Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình

Đề bài

Câu 1: 1. Tìm điều kiện của \(x\) để biểu thức \(\sqrt {x - 2} \) có nghĩa.

2. Tính giá trị của biểu thức: \(A = \sqrt {36} {\rm{ \;}} + \sqrt 9 \)

3. Giải các phương trình:

\({\rm{a}})  2x + 1 = 5\)

\({\rm{b}})  {x^2} + 2x - 3 = 0\)  

4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng \(\left( d \right):y = x + 3.\)

a) Vẽ đường thẳng (d).

b) Tìm giá trị của m để đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = 2x + m - 1\) cắt đường thẳng \(\left( d \right)\) tại một điểm trên trục tung.

Câu 2: 1. Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 3}\\{x - 2y = {\rm{ \;}} - 1}\end{array}} \right.\)

2. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao \(AH\left( {H \in BC} \right)\), biết \(BH = 4cm\), \(HC = 9\;{\rm{cm}}\). Tính độ dài đoạn thẳng AH.

Câu 3: 1. Cho phương trình: \({x^2} - 8x + m - 1 = 0\) (m là tham số). Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) sao cho biểu thức \(P = \left( {x_1^2 - 1} \right)\left( {x_2^2 - 1} \right) + 2087\) đạt giá trị nhỏ nhất.

2. Một đội xe dự định chở 120 tấn xi măng vào công trường. Khi chuẩn bị khởi hành thì đội xe được bổ sung thêm 5 chiếc xe nữa, nên cả đội đã chở thêm được 5 tấn và mỗi xe chở ít hơn so với dự định là 1 tấn xi măng. Hỏi theo dự định đội xe có bao nhiêu chiếc xe? Biết khối lượng xi măng mỗi xe chở là như nhau và mỗi xe chỉ chở đúng một chuyến.

Câu 4: Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB . Lấy điểm I bất kỳ thuộc đoạn thẳng AB (I khác A và B). Qua I kẻ một đường thẳng d bất kỳ cắt đường tròn (O) tại M và N sao cho AM < AN (M khác A và B; N khác A và B). Từ A kẻ AP vuông góc với MN tại P, từ I kẻ IQ vuông góc với AN tại Q. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác APIQ là tứ giác nội tiếp.

b) PM.AI = MA.QI.

c) \(AM.BN + AN.BM \le 4{R^2}\)

Câu 5: 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: \(2{x^2} + 3xy + {y^2} + 5x + 3y = 11\)

2. Cho a, b là các số thực thỏa mãn \(4{a^2} - 2ab + {b^2} = 4a + 2b\).

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = 253(2a + b)\).

-----HẾT-----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (VD):

Phương pháp:

1. \(\sqrt {\rm{A}} \) có nghĩa khi \(A \ge 0\).

2. Căn bậc hai của một số \(a\) là một số \(x\) sao cho \({x^2} = a\)

Cách giải:

1. Tìm điều kiện của \(x\) để biểu thức \(\sqrt {x - 2} \) có nghĩa.

Biểu thức \(\sqrt {x - 2} \) có nghĩa khi và chỉ khi \(x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2\)

Vậy với \(x \ge 2\) thì biểu thức đã cho có nghĩa.

2. Tính giá trị của biểu thức: \(A = \sqrt {36}  + \sqrt 9 \)

Ta có: \(A = \sqrt {36}  + \sqrt 9  = \sqrt {{6^2}}  + \sqrt {{3^2}}  = 6 + 3 = 9\)

Vậy \(A = 9.\)

3. Giải các phương trình:                             

\(\begin{array}{l}{\rm{a}})\,\,2x + 1 = 5\\ \Leftrightarrow 2x\,\,\,\,\,\,\,\, = 5 - 1\\ \Leftrightarrow 2x\,\,\,\,\,\,\,\, = 4\\ \Leftrightarrow \,\,\,\,x\,\,\,\,\,\,\,\, = 2\end{array}\)                 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là: \(x = 2.\)

\({\rm{b}})\,\,{x^2} + 2x - 3 = 0\)

Do \(a + b + c = 1 + 2 - 3 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\,\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 3\end{array} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: \(x = 1\) hoặc \(x =  - 3.\)

4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng \(\left( d \right):y = x + 3.\)

a) Vẽ đường thẳng (d).

Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 3\)

       \(y = 0 \Rightarrow 0 = x + 3 \Leftrightarrow x =  - 3\)

Vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm \(A\left( {0;3} \right)\) và \(B\left( { - 3;0} \right)\) ta được đồ thị hàm số \(y = x + 3\) như sau:

b) Tìm giá trị của m để đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = 2x + m - 1\) cắt đường thẳng \(\left( d \right)\) tại một điểm trên trục tung.

Đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = 2x + m - 1\) cắt đường thẳng \(\left( d \right)\) tại một điểm trên trục tung nên thay x = 0 vào (d) ta được \(y = 0 + 3 \Leftrightarrow y = 3\)

Vậy (d) cắt (d’) tại điểm (0,3).

Thay \(x = 0,y = 3\) vào (d’) ta được

\(\begin{array}{l}3 = 2.0 + m - 1\\ \Leftrightarrow m = 4\end{array}\)

Vậy \(m = 4.\)

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

1. Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.

2. Tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao, ta có: \({\rm{A}}{{\rm{H}}^2} = {\rm{CH}} \cdot {\rm{BH}}\) hay \({{\rm{h}}^2} = {\rm{b}}' \cdot {\rm{c}}'\)

Cách giải:

1. Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 3}\\{x - 2y =  - 1}\end{array}} \right.\)

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

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;1} \right)\).

 2. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao \(AH\left( {H \in BC} \right)\), biết \(BH = 4cm\), \(HC = 9\;{\rm{cm}}\). Tính độ dài đoạn thẳng AH.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC có:

\(\begin{array}{l}A{H^2} = HB.HC = 9.4 = 36\\ \Rightarrow AH = \sqrt {36}  = 6cm\end{array}\)

Vậy đoạn AH = 6cm.

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

1. Sử dụng vi et: Nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0(a \ne 0)\) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S = {X_1} + {X_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{P = {x_1} \cdot {X_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)

2. Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

Cách giải:

1. Cho phương trình: \({x^2} - 8x + m - 1 = 0\) (m là tham số). Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) sao cho biểu thức \(P = \left( {x_1^2 - 1} \right)\left( {x_2^2 - 1} \right) + 2087\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Xét \(\Delta ' = {\left( { - 4} \right)^2} - 1\left( {m - 1} \right) = 16 - m + 1 = 17 - m\)

Để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\)  thì \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 17 - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 17\)

Khi đó áp dụng Viet ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 8\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\)

Ta có \(P = \left( {x_1^2 - 1} \right)\left( {x_2^2 - 1} \right) + 2087\)

             \(\begin{array}{l} = x_1^2x_2^2 - \left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 1 + 2087\\ = {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} - \left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] + 2088\end{array}\)

             \( = {\left( {m - 1} \right)^2} - {8^2} + 2\left( {m - 1} \right) + 2088\)

             \( = {\left( {m - 1} \right)^2} + 2\left( {m - 1} \right) + 1 + 2023\)

             \(\begin{array}{l} = {\left( {m - 1 + 1} \right)^2} + 2023\\ = {m^2} + 2023\end{array}\)

Do \({m^2} \ge 0\forall m\) \( \Rightarrow P \ge 2023\) \( \Rightarrow {P_{\min }} = 2023\) khi m = 0 (thỏa mãn)

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2023 khi m = 0

2. Một đội xe dự định chở 120 tấn xi măng vào công trường. Khi chuẩn bị khởi hành thì đội xe được bổ sung thêm 5 chiếc xe nữa, nên cả đội đã chở thêm được 5 tấn và mỗi xe chở ít hơn so với dự định là 1 tấn xi măng. Hỏi theo dự định đội xe có bao nhiêu chiếc xe? Biết khối lượng xi măng mỗi xe chở là như nhau và mỗi xe chỉ chở đúng một chuyến.

Giả sử theo dự định đội xe có x chiếc xe  (\(x \in {N^*}\)).

Khối lượng xi măng mỗi xe phải trở theo dự định là \(\frac{{120}}{x}\) tấn.

Sau khi bổ sung 5 xe, số xe thực tế là \(x + 5\).

Thực tế tổng khối lượng xi măng cả đội phải chở là 120 + 5 = 125 tấn.

Khối lượng xi măng mỗi xe phải trở theo thực tế là \(\frac{{125}}{{x + 5}}\) tấn.

Do mỗi xe chở ít hơn so với dự định là 1 tấn xi măng nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\frac{{120}}{x} - \frac{{125}}{{x + 5}} = 1\\ \Leftrightarrow \frac{{120\left( {x + 5} \right)}}{{x\left( {x + 5} \right)}} - \frac{{125x}}{{x\left( {x + 5} \right)}} = 1\\ \Leftrightarrow \frac{{120\left( {x + 5} \right) - 125x}}{{x\left( {x + 5} \right)}} = 1\\ \Leftrightarrow \frac{{120x + 600 - 125x}}{{x\left( {x + 5} \right)}} = 1\\ \Leftrightarrow \frac{{600 - 5x}}{{{x^2} + 5x}} = 1\\ \Leftrightarrow 600 - 5x = {x^2} + 5x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 600 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 20} \right)\left( {x + 30} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 20\left( {TM} \right)\\x =  - 30\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy theo dự định có tất cả 20 xe.

Câu 4 (VD):

Cách giải:

a) Tứ giác APIQ là tứ giác nội tiếp.

Do \(IQ \bot AN\left( {gt} \right),AP \bot MN\left( {gt} \right) \Rightarrow \angle APN = \angle AQI = {90^0}\)

Xét tứ giác AQIP có \(\angle API + \angle AQI = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

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

b) PM.AI = MA.QI.

Do tam giác APM vuông tại P nên \(\angle PAM + \angle AMP = {90^0}\)

Ta có  \(\angle ANB = \angle AMB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle NAB + \angle ABN = {90^0}\)

Mà \(\angle ANM = \angle ABN\) (cùng chắn cung AN)

\( \Rightarrow \angle NAB = \angle MAP\) hay \(\angle QAI = \angle PAM\)

Xét \(\Delta AMP\) và \(\Delta AIQ\) có:

\(\angle QAI = \angle PAM\) (chứng minh trên)

\(\angle AQM = \angle AQI\left( { = {{90}^0}} \right)\)

$\Rightarrow \Delta AMP\backsim \Delta AIQ\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{AM}{AI}=\frac{PM}{IQ}\Leftrightarrow AM.IQ=AI.PM$ (đpcm)

c) \(AM.BN + AN.BM \le 4{R^2}\)

Xét \(\Delta AMP\) và \(\Delta ABN\) có:

\(\angle APN = \angle ANB\left( { = {{90}^0}} \right)\)

\(\angle MAP = \angle BAN\) (chứng minh trên)

$\Rightarrow \Delta AMP\backsim \Delta ABN\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{AM}{AB}=\frac{MP}{BN}\Rightarrow AM.BN=AB.MP$      (1)

Xét \(\Delta APN\) và \(\Delta AMB\) có:

\(\angle APN = \angle AMB\left( { = {{90}^0}} \right)\)

\(\angle ANP = \angle ABM\) (cùng chắn cung AM)

$\Rightarrow \Delta APN\backsim \Delta AMB\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{AN}{AB}=\frac{PN}{MB}\Rightarrow AN.MB=AB.PN$      (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AM.BN + AN.BM = AB.MP + AB.PN\)

                                                               \( = AB\left( {MP + PN} \right) = AB.MN\)

Mà \(MN \le AB\) (quan hệ đường kính va dây cung)

\( \Rightarrow AB.MN \le AB.AB = 4{R^2}\)

Vậy \(AM.BN + AN.BM \le 4{R^2}\) (đpcm)

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

1. Đưa về phương trình nghiệm nguyên để giải.

2. Đưa về phương trình bậc hai tìm GTLN.

Cách giải:

1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: \(2{x^2} + 3xy + {y^2} + 5x + 3y = 11\)

\(\begin{array}{l}2{x^2} + 3xy + {y^2} + 5x + 3y = 11\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + xy + x + 2xy + {y^2} + y + 4x + 2y + 2 = 13\\ \Leftrightarrow x\left( {2x + y + 1} \right) + y\left( {2x + y + 1} \right) + 2\left( {2x + y + 1} \right) = 13\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + 2} \right)\left( {2x + y + 1} \right) = 13\end{array}\)

Vì\(x,y\) là số nguyên nên\(x + y + 2\) và \(2x + y + 1\) là các ước của 13.

TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y + 2 = 1\\2x + y + 1 = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y =  - 1\\2x + y = 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 13\\y =  - 1 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 13\\y =  - 14\end{array} \right.\)

TH2: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y + 2 = 13\\2x + y + 1 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 11\\2x + y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 11\\y =  - 2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 11\\y = 22\end{array} \right.\)

TH3: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y + 2 =  - 1\\2x + y + 1 =  - 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y =  - 3\\2x + y =  - 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 11\\y =  - 3 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 11\\y = 8\end{array} \right.\)

TH4: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y + 2 =  - 13\\2x + y + 1 =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y =  - 15\\2x + y =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 13\\y =  - 15 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 13\\y =  - 28\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm nguyên là: \(\left( {13; - 14} \right);\,\,\left( { - 11;22} \right);\,\left( { - 11;8} \right);\,\left( {13; - 28} \right)\)

2. Cho a, b là các số thực thỏa mãn \(4{a^2} - 2ab + {b^2} = 4a + 2b\).

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = 253(2a + b)\).

Gọi \(m = 2a + b \Rightarrow b = m - 2a\)

Từ giả thiết: \(4{a^2} - 2ab + {b^2} = 4a + 2b\)(1)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 4{a^2} - 2a\left( {m - 2a} \right) + {\left( {m - 2a} \right)^2} = 4a + 2\left( {m - 2a} \right)\\ \Leftrightarrow 4{a^2} - 2ma + 4{a^2} + {m^2} - 2ma + 4{a^2} = 4a + 2m - 4a\\ \Leftrightarrow 12{a^2} - 4ma + {m^2} - 2m = 0\end{array}\)

Ta có: \(\Delta ' = {\left( {2m} \right)^2} - 12\left( {{m^2} - 2m} \right) = 4{m^2} - 12{m^2} + 24m = 24 - 8{m^2} = 8\left( {3 - {m^2}} \right)\)

Để tồn tại số a thỏa mãn thì \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 8\left( {3 - {m^2}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow 3 - {m^2} \ge 0 \Leftrightarrow {m^2} \le 3 \Leftrightarrow  - \sqrt 3  \le m \le \sqrt 3 \)

\( \Rightarrow  - 253\sqrt 3  \le P \le 253\sqrt 3 \)

Vậy giá trị lớn nhất của P là \(253\sqrt 3 \), đạt được khi \(m = \sqrt 3  \Leftrightarrow 2a + b = \sqrt 3 \).

Đề bài

Câu I (2,0 điểm)

1) Tìm điều kiện xác định:

a)                                                             b)

2) Rút gọn:

a)                                                                        b)

Câu II (2,0 điểm)

1) Vẽ đồ thị hàm số: .

2) Cho phương trình . Tìm để phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn .

Câu III (3,0 điểm)

1) Cho tam giác vuông tại , đường cao , biết . Tính độ dài các cạnh .

2) Một ô tô và một xe máy khởi hình cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ. Tìm vận tốc của ô tô và xe máy, biết rằng nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy.

3) Giải hệ phương trình .

Câu IV (2,0 điểm)

Cho hình vuông các điểm thay đổi trên các cạnh sao cho góc bằng ( không trùng với các đỉnh của hình vuông). Gọi lần lượt là giao điểm của với Chứng minh rằng:

1) Tứ giác và tứ giác là các tứ giác nội tiếp.

2) là phân giác của góc

3) tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Câu V (1,0 điểm)

1) Cho . Hãy so sánh với .

2) Cho là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng .

Lời giải

Câu I (2,0 điểm)

Phương pháp:

1) a) xác định khi .

b) xác định khi .

2) Sử dụng hằng đẳng thức , thực hiện tính toán với các căn bậc hai.

Cách giải:

1) a) Biểu thức xác định khi và chỉ khi .

Vậy   xác định khi và chỉ khi .

b) Biểu thức xác định khi và chỉ khi .

Vậy   xác định khi và chỉ khi .

2) a) Ta có:

Vậy .

b) Ta có:

Vậy .

Câu II (2,0 điểm)

Phương pháp:

1) Lập bảng giá trị tương ứng của và , tìm được các giao điểm và vẽ đồ thị.

2) + Phương trình có hai nghiệm phân biệt

+ Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được , thay vào biểu thức để tìm giá trị của tham số

Chú ý:

Cách giải:

1) Ta có bảng giá trị:

là đường thẳng đi qua hai điểm , .

Đồ thị hàm số:

2) Phương trình có .

Để phương trình có 2 nghiệm thì .

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: .

Ta có:

Vậy .

Câu III (3,0 điểm)

Phương pháp:

1) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và định lý Py – ta – go với tam giác vuông.

2) + Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là (km/h) (ĐK: ).

+ Tính được quãng đường sau 2 giờ của ô tô và xe máy đi được, ta lập được phương trình (1)

+ Từ giả thiết còn lại, ta lập được phương trình (2)

+ Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình, giải hệ phương trình, tìm được

3) + Xác định điều kiện của hệ phương trình

+ Đặt , hệ phương trình ban đầu trở thành hệ phương trình hai ẩn

+ Áp dụng phương pháp cộng đại số, tìm được , từ đó suy ra được

+ Chú ý trong quá trình giải, luôn phải kiểm tra điều kiện của các nghiệm khi tìm được.

Cách giải:

1)

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

.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ta có:

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ta có:

Vậy .

2) Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là (km/h) (ĐK: ).

Sau 2 giờ ô tô đi được quãng đường là .

Sau 2 giờ xe máy đi được quãng đường là .

Vì 2 xe khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ nên ta có phương trình .

Nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10 km/h thì vận tốc mới của ô tô và (km/h).

Nếu vận tốc của xe máy giảm đi 5 km/h thì vận tốc mới của xe máy là (km/h).

Vì nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy nên ta có phương trình .

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình .

Vậy vận tốc của ô tô là 60 km/h, vận tốc của xe máy là 40 km/h.

3) ĐKXĐ: .

Đặt , hệ phương trình trở thành:

Vậy hệ phương trình có nghiệm .

Câu IV (2,0 điểm)

Phương pháp:

1) Chứng minh được: và nên tứ giác nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau)

2) Chứng minh: suy ra hay là phân giác góc

3) + Gọi là giao điểm của và .

+ là trực tâm của tam giác .

+ Gọi giao điểm của và là

+ (cạnh huyền - góc nhọn)

(cặp cạnh tương ứng) nên có độ dài không đổi.

cố định.

Đpcm

Cách giải:

1) Ta có: hay .

Lại có (do là đường chéo của hình vuông nên là phân giác của ) nên .

Do đó suy ra tứ giác là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

Suy ra (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )   (1)

Ta có: (do là đường chéo của hình vuông) nên .

Mà nên .

Do đó suy ra tứ giác là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

Suy ra (2) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Từ ta có suy ra tứ giác nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau) (đpcm).

2) Do tứ giác là tứ giác nội tiếp (cmt) nên (tính chất tứ giác nội tiếp).

Mà (do là hình vuông) nên .

Xét tam giác vuông ta có: ( do là hai góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Do tứ giác nội tiếp đường tròn (cmt) nên (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Do đó suy ra hay là phân giác góc (đpcm).

3) Gọi là giao điểm của và .

Vì tứ giác nội tiếp (cmt) nên .

Mà .

Lại có nên .

Mà là trực tâm của tam giác .

Gọi giao điểm của và là

Suy ra (do là đường cao thứ ba của tam giác ).

Ta có: tứ giác nội tiếp (cmt) nên  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Mà tứ giác nội tiếp (cmt) nên (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Suy ra hay .

Xét và ta có:

  là cạnh chung

Do đó (cạnh huyền - góc nhọn)

(cặp cạnh tương ứng) nên có độ dài không đổi.

cố định.

Lại có là tiếp tuyến của đường tròn tại .

Vậy luôn tiếp xúc với đường tròn tâm bán kính cố định (đpcm).

Câu V (1,0 điểm)

Phương pháp:

1) Xét hiệu

Từ giả thiết của đề bài, chứng minh

2) Áp dụng lần lượt hai BĐT Svac-xơ và BĐT Bunhiacopxki.

Cách giải:

1) Xét hiệu

Vì .

Ta có

.

Do đó .

Vậy với thì .

2) Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

Do đó (đpcm).

Dấu “=” xảy ra .

Đề bài

Câu I:

1) Tính giá trị các biểu thức sau:

a)                           b)

2) Giải các phương trình sau:

a)                                            b)

Câu II: 

1) Trong mặt phẳng tọa độ , cho hai đường thẳng và . Tìm để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.

2) Cho phương trình ( là tham số).

a) Giải phương trình với .

b) Tìm để phương trình có nghiệm kép.

Câu III:

1) Cho tam giác vuông tại , có , góc . Tính chu vi tam giác .

2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?

Câu IV:  Cho tam giác nhọn có các đường cao cắt nhau tại H.

1) Chứng minh rằng: Tứ giác là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh rằng: .

3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác đi qua trung điểm của cạnh .

Câu V: 

1) Tìm các số thực thỏa mãn .

2) Cho các số thực thỏa mãn và .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

Lời giải

Câu I (2,0 điểm)

Cách giải:

1) Tính giá trị các biểu thức sau:

a)                           b)

a) .

Vậy .

b) .

Vậy .

2) Giải các phương trình sau:

a)                                            b)

a)

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

b) .

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

Câu II (2,0 điểm)

Cách giải:

1) Trong mặt phẳng tọa độ , cho hai đường thẳng và . Tìm để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.

Hai đường thẳng và song song với nhau khi và chỉ khi

.

Vậy với thì hai đường thẳng .

2) Cho phương trình ( là tham số).

     a) Giải phương trình với .

Với , phương trình đã cho trở thành: .

Nhận xét: nên phương trình có hai nghiệm phân biệt .

Vậy khi thì tập nghiệm của phương trình là .

     b) Tìm để phương trình có nghiệm kép.

Phương trình có .

Để phương trình có nghiệm kép thì .

Vậy với thì phương trình đã cho có nghiệp kép.

Câu III (2,0 điểm)

Cách giải:

1) Cho tam giác vuông tại , có , góc . Tính chu vi tam giác .

Xét tam giác vuông ta có:

Vậy chu vi tam giác là: .

2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?

Gọi giá ban đầu của chiếc ti vi là (đồng) (ĐK: ).

Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% đầu tiên là: (đồng).

Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% thứ hai là: (đồng).

Vì sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng nên ta có phương trình:

(đồng) (tm).

Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi là 20 000 000 đồng.

Câu IV (2,0 điểm)

Cách giải:

Cho tam giác nhọn có các đường cao cắt nhau tại H.

1) Chứng minh rằng: Tứ giác là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác có:

.

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

2) Chứng minh rằng: .

Xét tứ giác có:

.

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

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) (1).

Tương tự xét tứ giác có: .

.

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

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

Ta lại có:

(do tam giác vuông tại ).

(do tam giác vuông tại ).

(cùng phụ với ) (3).

Từ (1), (2), (3) (đpcm).

3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác đi qua trung điểm của cạnh .

Gọi là trung điểm của , ta sẽ chứng minh tú giác là tứ giác nội tiếp.

Xét tam giác vuông tại có trung tuyến ứng với cạnh huyền (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).

cân tại (tính chất tam giác cân).

(góc ngoài của tam giác).

Vì là tứ giác nội tiếp (cmt) nên (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Vì là tứ giác nội tiếp (cmt) nên (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Mà (do tam giác vuông tại ).

      (do tam giác vuông tại ).

(cùng phụ với ).

 Từ (3) và (4) .

Từ (5) và (6)

Từ (*) và (2*) .

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

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác đi qua trung điểm của (đpcm).

Câu V (2,0 điểm)

Cách giải:

1) Tìm các số thực thỏa mãn .

Theo bài ra ta có:

Vì .

Dấu “=” xảy ra .

Vậy có duy nhất 1 bộ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là .

2) Cho các số thực thỏa mãn và .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

Ta có:

Vì .

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số và ta có:

.

Dấu “=” xảy ra (do ) và .

.

Xét phương trình (*) có nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

Với .

Với .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .

Vậy .

Đề bài

Câu I (2 điểm):

1) Tính:

a)                                          b)

2) Tìm biết:

a)                      b)

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình .

2) Giải hệ phương trình

Câu III (3 điểm):

1) Tìm giá trị để đường thẳng đi qua điểm . Khi đó hãy vẽ đường thẳng trong hệ trục tọa độ .

2) Cho tam giác vuông tại , có đường cao . Biết , tính độ dài và diện tích tam giác .

3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.

Câu IV (2 điểm):

Cho đường tròn đường kính và là một điểm nằm trên (C khác A, B). Đường phân giác của góc cắt đoạn thẳng tại và cắt tại điểm thứ hai là .

1) Chứng minh rằng tam giác đồng dạng với tam giác .

2) Cho đường tròn đi qua điểm và tiếp xúc với đường tròn tại tiếp điểm , đường tròn cắt tại điểm thứ hai theo thứ tự là . Chứng minh rằng song song với .

Câu V (1 điểm):

Giải phương trình .

Lời giải

Câu I (VD):

Phương pháp:

1a) Quy đồng.

1b) Sử dụng hằng đẳng thức .

2a) Chuyển vế tìm .

2b) Tìm ĐKXĐ.

     .

Cách giải:

1a) .

Vậy .

1b) .

Vậy .

2a) .

Vậy .

2b) ĐKXĐ: .

.

Vậy .

Câu II (VD)

Phương pháp:

1) Giải phương trình bằng cách đưa về dạng tích hoặc sử dụng biệt thức .

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

Cách giải:

1) Giải phương trình .

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

2) Giải hệ phương trình

Vậy nghiệm của hệ phương trình là .

Câu III (VD):

Phương pháp:

1) Thay tọa độ điểm vào phương trình đường thẳng tìm , xác định hai điểm mà đường thẳng đi qua và vẽ đường thẳng trong hệ trục tọa độ .

2) Áp dụng định lí Pytago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông.

3) - Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là và (ĐK: ).

    - Từ mối liên hệ: Quãng đường = Vận tốc Thời gian, lập 2 phương trình liên quan đến .

    - Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số và kết luận.

Cách giải:

1) nên thay tọa độ điểm vào phương trình đường thẳng ta có:

.

Khi đó, phương trình đường thẳng là .

Cho đi qua điểm .

Vẽ đường thẳng .

2) Cho tam giác vuông tại , có đường cao . Biết , tính độ dài và diện tích tam giác .

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ta có:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

.

Diện tích tam giác vuông là .

3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.

Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là và (ĐK: ).

Khi đó độ dài quãng đường AB là .

+) Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc thì người đó đến đích sớm hơn dự định 36 phút = , tức là đi hết quãng đường trong .

    Khi đó độ dài quãng đường AB là .

+) Nếu người đó đi chậm hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc thì người đó đến đích muộn hơn dự định , tức là đi hết quãng đường trong .

    Khi đó độ dài quãng đường AB là .

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

.

Vậy vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là và , độ dài quãng đường AB là .

Câu IV (VD):

Phương pháp:

1) Chứng minh rằng tam giác đồng dạng với tam giác theo trường hợp góc – góc.

2) Xác định điểm I. Chứng minh , từ đó suy ra .

Cách giải:

1) Chứng minh rằng tam giác đồng dạng với tam giác .

Ta có (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ), lại có .

hay .

Xét tam giác và tam giác có:

2) Cho đường tròn đi qua điểm và tiếp xúc với đường tròn tại tiếp điểm , đường tròn cắt tại điểm thứ hai theo thứ tự là . Chứng minh rằng song song với .

* Xác định điểm .

Do và tiếp xúc tại thẳng hàng .

Lại có đi qua thuộc trung trực của .

Do đó là giao điểm của và đường trung trực của .

* Chứng minh .

Nối ta có: cân tại .

                      cân tại hay .

. Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau (1).

Xét đường tròn :  (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) là điểm chính giữa cung của (2).

Xét đường tròn ta có là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) là đường kính của .

Ta có: (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) là điểm chính giữa cung của (3).

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra được (đpcm).

Câu V (VDC) :

Phương pháp:

Biến đổi sau đó đặt ẩn phụ .

Cách giải:

ĐK: .

Ta có: .

Khi đó phương trình trở thành .

Đặt ta có phương trình .

  có 2 nghiệm phân biệt .

Với ta có: .

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Với ta có: .

Phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt .