Mà (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra C, M, D thẳng hàng.

Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên BK, BC, CK.

Ta có:

Mặt khác:

Do đó ta có:

Đề bài

Câu 1 (2,0 điểm):

1) Giải phương trình

2) Giải phương trình

3) Giải hệ phương trình

Câu 2 (2,25 điểm):

1)  Vẽ đồ thị hàm số .

2) Tìm giá trị của tham số  thực để Parabol và đường thẳng  có đúng một điểm chung.

3) Cho phương trình . Gọi là hai nghiệm phân biệt của phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức

Câu 3 (1,0 điểm):

Rút gọn biểu thức (với ).

Câu 4 (1,75 điểm):

1) Hằng ngày bạn Mai đi học bằng xe đạp, quãng đường từ nhà đến trường dài 3 km. Hôm nay, xe đạp hư nên Mai nhờ mẹ chở đi đến trường bằng xe máy với vận tốc lớn hơn vận tốc khi đi xe đạp là 24 km/h, cùng một thời điểm khởi hành như mọi ngày nhưng Mai đã đến trường sớm hơn 10 phút. Tính vận tốc của bạn Mai khi đi học bằng xe đạp.

2) Cho vuông tại , biết (với là số thực dương). Tính thể tích theo của hình nón được tạo thành khi quay một vòng quanh cạnh cố định.

Câu 5 (3,0 điểm):

Cho tam giác có ba góc nhọn . Ba đường cao cắt nhau tại .

1)  Chứng minh tứ giác nội tiếp. Xác định tâm của đườn trọn ngoại tiếp tứ giác .

2) Gọi là trung điểm của AH. Chứng minh là tiếp tuyến của đường tròn .

3) Vẽ cắt đường tròn tại , cắt tại . Chứng minh thẳng hàng.

Lời giải chi tiết

Câu 1

Phương pháp:

1) Sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn.

2) Đặt , đưa phương trình ban đầu về phương trình bậc hai một ẩn

Nhẩm nhanh hệ số và tính được nghiệm của phương trình

3) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm của hệ phương trình.

Cách giải:

1) Ta có: nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt .

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

2) Đặt , phương trình đã cho trở thành .

Ta có nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt .

Với .

Vậy tập nghiệm của phương trình .

3) Ta có:

Vậy hệ phương trình có nghiệm .

Bài 2

Phương pháp:

1) Lập bảng giá trị tương ứng của và , tìm được các điểm của đồ thị đi qua, từ đó vẽ được

2) + Xét phương trình hoành độ giao điểm của là phương trình bậc hai một ẩn (1)

+ Để cắt có đúng một điểm chung khi và chỉ khi có nghiệm kép

3) Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được thay vào biểu thức và tính.

Cách giải:

1) Parabol có bề lõm hướng lên và nhận làm trục đối xứng.

Ta có bảng giá trị sau:

Parabol đi qua các điểm , , , , .

Đồ thị Parabol :

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của ta được:

Để cắt có đúng một điểm chung khi và chỉ khi có nghiệm kép

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

3) Vì là hai nghiệm phân biệt của phương trình đã cho nên áp dụng hệ thức Vi-et với phương trình ta có: .

Ta có:

Vậy .

Câu 3 (1,0 điểm):

Phương pháp:

Xác định mẫu thức chung, quy đồng, thực hiện các phép toán với để rút gọn biểu thức

Cách giải:

Với ta có:

Vậy với thì .

Câu 4 (1,75 điểm):

Phương pháp:

1) + Gọi vận tốc của Mai khi đi học bằng xe đạp là .

+ Tính được thời gian Mai đi xe đạp và đi xe máy hết quãng đường 3 km

+ Từ giả thiết cùng một thời điểm khởi hành như mọi ngày nhưng Mai đã đến trường sớm hơn 10 phút nên ta có phương trình ẩn

+ Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luân.

2) Khối nón có chiều cao bán kính đáy là thì thể tích khối nón được tính theo công thức

Cách giải:

1) Gọi vận tốc của Mai khi đi học bằng xe đạp là .

Thời gian Mai đi xe đạp hết quãng đường 3km là .

Hôm nay, Mẹ chở Mai đến trường bằng xe máy với vận tốc là .

Thời gian đi xe máy hết quãng đường 3km là .

Vì cùng một thời điểm khởi hành như mọi ngày nhưng Mai đã đến trường sớm hơn 10 phút = nên ta có phương trình:

Ta có nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt .

Vậy vận tốc của Mai khi đi học bằng xe đạp là .

2) Hình nón được tạo thành khi quay một vòng quanh cạnh cố định có đường cao và bán kính đường tròn đáy .

Vậy thể tích khối nón tạo thành là .

Câu 5 (3,0 điểm):

Phương pháp:

1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh: và

Mặt khác có:

Vậy là tiếp tuyến của đường tròn tại .

3) Ta sẽ chứng minh và

Từ (1) và (2) .

Chứng minh được (2 góc tương ứng).

;

Vậy thẳng hàng (đpcm).

Cách giải:

1) Tứ giác có:

Nên tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng ).

Gọi là trung điểm của là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác .

2) Tam giác vuông tại có là trung điểm của cạnh nên (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).

Suy ra cân tại ( tính chất tam giác cân)

Mặt khác ( hai góc đối đỉnh)   (1)

Tam giác có suy ra cân tại

( tính chất tam giác cân)          (2)

Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta có:

Mà  ( tam giác vuông tại ) hay .

Vậy là tiếp tuyến của đường tròn tại .

3) Xét tứ giác có nên là tứ giác nội tiếp (dhnb).

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung ).

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

.

Xét và có:

chung;

;

(2 cạnh tương ứng). Mà   (*).

Ta sẽ chứng minh .

Lại có

Từ (1) và (2) .

Xét và có: .

(2 góc tương ứng).

Mà .

Mà (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính ) .

Vậy thẳng hàng (đpcm).

Đề bài

Câu 1: 

1) Giải hệ phương trình:

2) Giải phương trình

3) Giải phương trình

Câu 2: 

1) Vẽ đồ thị của hàm số .

2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng và cắt nhau.

3) Tìm các số thực a để biểu thức xác định.

Câu 3:  

1) Cho một hình cầu có thể tích bằng . Tính diện tích của mặt cầu.

2) Một nhóm học sinh được giao sắp xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian nhất định. Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp xếp được nhiều hơn dự định 20 quyển sách, vì vậy không những hoàn thành trước dự định 1 giờ mà còn vượt mức được 10 quyển sách. Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là bao nhiêu?

3) Gọi là hai nghiệm của phương trình . Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là , .

Câu 4:

1) Rút gọn biểu thức (với và )

2) Tìm các số thực và thỏa mãn .

Câu 5: 

Cho nhọn nội tiếp đường tròn có hai đường cao và cắt nhau tại trực tâm Vẽ đường kính của  Gọi là giao điểm của đường thẳng với đường tròn Gọi lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng và và

1) Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn và tâm của đường tròn này thuộc đường thẳng

2) Gọi là trung điểm của đoạn thẳng Chứng minh

3) Gọi là giao điểm của đường tròn với đường tròn ngoại tiếp Chứng minh rằng ba điểm thẳng hàng.

Câu 6: 

Cho ba số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng . 

Lời giải chi tiết

Câu 1 (1,75 điểm)

Cách giải:

1) Giải hệ phương trình: 

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

2) Giải phương trình 

Đặt Khi đó ta có phương trình

Phương trình có:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

+) Với

+) Với

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:

3) Giải phương trình 

Điều kiện:

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:

Câu 2 (2 điểm)

Cách giải:

1) Vẽ đồ thị  của hàm số .

Ta có bảng giá trị:

Do đó, parabol là đường cong đi qua các điểm , , , , và nhận làm trục đối xứng.

Đồ thị hàm số:

2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng  và  cắt nhau.

Hai đường thẳng  và  cắt nhau khi và chi khi:

Vậy với và thì hai đường thẳng  và  cắt nhau.

3) Tìm các số thực a để biểu thức  xác định.

Biểu thức  xác định .

Vậy với thì biểu thức xác định.

Câu 3 (1,75 điểm)

Cách giải:

1) Cho một hình cầu có thể tích bằng . Tính diện tích của mặt cầu.

Gọi là bán kính của hình cầu.

Vì khối cầu có thể tích bằng nên .

Vậy diện tích mặt cầu là .

2) Một nhóm học sinh được giao sắp xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian nhất định. Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp xếp được nhiều hơn dự định 20 quyển sách, vì vậy không những hoàn thành trước dự định 1 giờ mà còn vượt mức được 10 quyển sách. Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là bao nhiêu?

Gọi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là (quyển) (ĐK: ).

Thời gian dự định sắp xếp xong 270 quyển sách là .

Vì mỗi giờ nhóm sắp xếp được nhiều hơn dự định 20 quyển sách nên thực tế số quyển sách mỗi giờ nhóm đã sắp xếp được là (quyển).

Vì nhóm sắp xếp vượt mức được giao 10 quyển sách nên nhóm đó đã sắp xếp được (quyển)

Thời gian thực tế sắp xếp xong 280 quyển sách là: .

Vì thực tế hoàn thành trước dự định 1 giờ nên ta có phương trình:

Vậy số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là 60 quyển.

3) Gọi  là hai nghiệm của phương trình . Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là , .

Xét phương trình có nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu.

Gọi là 2 nghiệm phân biệt của phương trình , áp dụng định lí Vi-ét t có: .

Vì hai nghiệm trái dấu nên không mất tính tổng quát, ta giả sử .

Khi đó ta có:

Ta có: 

Khi đó ta có: .

Vì nên là nghiệm của phương trình .

Vậy là nghiệm của phương trình .

Câu 4 (1,25 điểm)

Cách giải:

1) Rút gọn biểu thức  (với  và )

Với ta có:

Vậy với thì .

2) Tìm các số thực  và  thỏa mãn .

Xét hệ phương trình .

Trừ vế theo vế của phương trình (1) và (2) ta có:

TH1: .

Thay vào phương trình (1) ta có:

Xét phương trình (vô nghiệm do )

Với Hệ phương trình có nghiệm .

TH2: .

Vì 

Lại có .

Do đó , do đó phương trình vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất .

Câu 5 (2,75 điểm)

Cho  nhọn nội tiếp đường tròn  có hai đường cao  và  cắt nhau tại trực tâm  Vẽ đường kính  của   Gọi  là giao điểm của đường thẳng  với đường tròn  Gọi  lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng  và  và 

1) Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn và tâm của đường tròn này thuộc đường thẳng

Ta có: là đường cao của hay

là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

Xét tứ giác ta có:

Mà hai góc này là hai góc đối diện

là tứ giác nội tiếp (đpcm).

Có: là góc nội tiếp chắn cung

là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác

Tâm của đường tròn này là trung điểm của

Gọi là giao điểm của và

Ta có: (cùng phụ với )

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

Hay

là phân giác của

Ta có: là đường cao của

là đường cao của

Xét ta có: vừa là đường cao, vừa là đường phân giác từ đỉnh   của tam giác

  cân tại   và   là đường trung tuyến của

  là trung điểm của

Gọi   là giao điểm của   và

Ta có:

Mà   hay

Xét ta có:

là trung điểm của (cmt)

  (cmt)

là đường trung bình của

  là trung điểm của

hay (đpcm).

2) Gọi là trung điểm của đoạn thẳng Chứng minh

Ta có: (hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mà (từ vuông góc đến song song)

Hay   là hình bình hành (dhnb)

  cắt   tại trung điểm của mỗi đường

Lại có là trung điểm của (gt)

  cũng là trung điểm của

Xét ta có:

  lần lượt là trung điểm của

  là đường trung bình của (định nghĩa)

3) Gọi là giao điểm của đường tròn với đường tròn ngoại tiếp Chứng minh rằng ba điểm thẳng hàng.

Gọi là giao điểm của tia với đường tròn

Xét tứ giác ta có:

Mà đỉnh là các đỉnh kề nhau

là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

(góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

Xét và ta có:

Ta có tứ giác nội tiếp đường tròn

(góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

Xét và ta có:

Xét và ta có:

  (hai góc tương ứng)

là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác

thẳng hàng. (đpcm)

Câu 6 (0,5 điểm)

Cách giải:

Cho ba số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng .

Ta có: .

Mà

Ta cần chứng minh

Vì .

Do đó ta cần chứng minh .

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: .

Dấu “=” xảy ra .

Vậy ta có điều phải chứng minh.