Đề thi vào 10 môn Toán Long An

Đề bài

Câu 1:

a) Tính \(L = 2\sqrt 5 {\rm{ \;}} + \sqrt {45} {\rm{ \;}} - \frac{1}{2}\sqrt {320} \)

b) Cho biểu thức \(M = \frac{{a\sqrt b {\rm{ \;}} + b\sqrt a }}{{\sqrt a {\rm{ \;}} + \sqrt b }}\) với \(a > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b > 0\). Hãy rút gọn biểu thức \(M\) và tính giá trị của biểu thức \(M\) tại \(a = 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = 8\)

Câu 2: Vẽ đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\)

Câu 3:

a) Giải phương trình: \(3{x^2} + 7x - 2 = 0\)

b) Cho phương trình \({x^2} + 7x - 10 = 0\). Không giải phương trình hãy tính giá trị của biểu thức \(A = x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2\) (với \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\) là hai nghiệm của phương trình)

c) Tại một buổi biểu diễn văn nghệ nhằm gây quỹ từ thiện, ban tổ chức bán được 500 vé. Trong đó có hai loại vé: vé loại I giá 100000 đồng; vé loại II giá 75000 đồng. Tổng số tiền thu được từ bán vé là 44500000 đồng. Tính số vé bán ra của mỗi loại.

Câu 4: Phần mái nhà của một ngôi nhà có dạng hình nón (không có đáy) với đường kính đáy khoảng 12 mét và độ dài đường sinh khoảng 8,5 mét (Hình minh họa). Chi phí để làm phần mái lá đó là 250000 đồng/1m². Hỏi tổng chi phí để làm toàn bộ phần mái lá đó là bao nhiêu đồng?

Câu 5:

1) Tính giá trị biểu thức $A = 4\sin 30^\circ \cos 30^\circ  + \tan 60^\circ$

2) Hình bên minh họa một phần con sông có bề rộng \(AB = 100\) mét. Một chiếc thuyền đi thẳng từ vị trí B bên này bờ sông đến vị trí C bên kia bờ sông. Tính quãng đường BC (làm tròn kết quả đến hàng phần mười của mét), biết $\angle ABC = 135^\circ$ 

3) Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và dây AB khác đường kính. Kẻ bán kính OC đi qua trung điểm \(I\) của đoạn thẳng AB. Vẽ đường tròn \(\left( {C;CI} \right)\). Kẻ tiếp tuyến BD của đường tròn \(\left( C \right)\) với \(D\) là tiếp điểm và \(D\) khác \(I\). Chứng minh:

a) Bốn đỉnh của tứ giác BDCI cùng nằm trên một đường tròn;

b) BD là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\)

Câu 6:

1) Trong bài thơ “Quê hương” của tác giả Đỗ Trung Quân có hai câu thơ:

“Quê hương nếu ai không nhớ

Sẽ không lớn nổi thằng người”

Mẫu dữ liệu thống kê các chữ cái in hoa \(H,{\mkern 1mu} N,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} G,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} L\) lần lượt xuất hiện trong hai câu thơ trên là \(H,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} G,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} H,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} G,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} H,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} H,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} G,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} L,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} H,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} H,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} G\). Lập bảng tần số tương đối của mẫu số liệu thống kê đó.

2) Cho tập hợp \(A = \left\{ {1;2} \right\}\) và \(B = \left\{ {0;3;4} \right\}\). Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên có hai chữ số \(\overline {ab} \), trong đó \(a \in A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b \in B\).

a) Viết tập hợp \(\Omega \) gồm các kết quả có thể xảy ra đối với số tự nhiên được viết ra.

b) Tính xác suất của biến cố \(I\): “Số tự nhiên được viết ra là ước của 48”

Câu 7: Một nhà máy sản xuất xi măng mỗi ngày đều sản xuất được 100 tấn xi măng. Lượng xi măng tồn trong kho của nhà máy là 300 tấn. Hỏi nhà máy cần ít nhất bao nhiêu ngày để có thể xuất đi 15300 tấn xi măng (tính cả lượng xi măng tồn trong kho)?

----- HẾT -----

Lời giải chi tiết

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN trithuchub.com

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

a) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn và rút gọn.

b) Rút gọn sau đó thay \(a = 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = 8\) vào biểu thức M.

Cách giải:

a) Ta có: \(L = 2\sqrt 5 {\rm{ \;}} + \sqrt {45} {\rm{ \;}} - \frac{1}{2}\sqrt {320} {\rm{ \;}} = 2\sqrt 5 {\rm{ \;}} + 3\sqrt 5 {\rm{ \;}} - \frac{1}{2}.8\sqrt 5 {\rm{ \;}} = 2\sqrt 5 {\rm{ \;}} + 3\sqrt 5 {\rm{ \;}} - 4\sqrt 5 {\rm{ \;}} = \sqrt 5 \)

Vậy \(L = \sqrt 5 \)

b) Ta có: \(M = \frac{{a\sqrt b {\rm{ \;}} + b\sqrt a }}{{\sqrt a {\rm{ \;}} + \sqrt b }} = \frac{{\sqrt {ab} \left( {\sqrt a {\rm{ \;}} + \sqrt b } \right)}}{{\sqrt a {\rm{ \;}} + \sqrt b }} = \sqrt {ab} \)

Thay \(a = 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = 8\) vào \(M\) ta được \(M = \sqrt {2.8} {\rm{ \;}} = 4\)

Vậy \(M = 4\) với \(a = 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = 8\)

Câu 2 (NB):

Phương pháp:

Cho bảng giá trị và vẽ đồ thị hàm số.

Cách giải:

Bảng giá trị:

Đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) có dạng parabol đi qua các điểm \(\left( { - 2;8} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( { - 1;1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0;0} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {1;1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {2;8} \right)\)

Đồ thị hàm số:

Câu 3 (TH):

Phương pháp:

a) Xét \(\Delta \) và suy ra nghiệm của phương trình.

b) Áp dụng hệ thức Viète.

c) Gọi số vé loại I, loại II lần lượt là \(x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y\) (vé, \(x,y \in \mathbb{N}*\))

Từ đó biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.

Cách giải:

a) Ta có: \(\Delta {\rm{ \;}} = {7^2} - 4.3.\left( { - 2} \right) = 73\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - 7 + \sqrt {73} }}{6},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2} = \frac{{ - 7 - \sqrt {73} }}{6}\)

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - 7 + \sqrt {73} }}{6},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2} = \frac{{ - 7 - \sqrt {73} }}{6}\)

b) Ta có: \(ac = 1.\left( { - 10} \right) = {\rm{ \;}} - 10 < 0\)

Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

Theo định lí Viète ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 7}\\{{x_1}{x_2} = {\rm{ \;}} - 10}\end{array}} \right.\)

Khi đó \(A = x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 = {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = {\rm{ \;}} - 10. - 7 = 70\)

Vậy \(A = 70\)

c) Gọi số vé loại I, loại II lần lượt là \(x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y\) (vé, \(x,y \in \mathbb{N}*\))

Vì tổng số vé bán ra là 500 vé nên ta có \(x + y = 500{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Vì vé loại I giá 100000 đồng; vé loại II giá 75000 đồng, tổng số tiền thu được từ bán vé là 44500000 đồng nên ta có \(100000x + 75000y = 44500000{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{100000x + 75000y = 44500000}\end{array}} \right.\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{100000x + 75000y = 44500000}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{4x + 3y = 1780}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x + 4y = 2000}\\{4x + 3y = 1780}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 220}\\{4x + 3.220 = 1780}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 280}\\{y = 220}\end{array}} \right.}\end{array}\)

Vậy số vé loại I, loại II lần lượt là 280 vé, 220 vé.

Câu 4 (TH):

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh: \(S = \pi rl\).

Cách giải:

Bán kính của đáy là \(12:2 = 6\left( m \right)\)

Diện tích xung quanh của mái lá hình nón là \(S = \pi rl = \pi .6.8,5 = 51\pi \left( {{m^2}} \right)\)

Chi phí để lợp mái là \(250000.51\pi {\rm{ \;}} = 40055000\) (đồng)

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

1) Dựa vào bảng tỉ số lượng giác của các góc đặc biệt.

2) Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn.

3) Vận dụng các tính chất hình học để chứng minh.

Cách giải:

1) Ta có: $A = 4\sin 30^\circ \cos 30^\circ  + \tan 60^\circ  = 4.\dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} + \sqrt 3  = 2\sqrt 3$

2) Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC vuông tại $A$ ta có

$\cos \angle ABC = \dfrac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow \cos 35^\circ  = \dfrac{{100}}{{BC}} \Rightarrow BC = 100\cos 35^\circ  \approx 81,9\left( m \right)$

Vậy quãng đường BC là \(81,9\left( m \right)\)

3)

a)

Ta có: \(I\) là trung điểm của dây cung AB

Suy ra $OI \bot AB$ (theo tính chất) hay $\angle BIC = 90^\circ$

Khi đó $B,\,\,I,\,\,C$ nội tiếp đường tròn đường kính BC (1)

Mặt khác $\angle BDC = 90^\circ$ (do BD là tiếp tuyến của $\left( {C;CI} \right)$) 

Suy ra \(B,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} D,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} C\) nội tiếp đường tròn đường kính BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(B,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} D,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} C,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} I\) cùng thuộc đường tròn đường kính BC

b) Ta có: Tam giác OBC cân tại \(O\) (do \(OB = OC\))

\( \Rightarrow \angle OBC = \angle OCB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Xét tam giác BIC vuông tại \(I\) và tam giác BDC vuông tại \(D\) có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{BC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} chung}\\{CI = CD}\\{ \Rightarrow \Delta BIC = \Delta BDC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ch - cgv} \right)}\\{ \Rightarrow \angle IBC = \angle DBC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)}\end{array}\)

Ta có: $\angle IBC + \angle ICB = 90^\circ \,\,\left( 3 \right)$

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\angle OBC + \angle DBC = 90^\circ  \Rightarrow \angle OBD = 90^\circ$

Vậy BD là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\)

Câu 6 (TH):

Phương pháp:

1) Đếm và lập bảng tần số, tần số tương đối.

2) Công thức tính xác suất: \(P\left( I \right) = \frac{{n\left( I \right)}}{{n\left( {\Omega {\rm{ \;}}} \right)}}\)

Cách giải:

1)

Bảng tần số tương đối của mẫu số liệu:

2)

a) \(\Omega {\rm{ \;}} = \left\{ {10;13;14;20;23;24} \right\}\)

b) Các kết quả thuận lợi của biến cố \(I\) là 24

Do đó có 1 kết quả thuận lợi của biến cố \(I\)

Vậy xác suất của biến cố \(I\) là \(P\left( I \right) = \frac{{n\left( I \right)}}{{n\left( {\Omega {\rm{ \;}}} \right)}} = \frac{1}{6}\)

Câu 7 (TH):

Phương pháp:

Gọi số ngày ít nhất nhà máy sản xuất 15300 tấn xi măng là \(x\) (ngày, \(x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\))

Từ đó phân tích đề bài và đưa ra bất phương trình.

Cách giải:

Gọi số ngày ít nhất nhà máy sản xuất 15300 tấn xi măng là \(x\) (ngày, \(x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\))

Số tấn xi măng \(x\) ngày, nhà máy sản xuất được: 100x (tấn)

Do nhà máy cần xuất 15300 tấn xi măng (tính cả lượng tồn trong kho) nên ta có: \(100x + 300 \ge 15300\)

Giải bất phương trình trên, ta có:

\(100x + 300 \ge 15300\)

\(100x \ge 15000\)

\(x \ge 150\)

Vậy nhà máy cần ít nhất 150 ngày để có thể xuất đi 15300 tấn xi măng.

Đề bài

Câu 1: 

a. Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {50} {\rm{ \;}} + \sqrt {32} {\rm{ \;}} - 3\sqrt {18} \).

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

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

Câu 2:                                   

a. Giải phương trình \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\).

b. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + y = 9}\\{2x - y = 1}\end{array}} \right.\).

c. Cho phương trình \({x^2} - 2x + m + 3 = 0\) ( \(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Với giá trị nào của \(m\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 \cdot {x_2} + {x_1} \cdot x_2^2 = {\rm{ \;}} - 4\).

Câu 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol \((P):y = 2{x^2}\) và đường thả̉ng \((d):y = {\rm{ \;}} - 2x + 4\).

a. Vẽ parabol \((P)\) và đường thẳng \((d)\) trên cùng mặt phẳng tọa độ.

b. Tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) bằng phép tính.

Câu 4: 

a. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AH = 3cm, HC = 4cm. Tính độ dài đoạn thẳng HB, AC và số đo góc C (kết quả làm tròn đến độ).

b. Để xác định chiều cao của một tòa tháp cao tầng (hình vẽ bên), một người đứng tại điểm C cách chân tháp một khoảng CD = 60m, sử dụng giác kế nhìn thấy đỉnh tòa tháp với góc AOB = 60. Hãy tính chiều cao của tòa tháp. Biết rằng khoảng cách từ mặt đất đến ống ngắm của giác kế là OC = 1m, (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Câu 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác ABC và AD, BE cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh HA.HD = HB.HE.

c) Gọi điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.

Câu 6: Cho các số thực x, y thoả mãn \(x + y + 2 = 0\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

\(A = 3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 10xy\)

----- HẾT -----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (VD):

Phương pháp:

a) Sử dụng tính chất căn bậc hai.

b) Quy đồng và rút gọn.

c) Sử dụng tính chất căn bậc hai.

Cách giải:

a. Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {50}  + \sqrt {32}  - 3\sqrt {18} \).

Ta có \(A = \sqrt {50}  + \sqrt {32}  - 3\sqrt {18} \)

              \(\begin{array}{l} = \sqrt {25.2}  + \sqrt {16.2}  - 3\sqrt {9.2} \\ = 5\sqrt 2  + 4\sqrt 2  - 9\sqrt 2 \\ = 0\end{array}\)

Vậy A = 0

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

Ta có \(B = \left( {\frac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \sqrt x  - 2} \right):\sqrt x \)

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

Vậy B = 2 với \(x > 0\)

c. Giải phương trình \(\sqrt {{x^2} - 2x + 1}  = 3\).

ĐKXĐ: Với mọi giá trị của x

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

              \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2}}  = 3\\ \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| = 3\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 3\\x - 1 =  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x =  - 2\end{array} \right.\left( {TM} \right)\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 2,4} \right\}\)

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

a) \(\Delta  = {b^2} - 4.a.c\)

- \(\Delta  = 0\) thì phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \frac{{ - b}}{{2a}}\)

- \(\Delta  < 0\) thì phương trình vô nghiệm

-  \(\Delta  > 0\)thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta  }}{{2.a}}\)

\({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta  }}{{2.a}}\)

b) Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.

c) Sử dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

a. Giải phương trình \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\).

Xét Phương trình \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\) có \(a + b + c = 3 - 7 + 4 = 0\)nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = 4\end{array} \right.\).

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = 4\end{array} \right.\).

b. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + y = 9}\\{2x - y = 1}\end{array}} \right.\).

 Cộng vế với vế, ta có

 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + y = 9}\\{2x - y = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\y = 2x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 2.2 - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\).

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)\).

c. Cho phương trình \({x^2} - 2x + m + 3 = 0\) ( \(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Với giá trị nào của \(m\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 \cdot {x_2} + {x_1} \cdot x_2^2 =  - 4\).

Xét phương trình \({x^2} - 2x + m + 3 = 0\) có \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} - 1.\left( {m + 3} \right) = 1 - m - 3 =  - m - 2\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow  - m - 2 > 0 \Leftrightarrow m <  - 2\).

Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình, áp dụng định lí Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 2\\{x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = m + 3\end{array} \right.\)    (1)

Khi đó để \(x_1^2 \cdot {x_2} + {x_1} \cdot x_2^2 =  - 4 \Leftrightarrow {x_1}.{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) =  - 4\) (2)

Thay (1) vào (2) ta có:

\(\begin{array}{l}\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)2 =  - 4\\ \Leftrightarrow m + 3 =  - 2\\ \Leftrightarrow m =  - 5\left( {tm} \right).\end{array}\)

Vậy với \(m =  - 5\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 \cdot {x_2} + {x_1} \cdot x_2^2 =  - 4\).

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

a) Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số.

Bước 2: Lập bảng giá trị (thường từ 5 đến 7 giá trị) tương ứng giữa \(x\) và \(y\).

Bước 3: Vẽ đồ thị và kết luận.

b) Cho hai vế của đồ thị bằng nhau rồi giải phương trình tìm giao điểm.

Cách giải:

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol \((P):y = 2{x^2}\) và đường thả̉ng \((d):y =  - 2x + 4\).

a. Vẽ parabol \((P)\) và đường thẳng \((d)\) trên cùng mặt phẳng tọa độ.

* Vẽ đường thẳng \((d)\)

Với \(x = 0 \Rightarrow y =  - 2.0 + 4 = 4\)

Với \(y = 0 \Rightarrow 0 =  - 2x + 4 \Leftrightarrow 2x = 4 \Leftrightarrow x = 2\)

\( \Rightarrow \) Đồ thị \((d):y =  - 2x + 4\) là đường thẳng đi qua 2 điểm \(M\left( {2;0} \right)\) và \(N\left( {0;4} \right)\)

* Vẽ parabol \((P)\)

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:

b. Tìm tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) bằng phép tính.

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

\(\begin{array}{l}2{x^2} =  - 2x + 4\\ \Leftrightarrow {x^2} =  - x + 2\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) - \left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 2\end{array} \right.\end{array}\)

Với \(x = 1 \Rightarrow y = {2.1^2} = 2\)

Với \(x =  - 2 \Rightarrow y = 2.{\left( { - 2} \right)^2} = 8\)

Vậy \((P)\) và \((d)\)cắt nhau tại 2 giao điểm là: \(A\left( { - 2;8} \right)\)và \(C\left( {1;2} \right)\).

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Cách giải:

a. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AH = 3cm, HC = 4cm. Tính độ dài đoạn thẳng HB, AC và số đo góc C (kết quả làm tròn đến độ).

Do tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có:

\(A{H^2} = HB.HC \Rightarrow HB = \frac{{A{H^2}}}{{HC}} = \frac{{{3^2}}}{4} = \frac{9}{4}\) cm

Suy ra \(BC = HB + HC = \frac{9}{4} + 4 = \frac{{25}}{4}\) cm

\( \Rightarrow A{C^2} = HC.BC = 4.\frac{{25}}{4} = 25 \Rightarrow AC = 5\)cm

\( \Rightarrow \sin C = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{3}{5} \Rightarrow \angle C \approx 36,{87^0}\)

b. Để xác định chiều cao của một tòa tháp cao tầng (hình vẽ bên), một người đứng tại điểm C cách chân tháp một khoảng CD = 60m, sử dụng giác kế nhìn thấy đỉnh tòa tháp với góc AOB = 60. Hãy tính chiều cao của tòa tháp. Biết rằng khoảng cách từ mặt đất đến ống ngắm của giác kế là OC = 1m, (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Do tam giác ABO vuông tại B, góc AOB = \({60^0}\) nên

\(AB = OB.\tan \angle O = CD.\tan {60^0} = 60.\tan {60^0} = 60\sqrt 3 \) m

Lại có BD = CO = 1m

\( \Rightarrow AD = AB + BD = 60\sqrt 3  + 1 \approx 105\) m

Vậy tòa nhà cao khoảng 105 m

Câu 5 (VD):

Cách giải:

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác ABC và AD, BE cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\angle HDC = {90^0}\,\,\left( {do\,\,AD \bot BC} \right)\\\angle HEC = {90^0}\,\,\left( {do\,\,BE \bot AC} \right)\\ \Rightarrow \angle HDC + \angle HEC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)

Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau của tứ giác CDHE.

=> CDHE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)). (đpcm)

b) Chứng minh HA.HD = HB.HE.

Xét \(\Delta AHE\) và \(\Delta BHD\) có:

\(\angle AEH = \angle BDH = {90^0}\,\,\left( {do\,\,BE \bot AC,\,\,AD \bot BC} \right)\)

\(\angle AHE = \angle BHD\) (đối đỉnh)

$\Rightarrow \Delta AHE\backsim \Delta BHD\,\,\left( g.g \right)$

\( \Rightarrow \frac{{HA}}{{HB}} = \frac{{HE}}{{HD}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) \( \Rightarrow HA.HD = HB.HE\,\,\left( {dpcm} \right)\).

c) Gọi điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.

Xét tứ giác nội tiếp CDHE có: \(\angle HEC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle HEC\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

\( \Rightarrow HC\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE.

\( \Rightarrow I\) là trung điểm của HC.

Gọi O là trung điểm của AB => O là tâm đường tròn đường kính AB.

Ta cần chứng minh \(OE \bot IE\) tại E.

Vì tam giác AEB vuông tại E có EO là trung tuyến ứng với cạnh huyền AB nên \(OE = \frac{1}{2}AB = OA = OB \Rightarrow E \in \left( O \right)\).

Vì tam giác ADB vuông tại D có DO là trung tuyến ứng với cạnh huyền AB nên \(OD = \frac{1}{2}AB = OA = OB \Rightarrow D \in \left( O \right)\)

Vì CDHE là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle ECH = \angle EDH \Rightarrow \angle ECI = \angle EDA\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE).

Mà \(\angle EDA = \angle EBA = \angle EBO\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EA của (O)).

\( \Rightarrow \angle ECI = \angle EBO\).             (1)

Vì tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn tâm I đường kính HC nên IE = IC

\( \Rightarrow \Delta IEC\) cân tại I (định nghĩa)

\( \Rightarrow \angle ECI = \angle CEI\) (tính chất tam giác cân).                       (2)

Vì E thuộc (O) nên OB = OE

\( \Rightarrow \Delta OBE\) cân tại O (định nghĩa)

\( \Rightarrow \angle EBO = \angle BEO\) (tính chất tam giác cân).                     (3)

Từ (1), (2), (3)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle CEI = \angle BEO\\ \Rightarrow \angle CEI + \angle IEH = \angle BEO + \angle IEH\\ \Rightarrow \angle CEH = \angle IEO\\ \Rightarrow {90^0} = \angle IEO\end{array}\)

Vậy \(OE \bot IE\) tại E hay IE là tiếp tuyến của đường tròn (O) đường kính AB (đpcm).

Câu 6 (VD):

Cách giải:

Theo bài ra ta có: \(x + y + 2 = 0 \Leftrightarrow x + y =  - 2\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}A = 3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 10xy\\A = 3\left( {{x^2} + {y^2} + 2xy} \right) + 4xy\\A = 3{\left( {x + y} \right)^2} + 4xy\\A = 3.{\left( { - 2} \right)^2} + 4xy\\A = 12 + 4xy\end{array}\)

Ta có: \(xy \le {\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{{ - 2}}{2}} \right)^2} = 1\).

\( \Rightarrow A \le 12 + 4 = 16\).

Vậy \({A_{\max }} = 16 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y\\x + y + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y =  - 1\).

Đề bài

Câu 1. (1,5 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức .

b) Rút gọn biểu thức với .

Câu 2. (0,5 điểm)

Vẽ đồ thị của hàm số .

Câu 3. (1,5 điểm)

a) Giải phương trình . (Không giải trực tiếp bằng máy tính)

b) Gọi là hai nghiệm của phương trình . Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức .

c) Tháng thứ nhất, cả hai đội làm được 1200 sản phẩm. Tháng thứ hai, đội làm vượt mức 20% và đội làm vượt mức 30% so với tháng thứ nhất. Vì vậy cả hai đội đã làm được 1525 sản phẩm. Hỏi tháng thứ nhất, mỗi đội làm được bao nhiêu sản phẩm?

Câu 4. (1,0 điểm)

Một công ty sữa muốn làm nhãn mác cho hộp đựng sữa có dạng hình trụ. Mỗi hộp sữa đó có đường kính đáy 20 cm và chiều cao 30 cm. Khi đó cần dùng bao nhiêu giấy để dán phủ kín mặt xung quanh của 50 hộp sữa? (kết quả làm tròn đến hàng phần mười).

Câu 5. (3,0 điểm)

5.1. Tính giá trị biểu thức .

5.2. Từ vị trí C của một tòa nhà cao 50 m, một tia sáng chiếu xuống một ô tô đỗ tại vị trí B, góc tạo bởi tia sáng và phương nằm ngang là (như hình bên). Hỏi ô tô đỗ cách chân tòa nhà (ở vị trí A) là bao nhiêu mét? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

5.3. Từ điểm nằm ngoài đường tròn , kẻ các tiếp tuyến và với đường tròn ( là các tiếp điểm).

a) Chứng minh: Bốn điểm cùng thuộc một đường tròn.

b) Gọi là giao điểm của và . Kẻ đường kính của đường tròn . Nối cắt đường tròn tại . Chứng minh: .

Câu 6 (1,5 điểm)

6.1. Gieo một xúc xắc 20 lần liên tiếp, ghi lại số chấm trên mặt xuất hiện của xúc xắc, ta được mẫu số liệu thống kê sau:

Lập bảng tần số tương đối của mẫu số liệu thống kê đó.

6.2. Một hộp chứa 5 quả bóng có cùng khối lượng và kích thước, được đánh số lần lượt từ 1 đến 5. Lấy ngẫu nhiên cùng một lúc 2 quả bóng từ trong hộp. Tính xác suất của biến cố : “Trong 2 quả bóng lấy ra có ít nhất 1 quả bóng ghi số chẵn”.

Câu 7 (1,0 điểm)

Đến ngày 31/05/2024, gia đình Bác An đã tiết kiệm được số tiền là 20 triệu đồng. Sau thời điểm đó, mỗi tháng gia đình Bác An đều tiết kiệm được 3 triệu đồng. Gia đình Bác An dự định mua một chiếc xe SH Mode để sử dụng với giá tối thiểu là 66 triệu đồng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng thì gia đình Bác An có thể mua được chiếc xe SH Mode đó bằng số tiền tiết kiệm được?

----- HẾT -----

Lời giải

Câu 1. (1,5 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức .

b) Rút gọn biểu thức với .

Phương pháp:

a) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, thực hiện phép tính với biểu thức chứa căn.

b) Quy đồng mẫu và thực hiện phép tính để rút gọn biểu thức.

Lời giải:

a)

Vậy

b)

ĐK:

Vậy với

Câu 2. (0,5 điểm)

Vẽ đồ thị của hàm số .

Phương pháp:

Lập bảng giá trị.

Xác định toạ độ các điểm thuộc đồ thị.

Vẽ đồ thị hàm số đi qua các điểm đó.

Lời giải:

Ta có bảng giá trị sau:

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

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

Ta vẽ được đồ thị hàm số như sau:

Câu 3. (1,5 điểm)

a) Giải phương trình . (Không giải trực tiếp bằng máy tính)

b) Gọi là hai nghiệm của phương trình . Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức .

c) Tháng thứ nhất, cả hai đội làm được 1200 sản phẩm. Tháng thứ hai, đội làm vượt mức 20% và đội làm vượt mức 30% so với tháng thứ nhất. Vì vậy cả hai đội đã làm được 1525 sản phẩm. Hỏi tháng thứ nhất, mỗi đội làm được bao nhiêu sản phẩm?

Phương pháp:

a) Tính . Chứng minh .

Suy ra hai nghiệm phân biệt của phương trình.

b) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Sử dụng định lí Viète để tính tổng và tích của hai nghiệm.

Biến đổi A để xuất hiện tổng, tích của hai nghiệm.

c) Gọi x, y lần lượt là số sản phẩm đội thứ I và đội thứ II làm được ở tháng thứ nhất (sản phẩm) ()

Tháng thứ nhất, cả hai đội làm được 1200 sản phẩm nên ta lập được một phương trình.

Tháng thứ hai, cả hai đội đã làm được 1525 sản phẩm nên ta lập được một phương trình.

Lập hệ phương trình.

Giải hệ phương trình để tìm .

Lời giải:

a)

Ta có:

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt:

và

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt và .

b)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt .

Áp dụng định lí Viet ta có: (I)

Thay (I) vào biểu thức A ta có:

Vậy .

c)

Gọi x, y lần lượt là số sản phẩm đội thứ I và đội thứ II làm được ở tháng thứ nhất (sản phẩm) ()

Tháng thứ nhất, cả hai đội làm được 1200 sản phẩm nên ta có: (1)

Tháng thứ hai, đội I làm vượt mức 20% nên đội I làm được: (sản phẩm)

Đội II làm vượt mức 30% so với tháng thứ nhất nên đội II làm được: (sản phẩm)

Tháng thứ hai, cả hai đội đã làm được 1525 sản phẩm nên (2)

Từ (1) và (2) có hệ phương trình:

Giải hệ phương trình ta được (thoả mãn điều kiện)

Vậy ở tháng thứ nhất đội thứ I làm được 350 sản phẩm và đội thứ II làm được 850 sản phẩm.

Câu 4. (1,0 điểm)

Một công ty sữa muốn làm nhãn mác cho hộp đựng sữa có dạng hình trụ. Mỗi hộp sữa đó có đường kính đáy 20 cm và chiều cao 30 cm. Khi đó cần dùng bao nhiêu giấy để dán phủ kín mặt xung quanh của 50 hộp sữa? (kết quả làm tròn đến hàng phần mười).

Phương pháp:

Tính bán kính đáy hộp sữa = đường kính : 2.

Tính diện tích xung quanh của một hộp sữa.

Tính diện tích xung quanh của 50 hộp sữa = số giấy cần dùng để phủ kín mặt xung quanh của 50 hộp sữa.

Lời giải:

Độ dài bán kính đáy hộp sữa là: (cm).

Diện tích xung quanh 1 hộp sữa là: (cm²).

Diện tích xung quanh 50 hộp sữa là: (cm²).

Đổi đơn vị: cm² m².

Vậy số giấy cần dùng để phủ kín mặt xung quanh của 50 hộp sữa là m².

Câu 5. (3,0 điểm)

5.1. Tính giá trị biểu thức .

5.2. Từ vị trí C của một tòa nhà cao 50 m, một tia sáng chiếu xuống một ô tô đỗ tại vị trí B, góc tạo bởi tia sáng và phương nằm ngang là (như hình bên). Hỏi ô tô đỗ cách chân tòa nhà (ở vị trí A) là bao nhiêu mét? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

5.3. Từ điểm nằm ngoài đường tròn , kẻ các tiếp tuyến và với đường tròn ( là các tiếp điểm).

a) Chứng minh: Bốn điểm cùng thuộc một đường tròn.

b) Gọi là giao điểm của và . Kẻ đường kính của đường tròn . Nối cắt đường tròn tại . Chứng minh: .

Phương pháp:

5.1. Tính giá trị của các tỉ số lượng giác rồi tính giá trị của biểu thức.

5.2. Khoảng cách ô tô và chân toà nhà chính là độ dài đoạn AB.

Sử dụng hệ thức lượng để tìm AB.

5.3. a) Chứng minh dựa vào kiến thức về tam giác vuông nội tiếp đường tròn đường kính là cạnh huyền của tam giác.

b) Chứng minh

Chứng minh A, H, E, M cùng thuộc đường tròn đường kính AM suy ra

Suy ra

Chứng minh nên hay .

Lời giải:

5.1.

Vậy .

5.2.

Trong tam giác ABC vuông tại A có (m)

Vậy ô tô đỗ cách chân tòa nhà 87m.

5.3.

a)

Ta có: (do MA là tiếp tuyến của (O))

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

vuông tại B (do MB là tiếp tuyến của (O))

Do đó M, B, O cùng thuộc đường tròn đường kính OM (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra M, A, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính OM.

b)

Ta có:

(do tam giác AEC nội tiếp đường tròn đường kính AC)

Suy ra (3)

Lại có: MA = MB (do MA, MB là tiếp tuyến của (O))

OA = OB (bán kính)

Suy ra OM là đường trung trực của AB tại trung điểm H của AB

Khi đó nên M, A, H cùng thuộc đường tròn đường kính AM

Ta có: vuông tại E nên M, A, E cùng thuộc đường tròn đường kính AM

Do đó A, H, E, M cùng thuộc đường tròn đường kính AM

Suy ra (4)

Từ (3), (4) ta suy ra

Xét và có

(cmt)

chung

Suy ra nên hay (đpcm)

Câu 6 (1,5 điểm)

6.1. Gieo một xúc xắc 20 lần liên tiếp, ghi lại số chấm trên mặt xuất hiện của xúc xắc, ta được mẫu số liệu thống kê sau:

Lập bảng tần số tương đối của mẫu số liệu thống kê đó.

6.2. Một hộp chứa 5 quả bóng có cùng khối lượng và kích thước, được đánh số lần lượt từ 1 đến 5. Lấy ngẫu nhiên cùng một lúc 2 quả bóng từ trong hộp. Tính xác suất của biến cố : “Trong 2 quả bóng lấy ra có ít nhất 1 quả bóng ghi số chẵn”.

Phương pháp:

6.1. Lập bảng tần số.

Xác định tần số tương đối của các giá trị: ( là tần số tương đối của giá trị 1, là tần số, là cỡ mẫu)

Lập bảng tần số tương đối.

6.2. Xác định số phần tử của không gian mẫu.

Xác định số kết quả thuận lợi cho biến cố A.

Xác suất của biến cố A = số kết quả thuận lợi của biến cố / số phần tử của không gian mẫu.

Lời giải:

6.1.

Ta có bảng tần số sau:

Tần số tương đối của số chấm 1 là: .

Tần số tương đối của số chấm 2 là: .

Tần số tương đối của số chấm 3 là: .

Tần số tương đối của số chấm 4 là: .

Tần số tương đối của số chấm 5 là: .

Tần số tương đối của số chấm 6 là: .

Ta có bảng tần số tương đối sau:

6.2.

Không gian mẫu của phép thử là:

Không gian mẫu của phép thử có 10 phần tử.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố A: “Trong 2 quả bóng lấy ra có ít nhất một quả bóng ghi số chẵn” là: (1;2), (1;4), (2;3), (2;4), (2;5), (3;4), (4;5)

Có 7 kết quả thuận lợi cho biến cố A.

Xác suất của biến cố A là: .

Vậy xác suất của biến cố A: “Trong 2 quả bóng lấy ra có ít nhất một quả bóng ghi số chẵn” là .

Câu 7 (1,0 điểm)

Đến ngày 31/05/2024, gia đình Bác An đã tiết kiệm được số tiền là 20 triệu đồng. Sau thời điểm đó, mỗi tháng gia đình Bác An đều tiết kiệm được 3 triệu đồng. Gia đình Bác An dự định mua một chiếc xe SH Mode để sử dụng với giá tối thiểu là 66 triệu đồng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng thì gia đình Bác An có thể mua được chiếc xe SH Mode đó bằng số tiền tiết kiệm được?

Phương pháp:

Gọi số tháng mà gia đình Bác An cần tiết kiệm tiền để đủ mua xe là x (tháng),

Biểu diễn số tiền bác An tiếp kiệm được sau x tháng.

Bác An dự định mua một chiếc SH Mode với giá tối thiểu là 66 triệu đồng nên ta lâp được bất phương trình biểu diễn số tiền tiết kiệm của bác An .

Giải bất phương trình để tìm .

Lời giải:

Gọi số tháng mà gia đình Bác An cần tiết kiệm tiền để đủ mua xe là x (tháng),

Mỗi tháng bác An đều tiết kiệm được 3 triệu đồng, nên x tháng bác An tiết kiệm được 3x triệu đồng.

Để mua một chiếc SH Mode với giá tối thiểu là 66 triệu đồng thì

Mà , x nhỏ nhất nên .

Như vậy sau ít nhất 16 tháng thì gia đình bác An có thể mua được chiếc xe SH Mode đó bằng số tiền tiết kiệm.