Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam

Đề bài

Câu 1: Cho biểu thức \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} - 1} \right)\) (với \(\left. {x \ge 0,x \ne 1} \right)\)

1. Rút gọn biểu thức \(P\)

2. Tìm tất cả các giá trị nguyên cùa \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.

Câu 2: 1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 {\rm{ \;}} = 0\).

2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} - \frac{1}{y} = {\rm{ \;}} - 1}\end{array}} \right.\).

Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = 2mx - {m^2} - m - 2\) (với \(m\) là tham số).

1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .

2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).

Câu 4: Trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng công 500 nghì đồng tiền điện. Sang tháng 5 năm 2023, do tăng cường thực hiện việc sử dụng điện an toàn, tiết kiệm và hiệu quả; nhà bác An giảm được \(15\% \) tiền điện và nhà bác Bình giảm được \(10\% \) tiền điện; kết quả là cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tồng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023. Hỏi trong tháng 4 năm 2023, mồi hộ gia đình dùng hết bao nhiêu đồng tiền điện?

Câu 5: Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và một điểm \(S\) nằm bên ngoài đường tròn. Ké các tiếp tuyến SA, SB với đường tròn (A, B là các tiếp diểm). Một đường thẳng đi qua \(S\) (không đi qua tâm \(O\) ) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm \(M\) và \(N\) với \(M\) nằm giữa \(S\) và \(N\).

1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.

2. Chứng minh \(S{B^2} = SM\). SN.

3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm MN. Tính độ dài đoạn thẳng OE và diện tích tam giác SOM theo \(R\).

4. Tiếp tuyến tại M của dường tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt SA, SB lần lượt tại P, Q. Gọi giao điểm của OQ, OP với AB lần lượt là I và H. Chứng minh ba đường thẳng OM, QH, PI đồng quy.

Câu 6: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + b + c = 1\). Tìm giá trị lớn nhất của biếu thức \(P = \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} + \frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }}\).

----- HẾT -----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

Dùng hằng đẳng thức để rút gọn.

Cách giải:

1. Rút gọn biểu thúc \(P\).

Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} - 1} \right)\)

\(P = \left( {\frac{{\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} - \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 1}}} \right)\)

\(P = \frac{{2\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x  - 1}}\)

\(P = \frac{{2\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} \cdot \left( {\sqrt x  - 1} \right)\)

\(P = \frac{{2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 1}}.\)

Vậy \(P = \frac{{2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 1}}\).

2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.

Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \frac{{2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{{2\sqrt x  + 2 - 1}}{{\sqrt x  + 1}} = 2 - \frac{1}{{\sqrt x  + 1}}\).

Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x  \notin \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x \) là số vô tỉ \( \Rightarrow 2 - \frac{1}{{\sqrt x  + 1}}\) là số vô tỉ \( \Rightarrow P \notin \mathbb{Z} \Rightarrow \) Loại.

 Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x  \in \mathbb{Z}\):

Để \(P \in \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x  + 1 \in \left\{ { - 1;1} \right\}\).

Mà \(\sqrt x  + 1 \ge 1,\forall x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x  + 1 = 1 \Leftrightarrow \sqrt x  = 0 \Leftrightarrow x = 0\): Thỏa mãn.

Vậy để \(P\) nhận giá trị nguyên thì \(x = 0\).

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

1. phương trình bậc 2.

2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn và hệ phương trình.

Cách giải:

1. Phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3  = 0\).

Xét phương trình: \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3  = 0\) có \(a = 1,b' =  - 2,c = 2\sqrt 3 \).

\({\rm{\Delta '}} = {b^{{\rm{'}}2}} - ac = {( - 2)^2} - 1.2\sqrt 3  = 4 - 2\sqrt 3  = {(\sqrt 3  - 1)^2} > 0\)

\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - b' + \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 + \sqrt 3  - 1}}{1} = 1 + \sqrt 3 \)

\({x_2} = \frac{{ - b' - \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 - \sqrt 3  + 1}}{1} = 3 - \sqrt 3 .\)

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

2. hệ phuơng trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1}  + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1}  - \frac{1}{y} =  - 1}\end{array}} \right.\).

Điều kiện xác định: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 1}\\{y \ne 0}\end{array}} \right.\).

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 1}  = a}\\{\frac{1}{y} = b}\end{array}} \right.\). Hệ phương trình trở thành: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + b = 4}\\{a - b =  - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a = 3}\\{a - b =  - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{1 - b =  - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\).

\(a = 1 \Rightarrow \sqrt {x - 1}  = 1 \Leftrightarrow x - 1 = 1 \Leftrightarrow x = 2\) : Thỏa mãn.

\(b = 2 \Rightarrow \frac{1}{y} = 2 \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}\) : Thỏa mãn.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) là \(\left( {2;\frac{1}{2}} \right)\).

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

1. Thay vào hàm số.

2. Dùng vi - et.

Cách giải:

1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .

Xét \(\left( P \right):y = {x^2}\) : Cho \(x =  - 3 \Rightarrow y = {( - 3)^2} = 9\).

Vậy tọa độ điểm \(M\) thỏa mãn là \(M\left( { - 3;9} \right)\).

2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).

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

\({x^2} = 2mx - {m^2} - m - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} + m + 2 = 0{\rm{\;}}\left( {\rm{*}} \right)\)

Ta có: \({\rm{\Delta '}} = b{'^2} - ac = {m^2} - \left( {{m^2} + m + 2} \right) =  - m - 2\).

Để \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt thì phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) có 2 nghiệm phân biệt

Theo Vi-et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} =  - \frac{b}{a} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = {m^2} + m + 2}\end{array}} \right.\).

Do \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right) \in \left( P \right)\) nên \({y_1} = x_1^2,{y_2} = x_2^2\).

Theo đề bài ta có:

\({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}x_2^2 + {x_2}x_1^2 = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2{m^3} + 6\)

\( \Leftrightarrow \left( {{m^2} + m + 2} \right) \cdot 2m = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow 2{m^3} + 2{m^2} + 4m - 2{m^3} - 6 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2{m^2} + 4m - 6 = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow {m^2} + 3m - m - 3 = 0 \Leftrightarrow m\left( {m + 3} \right) - \left( {m + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {m - 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 3 = 0}\\{m - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m =  - 3\left( {TM} \right)}\\{m = 1\left( L \right)}\end{array}.} \right.} \right.\)

Vậy \(m =  - 3\).

Câu 4 (NB):

Phương pháp:

Lập hệ phương trình.

Cách giải:

Gọi số tiền điện nhà bác An và nhà bác Bình dùng hết trong tháng 4 năm 2023 lần lượt là \(x,y\) (nghìn đồng; \(0 < x,y < 500\) ).

Vì trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng cộng 500 nghìn đồng tiền điện nên ta có phương trình:

\(x + y = 500\left( 1 \right)\)

Vì trong tháng 5 năm 2023, nhà bác An giảm được \(15{\rm{\% }}\) tiền điện, nhà bác Bình giảm được \(10{\rm{\% }}\) tiền điện và cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tổng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023 nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{*{20}{c}}{15\% x + 10\% y = 65\# \left( 2 \right)}\end{array}\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{15{\rm{\% }}x + 10{\rm{\% }}y = 65}\end{array}} \right.\).

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,15x + 0,1y = 65}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{1,5x + y = 650}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,5x = 150}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{x = 300}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 300}\\{y = 200}\end{array}} \right.} \right.\left( {tm} \right)\)

Vậy trong tháng 4 năm 2023, nhà bác An dùng hết 300 nghìn đồng tiền điện, nhà bác Bình dùng hết 200 nghìn đồng tiền điện.

Câu 5 (VD):

Cách giải:

1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.

Tứ giác \(SAOB\) có:

\(\angle OAS = \angle OBS = 90^\circ {\rm{\;}}\)(Vì SA, SB là tiếp tuyến của (O))

\( \Rightarrow \angle OAS + \angle OBS = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \).

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(SAOB\) nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).

2. Chứng minh: \(S{B^2} = SM.SN\).

Xét \(\Delta SMB\) và \(\Delta SBN\) có:

\(\angle S\) chung

\(\angle SBM = \angle SNB\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

$\Rightarrow \Delta SMB\backsim \Delta SBN\left( g\cdot g \right)\Rightarrow \frac{SM}{SB}=\frac{SB}{SN}$ (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm của \(MN\). Tính độ dài đoạn thẳng \(OE\) và diện tích tam giác SOM theo \(R\).

Do \(E\) là trung điểm của \(MN \Rightarrow ME = EN = \frac{{MN}}{2} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\) và \(OE \bot MN\) tại \(E\) (tính chất đường kính và dây cung)

\( \Rightarrow \Delta OEM\) vuông tại \(E \Rightarrow O{E^2} + E{M^2} = O{M^2} \Leftrightarrow O{E^2} + {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = {R^2} \Leftrightarrow OE = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\).

Lại có: \(\Delta SOE\) vuông tại \({\rm{E}}\)

\( \Rightarrow O{E^2} + S{E^2} = S{O^2} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + S{E^2} = {(R\sqrt 5 )^2} \Leftrightarrow S{E^2} = \frac{{9{R^2}}}{2} \Leftrightarrow SE = \frac{{3R\sqrt 2 }}{2}\).

Ta có: \(SE = SM + EM \Leftrightarrow \frac{{3R\sqrt 2 }}{2} = SM + \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow SM = R\sqrt 2 \).

Diện tích tam giác \(SOM\) là: \(\frac{1}{2} \cdot OE \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \cdot R\sqrt 2  = \frac{{{R^2}}}{2}\).

4. Tiếp tuyến tại \(M\) của đuờng tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt \(SA,SB\) lần lượt tại \(P,Q\). Gọi giao điểm của \(OQ,OP\) với \(AB\) lần luột là \(I\) và \(H\). Chứng minh ba đường thẳng \(OM,QH,PI\) đồng quy.

Vì \({\rm{OA}} = {\rm{OM}}\left( { = {\rm{R}}} \right)\) nên \({\rm{O}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).

Vì \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( =  > {\rm{P}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).

\( \Rightarrow {\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\).

Mà \({\rm{H}}\) thuộc \({\rm{OP}} =  > {\rm{HA}} = {\rm{HM}}\).

Xét \(\Delta HAP\) và \(\Delta HMP\) có: \({\rm{HA}} = {\rm{HM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right),{\rm{HP}}\) chung, \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta HAP = \Delta HMP(\) c.c.c \() \Rightarrow \angle HMP = \angle HAP\) (2 góc tương ứng).

Mà \({\rm{SA}} = {\rm{SB}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \) Tam giác \({\rm{SAB}}\) cân tại \({\rm{S}}\).

\( \Rightarrow \angle HAP = \angle BAS = \angle ABS = \angle HBQ\).

\( \Rightarrow \angle HMP = \angle HBQ\).

Mà \(\angle HMP + \angle HMQ = {180^ \circ }\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle HBQ + \angle HMQ = 180^\circ \).

Mà 2 đinh \({\rm{B}},{\rm{M}}\) đối nhau nên \({\rm{HBQM}}\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{HM}}\) ).

Mà \(\angle HBM = \angle ABM = \angle AMP\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \({\rm{AM}}\) ).

\( \Rightarrow \angle HQM = \angle AMP\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau nên \({\rm{HQ}}//{\rm{AM}}\left( {{\rm{dhnb}}} \right)\).

Ta có: \({\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow OP \bot AM\).

\( \Rightarrow OP \bot HQ\) (từ vuông góc đến song song).

\( \Rightarrow {\rm{HQ}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \({\rm{PI}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).

Theo giả thiết: \(OM \bot PQ \Rightarrow OM\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).

Vậy \({\rm{OM}},{\rm{QH}},{\rm{PI}}\) là ba đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\) nên chúng đồng quy (đpen).

Câu 6 (VDC):

Phương pháp:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si.

Cách giải:

Ta có: \(c + ab = c\left( {a + b + c} \right) + ab = ca + cb + {c^2} + ab = \left( {c + a} \right)\left( {b + c} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {c + ab} }} = \frac{1}{{\sqrt {\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)

Tương tự ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {a + bc} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right);\frac{1}{{\sqrt {b + ca} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)

Suy ra: \(P \le \frac{{ab}}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right) + \frac{{bc}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right) + \frac{{ca}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)

\(\; = \frac{1}{2}\left( {\frac{{bc + ca}}{{a + b}} + \frac{{ab + ca}}{{b + c}} + \frac{{ab + bc}}{{c + a}}} \right)\)

\(\; = \frac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\)

\(\; = \frac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\)

Vậy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{1}{2}\) khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\).

Đề bài

Câu I (2 điểm):

1) Giải phương trình:

2) Giải hệ phương trình:

Câu II (2 điểm):

1) Rút gọn biểu thức:

2) Cho biểu thức:

Rút gọn biểu thức và tìm tất cả các giá trị nguyên của để

Câu III (1,5 điểm):

Trong mặt phẳng tọa độ cho parabol và đường thẳng (với là tham số).

1) Tìm tọa độ điểm thuộc parabol biết điểm có hoành độ bằng

2) Chứng minh đường thẳng luôn cắt parabol tại hai điểm phân biệt Gọi lần lượt là hoành hoành độ của hai điểm Tìm để

Câu IV (4,0 điểm)

1) Cho nửa đường tròn đường kính . Trên cùng nửa mặt phẳng bờ chứa nửa đường tròn   vẽ các tiếp tuyến với nửa đường tròn đó. Gọi là một điểm bất kì trên nửa đường tròn (với khác , khác ), tiếp tuyến của nửa đường tròn tại cắt lần lượt tại và .

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh tam giác vuông tại .

c) Chứng minh .

d) Kẻ ; cắt tại . Chứng minh là trung điểm của .

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

Câu V (0,5 điểm):

Cho là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện

Chứng minh

Lời giải

Câu I (VD)

Phương pháp:

1) Giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm hoặc đưa về phương trình tích.

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

Cách giải:

1) Giải phương trình:

Vậy phương trình có tập nghiệm

2) Giải hệ phương trình:

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:  

Câu II (VD)

Phương pháp:

1) Sử dụng các công thức    để làm bài.

2) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.

+) Giải bất phương trình để tìm Đối chiếu với điều kiện của và điều kiện nguyên rồi kết luận.

Cách giải:

1) Rút gọn biểu thức:

Vậy

2) Cho biểu thức:

Rút gọn biểu thức và tìm tất cả các giá trị nguyên của để

Điều kiện:

Ta có:

Kết hợp với điều kiện

Vậy thì

Câu III (VD)

Phương pháp:

1) Thay hoành độ điểm vào công thức để tìm tung độ của điểm

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm   của hai đồ thị hàm số.

+) Đường thẳng cắt tại hai điểm phân biệt có hai nghiệm phân biệt

+) Sử dụng định lý Vi-et và hệ thức bài cho để tìm Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

Trong mặt phẳng tọa độ cho parabol và đường thẳng (với là tham số).

1) Tìm tọa độ điểm thuộc parabol biết điểm có hoành độ bằng

Ta có thuộc nên thay vào công thức hàm số ta được:

Vậy

2) Chứng minh đường thẳng luôn cắt parabol tại hai điểm phân biệt Gọi lần lượt là hoành hoành độ của hai điểm Tìm để

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

Đường thẳng cắt tại hai điểm phân biệt có hai nghiệm phân biệt

Đường thẳng luôn cắt tại hai điểm phân biệt

Áp dụng định lý Vi-et ta có:

Theo đề bài ta có:

Vậy thỏa mãn bài toán.

Câu IV (4,0 điểm) (VD)

Phương pháp:

1) a) Chứng minh tứ giác là tứ giác có tổng hai góc đối bằng .

b) Áp dụng tính chất : hai tia phân giác của 2 góc kề bù vuông góc với nhau.

c) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau.

d) Áp dụng tính chất đường phân giác.

2) Tính chiều cao của hình nón bằng định lý Pitago:

+) Thể tích hình nón có bán kính đáy và chiều cao là:

Cách giải:

1) a) Chứng minh tứ giác nội tiếp.

Do là tiếp tuyến của đường tròn tại .

      là tiếp tuyến của đường tròn tại .

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

b) Chứng minh tam giác vuông tại .    

Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có:

là tia phân giác của ;

là tia phân giác của ;

Mà là hai góc kề bù (hai tia phân giác của 2 góc kề bù vuông góc với nhau).

hay tam giác vuông tại . (đpcm)

c) Chứng minh .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vuông tại có đường cao ta có: .

Mà (1).

Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: (2).

Từ (1) và (2) suy ra . (đpcm)

d) Kẻ ; cắt tại . Chứng minh là trung điểm của .

Ta có: (Từ vuông góc đến song song).

Gọi . Áp dụng định lí Ta-lét ta có : (3).

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

Mà trong tam giác vuông lại có:

.

Ta có : (góc nội tiếp và tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung ) ;

           (cmt) ;

là tia phân giác trong của góc .

Mà là tia phân giác ngoài của góc .

Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ta có:   (4)

Từ (3) và (4) .

Vậy là trung điểm của (đpcm).

2) Chiều cao của hình nón là:

Thể tích của hình nón đã cho là:

Câu V (VDC)

Cách giải:

Ta có: .

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

CMTT ta có :

Cộng vế với vế ta được .

Ta có : .

.

Vậy Dấu "=" xảy ra .