Đề thi vào 10 môn Toán Nam Định

Đề bài

Phần I: Trắc nghiệm (2 điểm)

Câu 1: Điều kiện xác định của biểu thức \(\frac{5}{{\sqrt {x - 2023} {\rm{ \;}} + 1}}\) là

A. \(x \ge 2023\).

B. \(x > 2023\).

C. \(x < 2023\).

D. \(x \le 2023\).

Câu 2: Hàm số nào sau đây đồng biến với mọi \(x \in \mathbb{R}\) ?

A. \(y = \left( {1 - \sqrt 5 } \right){x^2}\).

B. \(y = x + 3\).

C. \(y = \left( {2 - \sqrt 7 } \right)x + 2\).

D. \(y = {x^2}\).

Câu 3: Phương trình \(2{x^2} - x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) trong đó \({x_1} < {x_2}\). Giá trị \(2{x_1} + {x_2}\) bằng

A. 0

B. \( - 1,5\)

C. -2

D. 2

Câu 4: Với giá trị nào của \(m\) thì đường thẳng \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) đi qua điểm \(A\left( { - 1;1} \right)\) ?

A. \(m = 0\).

B. \(m = {\rm{ \;}} - 1\).

C. \(m = {\rm{ \;}} - 2\).

D. \(m = 2\).

Câu 5: Số nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 5}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right.\) là

A. 2

B. 0

C. 1

D. vô số.

Câu 6: Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\), biết \(AC = 6,BC = 10\). Khi đó \({\rm{tan}}B\) có giá trị bằng

A. \(\frac{3}{4}\).

B. \(\frac{3}{5}\).

C. \(\frac{4}{3}\).

D. \(\frac{5}{3}\).

Câu 7: Một hình nón có bán kính đáy bằng \(4\;{\rm{cm}}\), chiều cao bằng \(6\;{\rm{cm}}\). Thể tích của hình nón đã cho là

A. \(96\pi {\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).

B. \(32\pi {\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).

C. \(30\pi {\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).

D. \(36\pi {\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).

Câu 8: Cho \(\Delta ABC\) có \(\angle BAC = 45^\circ \), nội tiếp trong đường tròn tâm \(O\) bán kính \(2\;{\rm{cm}}\). Diện tích tam giác OBC bằng bao nhiêu

A. \(1\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\).

B. \(4\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\).

C. \(2\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\).

D. \(2\sqrt 2 \;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\).

Phần II. Tự luận (8 điểm)

Câu 9: 

a) Chứng minh đẳng thức \(\sqrt {27} {\rm{ \;}} - 2\sqrt {12} {\rm{ \;}} + \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } {\rm{ \;}} = {\rm{ \;}} - 1\).

b) Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\frac{{9 - \sqrt x }}{{x - 9}} + \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}}} \right):\frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 3}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\).

Câu 10: 

a) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hai hàm số \(y = {x^2}\) và \(y = {\rm{ \;}} - 2x + 3\).

b) Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 6m - 4 = 0\) (với \(m\) là tham số). Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thoả mãn \(x_1^2 - x_2^2 = 3{x_1}{x_2}\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\).

Câu 11: Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 3y = 4}\\{\frac{1}{{x - 4}} + \frac{1}{y} = 1.}\end{array}} \right.\)

Câu 12: 

1) Một mảnh vườn hình thang \(ABCD\) có \(\angle BAD = \angle ADC = 90^\circ \), \(AB = 3{\rm{\;m}},AD = 5{\rm{\;m}},DC = 7{\rm{\;m}}\). Người ta trồng hoa trên phần đất là nửa hình tròn tâm \(O\) đường kính \(AD\), phần còn lại của mảnh vườn để trồng cỏ (phần tô đậm trong hình vẽ bên). Tính diện tích phần đất trồng cỏ (kết quả làm tròn đến chũ số thập phân thư hai, lấy \(\pi  \approx 3,14\) ).

2) Cho tam giác \(ABC\) nhọn \((AB < AC)\) nội tiếp \(\left( O \right)\). Hai đường cao \(AD\) và \(BE\) cắt nhau tại \(H\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(AH\), đường thẳng đi qua \(M\) vuông góc với \(BM\) cắt \(AC\) tại \(N\). Gọi \(K\) là giao điểm thứ hai của \(AH\) với đường tròn tâm \(O\).

a) Chứng minh bốn điểm \(B,M,E,N\) cùng thuộc một đường tròn và \(\angle MBN = \angle KAC\).

b) Kéo dài \(KN\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(T\). Chứng minh tam giác \(BHK\) cân và ba điểm \(B,O,T\) thẳng hàng.

Câu 13: 

a) Giải phương trình \({x^2} + 4x = 2\sqrt {1 + 3x}  + \sqrt {2x - 1} \).

b) Cho \(x,y,z\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y + z = 1\).

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \frac{{x + yz}}{{y + z}} + \frac{{y + zx}}{{z + x}} + \frac{{z + xy}}{{x + y}}.\)

-----HẾT-----

Lời giải chi tiết

Phần I: Trắc nghiệm

Câu 1 (NB):

Phương pháp:

Điều kiện xác định của \(\sqrt {f(x)} \) là \(f(x) \ge 0\)

Cách giải:

Điều kiện xác định của biểu thức \(\frac{5}{{\sqrt {x - 2023} {\rm{ \;}} + 1}}\) là \(x - 2023 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2023\)

Chọn A.

Câu 2 (NB):

Phương pháp:

Hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\) đồng biến với mọi \(x \in \mathbb{R}\)  khi \(a > 0\)

Cách giải:

Hàm số \(y = x + 3\) đồng biến với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

Chọn B.

Câu 3 (TH):

Phương pháp:

Giải PT bậc hai một ẩn bằng cách nhẩm nghiệm:

Nếu \(a + b + c = 0\) thì PT có một nghiệm là 1; nghiệm còn lại bằng \(\frac{c}{a}\)

Cách giải:

Xét \(2{x^2} - x - 1 = 0\) có \(a + b + c = 2 + ( - 1) + ( - 1) = 0\)

Mà \({x_1} < {x_2}\) nên  PT có \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = \frac{{ - 1}}{2}}\\{{x_2} = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow 2.{x_1} + {x_2} = 2.\frac{{ - 1}}{2} + 1 = 0\)

Chọn A.

Câu 4 (NB):

Phương pháp:

Thay tọa độ điểm \(A\left( { - 1;1} \right)\) vào đường thẳng \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2\)

Cách giải:

Thay tọa độ điểm \(A\left( { - 1;1} \right)\) vào đường thẳng \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2\) ta được:

\(1 = (m - 1).( - 1) + 2 \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - m + 3 = 1 \Leftrightarrow m = 2\)

Chọn D.

Câu 5 (NB):

Phương pháp:

Hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ax + by = c}\\{a'x + b'y = c'}\end{array}} \right.\):

Có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow \frac{a}{{a'}} \ne \frac{b}{{b'}}\);

Vô nghiệm \( \Leftrightarrow \frac{a}{{a'}} = \frac{b}{{b'}} \ne \frac{c}{{c'}}\);

Có vô số nghiệm \( \Leftrightarrow \frac{a}{{a'}} = \frac{b}{{b'}} = \frac{c}{{c'}}\).

Cách giải:

Xét hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 5}\\{x - 3y = 2}\end{array}} \right.\)  có \(\frac{2}{1} \ne \frac{1}{{ - 3}}\) nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất

Chọn C.

Câu 6 (TH):

Phương pháp:

Áp dụng định lí Py-ta-go \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) tìm cạnh AB.

Với công thức lượng giác \({\rm{tan}}B = \frac{{AC}}{{AB}}\)

Cách giải:

Áp dụng định lí Py-ta-go \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có: \(AB = \sqrt {B{C^2} - A{C^2}} {\rm{ \;}} = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} {\rm{ \;}} = 8\)

\(\tan B = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}\)

Chọn A.

Câu 7 (NB):

Phương pháp:

Công thức thể tích hình nón \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\) với R là bán kính, h là chiều cao.

Cách giải:

Một hình nón có bán kính đáy bằng \(4\;{\rm{cm}}\), chiều cao bằng \(6\;{\rm{cm}}\) có thể tích là: \(V = \frac{1}{3}\pi {.4^2}.6 = 32\pi (c{m^3})\)

Chọn B.

Câu 8 (TH):

Phương pháp:

Góc nội tiếp có số đo bằng một nửa góc ở tâm cùng chắn một cung.

Diện tích tam giác OBC bằng \(\frac{1}{2}OB.OC = \frac{1}{2}{R^2}\)

Cách giải:

Xét (O) có \(\angle BOC = 2.\angle BAC = 2.45^\circ  = 90^\circ \) (cùng chắn cung BC)

Suy ra tam giác OBC vuông tại O

Diện tích tam giác OBC bằng \(\frac{1}{2}OB.OC = \frac{1}{2}{R^2} = \frac{1}{2}{.2^2} = 2(c{m^2})\)

Chọn C.

Phần II: Tự luận

Câu 9 (TH):

Phương pháp:

a) Thực hiện phép tính với căn bậc hai.

b) Rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai.

Cách giải:

a) \(\sqrt {27} {\rm{ \;}} - 2\sqrt {12} {\rm{ \;}} + \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } {\rm{ \;}} = 3\sqrt 3 {\rm{ \;}} - 4\sqrt 3 {\rm{ \;}} + \sqrt {{{(\sqrt 3 {\rm{ \;}} - 1)}^2}} \) \( = {\rm{ \;}} - \sqrt 3 {\rm{ \;}} + \left| {\sqrt 3 {\rm{ \;}} - 1} \right| = {\rm{ \;}} - \sqrt 3 {\rm{ \;}} + \sqrt 3 {\rm{ \;}} - 1 = {\rm{ \;}} - 1\)

Vậy \(\sqrt {27} {\rm{ \;}} - 2\sqrt {12} {\rm{ \;}} + \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } {\rm{ \;}} = {\rm{ \;}} - 1\)

b) Với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\) ta có:

\(A = \left( {\frac{{9 - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 3} \right)\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} + 3} \right)}} + \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}}} \right):\frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 3}}\)

\( = \frac{{9 - \sqrt x {\rm{ \;}} + 2\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 3} \right)\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} + 3} \right)}}:\frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 3}} = \frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}}{{\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 3} \right)\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} + 3} \right)}}:\frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 3}}\)

\( = \frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}}{{\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 3} \right)\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} + 3} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 3}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}\)

\( = \frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}}{{\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 3} \right)\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} + 3} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 3}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}\)

\( = \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}\).

Vậy \(A = \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\).

Câu 10 (TH):

Phương pháp:

a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị.

b) Công thức \(\Delta ' = {\left( {\frac{b}{a}} \right)^2} - a.c\)

PT bậc hai một ẩn có hai nghiệm phân biệt khi \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\)

Hệ thức Vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)

Cách giải:

a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số \(y = {x^2}\) và \(y = {\rm{ \;}} - 2x + 3\) là:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} = {\rm{ \;}} - 2x + 3}\\{ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0}\\{ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - x - 3 = 0}\\{ \Leftrightarrow x(x + 3) - (x + 3) = 0}\\{ \Leftrightarrow (x - 1)(x + 3) = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 = 0}\\{x + 3 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = {\rm{ \;}} - 3}\end{array}} \right.} \right.}\end{array}\)

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

Với \(x = {\rm{ \;}} - 3 \Rightarrow y = {( - 3)^2} = 9\)

b) Xét phương trình \({x^2} - 2(m + 1)x + 6m - 4 = 0\)

Ta có: \(\Delta ' = {(m + 1)^2} - (6m - 4) = {m^2} + 2m + 1 - 6m + 4\)

\( = {m^2} - 4m + 5 = {(m - 2)^2} + 1 > 0\) với mọi \(m\).

Suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi \(m\).

Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2m + 2}\\{{x_1}{x_2} = 6m - 4}\end{array}} \right.\)

Theo giả thiết: \(x_1^2 - x_2^2 = 3{x_1}{x_2}\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} - {x_2}} \right) = 0}\\{ \Leftrightarrow \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2} + 3{x_1}{x_2}} \right) = 0}\\{ \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} + 3{x_1}{x_2} = 0\left( {{\rm{do}}{x_1} \ne {x_2}} \right)}\\{ \Rightarrow 2m + 2 + 3(6m - 4) = 0}\\{ \Leftrightarrow 2m + 2 + 18m - 12 = 0}\\{ \Leftrightarrow 20m - 10 = 0}\\{ \Leftrightarrow 20m = 10}\end{array}\)

Câu 11 (NB):

Phương pháp:

Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế

Cách giải:

Hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 3y = 4}\\{\frac{1}{{x - 4}} + \frac{1}{y} = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4 - 3y{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (1)}\\{\frac{1}{{x - 4}} + \frac{1}{y} = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (2)}\end{array}} \right.} \right.\)

Thay (1) vào (2) ta được:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{{4 - 3y - 4}} + \frac{1}{y} = 1}\\{ \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - \frac{1}{{3y}} + \frac{1}{y} = 1}\\{ \Leftrightarrow \frac{2}{{3y}} = 1}\\{ \Leftrightarrow y = \frac{2}{3}.}\\{ \Rightarrow x = 4 - 3 \cdot \frac{2}{3} = 2.}\end{array}\)

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

Câu 12 (VD):

Phương pháp:

1) Diện tích hình thang bằng: đáy lớn đáy nhỏ ta đem cộng vào, thế rồi nhân với chiều cao, chia đôi lấy nửa thế nào cũng ra.

Diện tích hình tròn đường kính d là \(S = \pi .{\left( {\frac{d}{2}} \right)^2}\)

Diện tích đất trồng còn lại bằng diện tích hình thang trừ đi nửa diện tích hình tròn.

2) a)

- Chứng minh tứ giác BMEN nội tiếp vì có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới một góc bằng nhau.

- Sử dụng tính chất góc ngoài tại đỉnh E bằng góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp MBEN.

Sử dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông AHE.

b)

- Chứng minh \(\angle BHD = \angle BCE\) vì cùng phụ với góc \(\angle HBD\)

Chứng minh \(\angle BKA = \angle BCA\) vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB

Từ đó suy ra được tam giác \(BHK\) cân tại B

- Chứng minh tứ giác BMNK nội tiếp vì có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới một góc bằng nhau.

Suy ra tổng 2 góc đối bằng \(180^\circ \), suy ra được \(\angle BKT = 90^\circ  \Rightarrow \) BT là đường kính

Suy ra B, O, T thẳng hàng

Cách giải:

1) Diện tích hình thang ABCD là \(\frac{{\left( {AB + DC} \right).AD}}{2} = \frac{{\left( {3 + 7} \right).5}}{2} = 25\;{{\rm{m}}^2}\).

Diện tích nửa hình tròn đường kính AD là \(\frac{1}{2}\pi .{\left( {\frac{5}{2}} \right)^2} = \frac{{\pi .{{(2,5)}^2}}}{2} = \frac{{25\pi }}{8}{m^2}\).

Diện tích phần đất trồng cỏ là \(25 - \frac{{25\pi }}{8} \approx 15,19{m^2}\).

a) Ta có: \(\angle BMN = \angle BEN = 90^\circ (gt)\).

Mà \({\rm{M}},{\rm{E}}\) là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn \({\rm{BN}}\) dưới hai góc bằng nhau.

Suy ra BMEN là tứ giác nội tiếp (dhnb)

Hay \({\rm{B}},{\rm{M}},{\rm{E}},{\rm{N}}\) cùng thuộc một đường tròn (dpcm.

Vì BMEN là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle MBN = \angle AEM\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Xét tam giác \({\rm{AHE}}\) vuông tại \({\rm{E}}\), có đường trung tuyến \({\rm{EM}}\) ứng với cạnh huyền \({\rm{AH}}\) \( \Rightarrow ME = \frac{1}{2}AH = MA = MH\).

\( \Rightarrow \Delta MAE\) cân tại \({\rm{M}}\) (định nghĩa)

\( \Rightarrow \angle EAM = \angle MAE = \angle KAC\) (tính chất)

Vậy \(\angle MBN = \angle KAC(dpcm)\).

b) Xét tam giác BHD vuông tại \({\rm{D}}\) có: \(\angle BHD + \angle HBD = 90^\circ \).

Xét tam giác \({\rm{BEC}}\) vuông tại \({\rm{E}}\) có: \(\angle BCE + \angle HBD = 90^\circ \).

\( \Rightarrow \angle BHD = \angle BCE = \angle BCA.\)

Mà \(\angle BKH = \angle BKA = \angle BCA\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{AB}}\) ).

\( \Rightarrow \angle BHD = \angle BKH.\)

\( \Rightarrow BHK\) cân tại \({\rm{B}}\) (đpcm).

Ta có \(\angle BHK = \angle MHE = \angle MEH = \angle MNB \Rightarrow \angle BKM = \angle BNM\).

Do đó tứ giác BMNK nội tiếp.

\( \Rightarrow \angle BMN + \angle BKN = 180^\circ  \Rightarrow \angle BKN = \angle BKT = 90^\circ \)

\( \Rightarrow K\) thuộc đường tròn đường kính BT.

Mà \(B,K,T \in (O) \Rightarrow BT\) là đường kính của \((O)\)

\( \Rightarrow B,O,T\) thẳng hàng.

Câu 13 (VDC):

Phương pháp:

a) Phương pháp nhẩm nghiệm, thêm bớt.

Sử dụng phương pháp liên hợp: \(A - B = \frac{{{A^2} - {B^2}}}{{A + B}};A + B = \frac{{{A^2} - {B^2}}}{{A - B}}\)

Đưa về dạng tích A.B = 0

b) Từ giả thiết \(x + y + z = 1\), chứng minh \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + yz = \left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}\\{y + zx = \left( {y + z} \right)\left( {y + x} \right)}\\{z + xy = \left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right)}\end{array}} \right.\)

Thay vảo biểu thức P.

Đặt \(x + y = a,y + z = b,z + x = c \Rightarrow a,b,c > 0\)

Áp dụng BĐT Cosi cho 2 số âm.

Cách giải:

a) ĐКХĐ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + 3x \ge 0}\\{2x - 1 \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge {\rm{ \;}} - \frac{1}{3}}\\{x \ge \frac{1}{2}}\end{array} \Leftrightarrow x \ge \frac{1}{2}} \right.} \right.\)

Ta có: \({x^2} + 4x = 2\sqrt {1 + 3x} {\rm{ \;}} + \sqrt {2x - 1} \)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 = 2(\sqrt {1 + 3x} {\rm{ \;}} - 2) + (\sqrt {2x - 1} {\rm{ \;}} - 1)\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow (x - 1)(x + 5) = \frac{{2(1 + 3x - 4)}}{{\sqrt {1 + 3x} {\rm{ \;}} + 2}} + \frac{{2x - 1 - 1}}{{\sqrt {2x - 1} {\rm{ \;}} + 1}}}\\{ \Leftrightarrow (x - 1)(x + 5) = \frac{{6(x - 1)}}{{\sqrt {1 + 3x} {\rm{ \;}} + 2}} + \frac{{2(x - 1)}}{{\sqrt {2x - 1} {\rm{ \;}} + 1}}}\end{array}\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow (x - 1)\left( {x + 5 - \frac{6}{{\sqrt {1 + 3x} {\rm{ \;}} + 2}} - \frac{2}{{\sqrt {2x - 1} {\rm{ \;}} + 1}}} \right) = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1({\rm{tm}})}\\{x + 5 = \frac{6}{{\sqrt {1 + 3x} {\rm{ \;}} + 2}} + \frac{2}{{\sqrt {2x - 1} {\rm{ \;}} + 1}}}\end{array}} \right.}\end{array}\)

Xét phương trình \(x + 5 = \frac{6}{{\sqrt {1 + 3x} {\rm{ \;}} + 2}} + \frac{2}{{\sqrt {2x - 1} {\rm{ \;}} + 1}}\quad (*)\)

Do \(x \ge \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{6}{{\sqrt {1 + 3x} {\rm{ \;}} + 2}} + \frac{2}{{\sqrt {2x - 1} {\rm{ \;}} + 1}} < \frac{6}{2} + \frac{2}{1} = 5\) và \(x + 5 \ge \frac{{11}}{2} > 5\)

nên phương trình \((*)\) vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(x = 1\).

b) Từ giả thiết \(x + y + z = 1\) \( \Rightarrow x + yz = x\left( {x + y + z} \right) + yz = \left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)\)

Tương tự \(y + zx = \left( {y + z} \right)\left( {y + x} \right);z + xy = \left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right)\)

Do đó \(P = \frac{{\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}}{{y + z}} + \frac{{\left( {y + z} \right)\left( {y + x} \right)}}{{z + x}} + \frac{{\left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right)}}{{x + y}}\)

Đặt \(x + y = a,y + z = b,z + x = c \Rightarrow a,b,c > 0\) và \(a + b + c = 2\).

\(P = \frac{1}{2}\left[ {\left( {\frac{{ab}}{c} + \frac{{ac}}{b}} \right) + \left( {\frac{{bc}}{a} + \frac{{ba}}{c}} \right) + \left( {\frac{{ca}}{b} + \frac{{cb}}{a}} \right)} \right]\)

\( \ge \frac{1}{2}\left( {2\sqrt {\frac{{ab}}{c} \cdot \frac{{ac}}{b}} {\rm{ \;}} + 2\sqrt {\frac{{bc}}{a} \cdot \frac{{ba}}{c}} {\rm{ \;}} + 2\sqrt {\frac{{ca}}{b} \cdot \frac{{cb}}{a}} } \right) = a + b + c = 2\)

Dấu " =" xảy ra khi \(a = b = c = \frac{2}{3}\).

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức \(P\) bằng 2 khi \(x = y = z = \frac{1}{3}\).

Đề bài

Phần I: Trắc nghiệm (2 điểm). Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước đáp án đó vào bài làm.

Câu 1. Điều kiện để biểu thức có nghĩa là:

     A.                      B.                           C.                            D.

Câu 2. Hàm số nào sau đây đồng biến trên ?

     A.             B.                              C.                      D.    

Câu 3. Hệ phương trình có nghiệm là:

     A.                                              B.    C.                                  D.  

Câu 4. Tìm biết đồ thị của hàm số đi qua điểm

     A.                         B.                          C.                             D.    

Câu 5. Trong các phương trình sau, phương trình nào có nghiệm kép?

     A.   B.                 C.        D.

Câu 6. Cho vuông tại biết Độ dài đoạn là:

     A.            B.               C.                              D.                         

Câu 7. Cho đường tròn và đường tròn biết Vị trí tương đối của hai đường tròn đó là:

     A. Cắt nhau.                      B. Tiếp xúc trong.                  C. Tiếp xúc ngoài.                  D. Đụng nhau.  

Câu 8. Diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy chiều cao là:

     A.         B.               C.                   D.     

Phần II. Tự luận (8 điểm):

Bài 1. (1,5 điểm)

1) Chứng minh đẳng thức:

2) Rút gọn biểu thức: với

Bài 2. (1,5 điểm)

Cho phương trình: (với là tham số).

1) Giải phương trình khi

2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi Tìm để thỏa mãn

Bài 3. (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình:

Bài 4. (3,0 điểm)

Cho là tam giác nhọn nội tiếp đường tròn Hai đường cao của cắt nhau tại Các tia cắt đường tròn lần lượt tại điểm thứ hai là

1) Chứng minh tứ giác nội tiếp và

2) Chứng minh là trung điểm của và

3) Cho Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp

Bài 5. (1,0 điểm)

1) Giải phương trình:

2) Cho các số thực dương thỏa mãn:

Chứng minh:  

Lời giải chi tiết

Phần I: Trắc nghiệm

Câu 1 - Căn bậc hai

Phương pháp:

Biểu thức: xác định

Cách giải:

Biểu thức: xác định

Chọn C.

Câu 2 - Hàm số bậc nhất

Phương pháp:

Hàm số bậc nhất đồng biến trên

Cách giải:

Trong các đáp án đã cho, chỉ có hàm số là hàm số bậc nhất có

Hàm số là hàm số đồng biến trên

Chọn C.

Câu 3 - Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số

Phương pháp:

Giải hệ phương trình đã cho bằng phương pháp cộng đại số.

Cách giải:

Ta có:

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất

Chọn A.

Câu 4 - Đồ thị của hàm số y = ax + b (a ≠ 0)

Phương pháp:

Thay tọa độ điểm vào công thức hàm số để tìm

Cách giải:

Thay tọa độ điểm vào công thức hàm số ta được:

Chọn B.

Câu 5 - Công thức nghiệm của phương trình bậc hai

Phương pháp:

Phương trình có nghiệm kép hoặc

Cách giải:

+) Xét đáp án A: ta có: Phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Loại đáp án A.

+) Xét đáp án B: Phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Loại đáp án B.

+) Xét đáp án C: ta có: Phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Loại đáp án C.

+) Xét đáp án D: ta có: Phương trình có nghiệm kép.

Chọn đáp án D.

Chọn D.

Câu 6 - Một số hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

Phương pháp:

Sử dụng hệ thức liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông để làm bài toán.

Cách giải:

Xét vuông tại ta có:

Chọn C.

Câu 7 - Vị trí tương đối của hai đường tròn

Phương pháp:

Cho hai đường tròn và khi đó ta có:

+) thì hai đường tròn nằm ngoài nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.

+) thì hai đường tròn đựng nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.

+) thì hai đường tròn cắt nhau hay hai đường tròn có hai điểm chung.

+) thì hai đường tròn tiếp xúc ngoài hay hai đường tròn có một điểm chung.

+) thì hai đường tròn tiếp xúc trong hay hai đường tròn có một điểm chung.

Cách giải:

Ta có:

và tiếp xúc trong.

Chọn B.

Câu 8 - Hình trụ - Diện tích xung quanh và thể tích của Hình trụ

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy và chiều cao là:

Cách giải:

Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho là:

Chọn A.

Phần II: Tự luận

Bài 1 - Rút gọn biểu thức chứa căn thức bậc hai

Phương pháp:

1) Sử dụng các công thức: và

2) Quy đồng mẫu các phân thức, biến đổi và rút gọn biểu thức.

Cách giải:

1) Chứng minh đẳng thức:

Ta có:

Vậy

2) Rút gọn biểu thức: với

Điều kiện:

Vậy với thì

Bài 2 - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng

Phương pháp:

1) Thay vào phương trình đã cho sau đó giải phương trình bậc hai một ẩn.

2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt

Sử dụng hệ thức Vi-et: và biểu thức bài cho để tìm

Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

Cho phương trình: (với là tham số).

1) Giải phương trình khi

Khi ta có phương trình:

Vậy với thì phương trình có tập nghiệm

2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi Tìm để thỏa mãn

Xét phương trình có:

Phương trình đã cho luôn có hai nghệm phân biệt với mọi

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:

Theo đề bài ta có:

Vậy và thỏa mãn bài toán.

Bài 3 - Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số

Phương pháp:

Đặt điều kiện để hệ phương trình xác định.

Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

Giải hệ phương trình:

ĐKXĐ: .

Đặt , hệ phương trình trở thành:

Vậy hệ phương trình có nghiệm .

Bài 4 - Ôn tập chương 3: Góc với đường tròn

Cách giải:

Cho là tam giác nhọn nội tiếp đường tròn Hai đường cao của cắt nhau tại Các tia cắt đường tròn lần lượt tại điểm thứ hai là

1) Chứng minh tứ giác  nội tiếp và

Ta cos: là các đường cao của

Xét tứ giác ta có:

Mà hai đỉnh   là hai đỉnh kề nhau

là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

Vì là tứ giác nội tiếp (cmt)

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

Lại có: lần lượt là các góc nội tiếp chắn các cung

(hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) (đpcm).

2) Chứng minh là trung điểm của và

Xét tứ giác ta có:

Mà hai góc này là hai góc đối diện

là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Vì   là tứ giác nội tiếp (cmt)

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

Hay

Lại có: (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

là tia phân giác của

Xét ta có: vừa là đường cao, vừa là đường phân giác

cân tại (Tính chất tam giác cân)

cũng là đường trung tuyến của

là trung điểm của (đpcm)

Kéo dài cắt đường tròn tại

Khi đó ta có: (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

Vì là tứ giác nội tiếp (cmt)

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

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

Hay

3) Cho Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp

Theo chứng minh b) ta có: là tứ giác nội tiếp

Đường tròn ngoại tiếp là đường tròn ngoại tiếp tứ giác

Ta có: và là góc nội tiếp chắn cung

là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác

Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm của

Gọi là trung điểm của

Ta có: hay

hay

là hình bình hành.

cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Mà là trung điểm của

cũng là trung điểm của

Xét ta có:

lần lượt là trung điểm của

là đường trung bình của

Ta có: là góc ở tâm chắn cung

là góc ở tâm chắn cung

cân tại có đường trung tuyến

cũng là phân giác của

Xét ta có:

Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp là:

Bài 5

Phương pháp:

1) Tìm điều kiện xác định của phương trình.

Biến đổi để đưa phương trình về dạng phương trình tích rồi giải phương trình.

Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

2) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si để chứng minh.

Cách giải:

1) Giải phương trình:

Điều kiện:

Với

vô nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

2) Cho các số thực dương thỏa mãn:

Chứng minh:

Sưu tầm: Facebook. 

Đặt

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta có:

Tương tự ta có:

Cộng vế với vế ba bất đẳng thức cùng chiều ta có:

Lại có:

Vậy \(\dfrac{{{a^3}}}{{b + 2c}} + \dfrac{{{b^3}}}{{c + 2a}} + \dfrac{{{c^3}}}{{a + 2b}} \ge 1.\

Đề bài

Câu 1: Tìm tất cả các giá trị của để hàm số đồng biến trên

A.                             B.                             C.                                     D.  

Câu 2: Phương trình có hai nghiệm Tính  

A.                      B.                      C.                  D.   

Câu 3: Cho điểm thuộc đồ thị hàm số Biết Tính  

A.                                 B.                              C.                D.    

Câu 4: Hệ phương trình có bao nhiêu nghiệm?

A.  0                                        B.  1                                        C. 2                                         D. vô số.

Câu 5: Với các số thỏa mãn thì biểu thức bằng:

A.                                  B.                                      C.                                  D.  

Câu 6: Cho tam giác vuông tại có Tính độ dài đường cao của tam giác  

A.                      B.               C.                D.   

Câu 7: Cho đường tròn tâm bán kính và đường tròn tâm bán kính Biết Số tiếp tuyến chung của hai đường tròn đã cho là:

A. 1                                         B. 2                                         C. 3                                         D. 4

Câu 8: Một quả bóng hình cầu có đường kính bằng Thể tích quả bóng là:

A.                          B.                                C.                             D.  

II. TỰ LUẬN (8 điểm)

Câu 1 (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức .

b) Chứng minh rằng với và .

Câu 2 (1,5 điểm):

Cho phương trình   (với là tham số).

a) Giải phương trình với

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

c) Gọi là hai nghiệm của phương trình Tìm tất cả các giá trị của để

Câu 3 (1 điểm):   Giải hệ phương trình

Câu 4 (3,0 điểm)

Qua điểm A nằm ngoài đường tròn vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (B, C là hai tiếp điểm). Gọi E là trung điểm của AC, F là giao điểm thứ hai của EB với đường tròn .

a) Chứng minh: tứ giác là tứ giác nội tiếp, tam giác đồng dạng với tam giác .

b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn . Chứng minh .

c) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác .

Câu 5 (1 điểm):

Xét các số thay đổi thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Lời giải chi tiết

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM:

Câu 1 - Hàm số bậc nhất

Phương pháp:

Hàm số đồng biến trên khi và nghịch biến trên khi

Cách giải:

Hàm số đồng biến trên

Chọn B.

Câu 2 - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng

Phương pháp:

Phương trình có hai nghiệm thì theo hệ thức Vi-et ta có:

Cách giải:

Phương trình có hai nghiệm

Khi đó theo hệ thức Vi-et ta có:

Chọn A.

Câu 3 - Đồ thị hàm số y = ax^2 (a ≠ 0)

Phương pháp:

Điểm thuộc đồ thị hàm số

Cách giải:  

Điểm có hoành độ và thuộc đồ thị hàm số

Chọn C.

Câu 4 - Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số

Phương pháp:

Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

Cách giải:

Ta có:

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

Chọn B.

Câu 5 - Liên hệ giữa phép nhân và phép khai phương

Phương pháp:

Sử dụng công thức

Cách giải:

Ta có: vì

Chọn D.

Câu 6 - Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông

Phương pháp:

Sử dụng công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông:

Cách giải:

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

Chọn C.

Câu 7 - Vị trí tương đối của hai đường tròn

Phương pháp:

Cho hai đường tròn và khi đó ta có:

+) thì hai đường tròn nằm ngoài nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.

Hai đường tròn có tiếp tuyến chung.

+) thì hai đường tròn đựng nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.

Hai đường tròn không có tiếp tuyến chung.

+) thì hai đường tròn cắt nhau hay hai đường tròn có hai điểm chung.

Hai đường tròn có tiếp tuyến chung.

+) thì hai đường tròn tiếp xúc ngoài hay hai đường tròn có một điểm chung.

Hai đường tròn có tiếp tuyến chung.

+) thì hai đường tròn tiếp xúc trong hay hai đường tròn có một điểm chung.

Hai đường tròn có tiếp tuyến chung.

Cách giải:

Ta có:

Lại có:

Hai đường tròn nằm ngoài nhau

Hai đường tròn có tiếp tuyến chung.

Chọn D.

Câu 8 - Hình cầu - Diện tích mặt cầu và thể tích mặt cầu

Phương pháp:

Thể tích mặt cầu bán kính là:  

Cách giải:

Bán kính của quả bóng là:

Thể tích của quả bóng đã cho là:

Chọn A.

PHẦN II: TỰ LUẬN

Câu 1 - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba

Phương pháp:

a) Sử dụng hằng đẳng thức.

b) Quy đồng, rút gọn.

Cách giải:

a) Rút gọn biểu thức .

Ta có:

Vậy .

b) Chứng minh rằng với và .

Với và ta có:

Vậy với và .

Câu 2 - Ôn tập chương 4: Hàm số y = ax^2 (a ≠ 0) - Phương trình bậc hai một ẩn

Phương pháp:

a) Thay vào phương trình và giải phương trình bậc hai.

b) Chứng minh phương trình có với mọi

c) Áp dụng định lý Vi-et và biểu thức bài cho để làm bài toán.

Cách giải:

Cho phương trình   (với là tham số).

a) Giải phương trình với

Thay vào phương trình ta có:

Phương trình có:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

Vậy với thì phương trình có tập nghiệm:

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

Phương trình có:

Vì

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi

c) Gọi là hai nghiệm của phương trình Tìm tất cả các giá trị của để

Với mọi thì  phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng định lý Vi-et ta có:

Ta có là nghiệm của phương trình

Theo đề bài ta có:

Thay   vào ta được:

Vậy là các giá trị thỏa mãn bài toán.

Câu 3 - Hệ phương trình không mẫu mực

Phương pháp:

+) Cộng vế với vế của hệ phương trình.

+) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.

Cách giải: 

Giải hệ phương trình

Giải phương trình ta được:

+) Với

+) Với

+) Với

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm:

Câu 4 - Ôn tập tổng hợp chương 1, 2, 3 - Hình học

Phương pháp:

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng các dấu hiệu nhận biết.

+) Chứng minh tam giác đồng dạng theo trường hợp góc – góc.

b) Chứng minh các tam giác đồng dạng và dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau để chứng minh đẳng thức bài yêu cầu.

Cách giải:

a) Chứng minh: tứ giác là tứ giác nội tiếp, tam giác đồng dạng với tam giác .

+) Chứng minh: tứ giác là tứ giác nội tiếp:

Do là tiếp tuyến của .

Xét tứ giác có: Tứ giác là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰).

+) Chứng minh  

Xét đường tròn ta có:

là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung

là góc nội tiếp chắn cung

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

Xét và ta có:

b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn . Chứng minh .

Xét tam giác và tam giác có:

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

 (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Xét tam giác và tam giác có:

chung;

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

 (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Mà (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra .

c) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác .

Xét tam giác và ta giác có:

chung;

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

.

Mà .

Xét tam giác và tam giác có:

  (hai góc tương ứng)

Mà góc là góc nội tiếp chắn cung của đường tròn ngoại tiếp tam giác ; ở vị trí góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung ).

Vậy là  tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác .

Câu 5 - Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Phương pháp:

Biến đổi biểu thức bài cho, đặt

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số.

Cách giải:

Theo đề bài ta có:

Ta có:

Đặt

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương ta có:

Dấu “=” xảy ra  

Vậy   khi