Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Bình

Đề bài

Câu 1: Cho biểu thức \(A = \frac{1}{{\sqrt a {\rm{ \;}} + 3}} + \frac{6}{{a - 9}}\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).

1. Rút gọn biểu thức \(A\).

2. Tìm tất cả các giá trị của \(a\) để \(A = \frac{1}{2}\).

Câu 2: 1. Giải phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\).

2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 3 = 0\) ( \(m\) là tham số).

a. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm.

b. Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\), tìm tất cả các giá trị của m để \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\).

Câu 3: Với \(x \in \mathbb{R}\), tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = 4{x^2} - 2|2x - 3| - 12x + 2033\).

Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC và điểm 4 thuộc nửa đường tròn đó, (A khác B và C). Lấy điểm E thuộc cung AB (E khác A và B) sao cho BE < AC, gọi M là giao điểm của AB và CE. Kẻ MH vuông góc với BC tại H.

1. Chứng minh tứ giác ACHM nội tiếp.

2. Chứng minh \(\Delta \)BAE đồng dạng với \(\Delta \)HAM .

3. Gọi K là giao điểm của OE và HA. Chứng minh KE.KO = KA.KH.

----- HẾT -----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (VD):

Phương pháp:

1.Sử dụng tính chất căn bậc hai.

2. Giải phương trình với A vừa rút gọn.

Cách giải:

1. Rút gọn biểu thức \(A\).

Với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\) ta có:

\(\begin{array}{l}A = \frac{1}{{\sqrt a  + 3}} + \frac{6}{{a - 9}}\\\,\,\,\, = \frac{1}{{\sqrt a  + 3}} + \frac{6}{{\left( {\sqrt a  + 3} \right)\left( {\sqrt a  - 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{\sqrt a  - 3}}{{\left( {\sqrt a  + 3} \right)\left( {\sqrt a  - 3} \right)}} + \frac{6}{{\left( {\sqrt a  + 3} \right)\left( {\sqrt a  - 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{\sqrt a  + 3}}{{\left( {\sqrt a  + 3} \right)\left( {\sqrt a  - 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{1}{{\sqrt a  - 3}}\end{array}\)

Vậy \(A = \frac{1}{{\sqrt a  - 3}}.\)

2. Tìm tất cả các giá trị của \(a\) để \(A = \frac{1}{2}\).

Với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\) ta có: \(A = \frac{1}{{\sqrt a  - 3}}.\)

Vậy với \(a = 5\) thì \(A = \frac{1}{2}\).

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

1. Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {b^2} - 4.a.c\)

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

- \(\Delta {\rm{ \;}} < 0\) thì phương trình vô nghiệm

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

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

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

2. Sử dụng vi ét.

Cách giải:

1. Giải phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\).

Xét phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) có \(a + b + c = 1 + 5 - 6 = 0\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} =  - 6\end{array} \right.\)

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} =  - 6\end{array} \right.\).

2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 3 = 0\) ( \(m\) là tham số).

a. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm.

Xét phương trình \({x^2} + 5x + m - 3 = 0\) có \(\Delta  = {5^2} - 4.1.\left( {m - 3} \right) = 25 - 4m + 12 = 37 - 4m\)

Để phương trình có hai nghiệm thì \(\Delta  \ge 0 \Leftrightarrow 37 - 4m \ge 0 \Leftrightarrow  - 4m \ge  - 37 \Leftrightarrow m \le \frac{{37}}{4}\).

Vậy phương trình có hai nghiệm khi \(m \le \frac{{37}}{4}\).

b. Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\), tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\).

Theo a, phương trình có hai nghiệm khi \(m \le \frac{{37}}{4}\).

Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình.

Áp dụng định lí Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 5\\{x_1}.{x_2} = m - 3\end{array} \right.\) 

Để \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\)

\(\begin{array}{l}2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\\ \Leftrightarrow 2\left( {m - 3} \right) - \left( { - 5} \right) = 2\\ \Leftrightarrow 2m = 3\\ \Leftrightarrow m = \frac{3}{2}\left( {tm} \right).\end{array}\)

Vậy với \(m = \frac{3}{2}\) thì phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\), mãn hệ thức \(2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2\).

Câu 3 (NB):

Cách giải:

Ta có:

 \(\begin{array}{l}P = 4{x^2} - 2|2x - 3| - 12x + 2033\\\,\,\,\,\, = \left( {4{x^2} - 12x + 9} \right) - 2|2x - 3| + 2024\\\,\,\,\,\, = {\left( {2x - 3} \right)^2} - 2|2x - 3| + 2024\end{array}\)

Đặt \(t = |2x - 3| \ge 0\)

Khi đó ta có: \(P = {t^2} - 2t + 2024 = {(t - 1)^2} + 2023\)

Vì \(t \ge 0 \Rightarrow t - 1 \ge  - 1 \Rightarrow {(t - 1)^2} \ge 0\) nên \(P \ge 0 + 2023 = 2023\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(t - 1 = 0 \Leftrightarrow t = 1\)

Suy ra: \(|2x - 3| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 3 = 1\\2x - 3 =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 4\\2x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 1\end{array} \right.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là \(2023\) khi \(x = 1\) hoặc \(x = 2.\)

Câu 4 (NB):

Cách giải:

1. Chứng minh tứ giác ACHM nội tiếp.

Ta có \(\angle BAC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mà \(\angle MHC = {90^0}\left( {MH \bot BC} \right)\)

\( \Rightarrow \angle MHC + \angle MAC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

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

2. Chứng minh \(\Delta \)BAE đồng dạng với \(\Delta \)HAM .

Do AMHC nội tiếp (cmt) nên \(\angle MAH = \angle MCH\) (cùng chắn cung MH)

Và \(\angle MHA = \angle MCA\) (cùng chắn cung AM)

Mà \(\angle MCH = \angle ECB = \angle EAB\) (cùng chắn cung EB)  và \(\angle ACE = \angle EBA\) (cùng chắn cung AE)

\( \Rightarrow \angle MAH = \angle EAB\left( { = \angle ECB} \right)\) và \(\angle MHA = \angle EBA\left( { = \angle ECA} \right)\)

Xét \(\Delta MHA\) và \(\Delta EBA\) có:

\(\angle MAH = \angle EAB\) (cmt)

\(\angle MHA = \angle EBA\) (cmt)

$\Rightarrow \Delta MAH\backsim \Delta EAB\left( g.g \right)$ (đpcm)

3. Gọi K là giao điểm của OE và HA. Chứng minh KE.KO = KA.KH.

Do MHCA nội tiếp nên \(\angle AHC = \angle AMC\) (cùng chắn cung AC)

Mà \(\angle AMC = \frac{1}{2}\left( {sdcAC + sdcEB} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{180}^0} - sdcAE} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{180}^0} - \angle EOA} \right) = \frac{1}{2}\left( {\angle AEO + \angle EAO} \right)\)

Mà \(\Delta OEA\) cân do OA = OE nên \(\angle OEA = \angle OAE\)

\( \Rightarrow \angle AMC = \frac{1}{2}.2.\angle OEA = \angle OEA\)

\( \Rightarrow \angle AHO = \angle AEO\left( { = \angle AMC} \right)\)

Xét tứ giác OHEA có \(\angle AHO = \angle AEO\)

Mà H, E là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn OA dưới 2 góc bằng nhau nên OHEA nội tiếp

\( \Rightarrow \angle KAO = \angle KEH\) (cùng chắn cung OH) và \(\angle KOA = \angle KHE\) (cùng chắn cung AE)

Xét \(\Delta KOA\) và \(\Delta KHE\) có:

\(\angle KAO = \angle KEH\left( {cmt} \right)\)

\(\angle KOA = \angle KHE\left( {cmt} \right)\)

$\Rightarrow \Delta KOA\backsim \Delta KHE\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{KO}{KH}=\frac{KA}{KE}\Rightarrow KO.KE=KH.KA$  (đpcm)

Đề bài

Câu 1 (2,0 điểm):

Rút gọn các biểu thức sau:

a)

b) (với ).

Câu 2 (1,5 điểm):

a) Tìm tất cả các giá trị của để hàm số đồng biến trên .

b) Giải hệ phương trình

Câu 3 (2,0 điểm):

Cho phương trình ( là tham số)

a)  Giải phương trình khi .

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn .

Câu 4 (1,0 điểm):

Cho là các số thực dương. Chứng minh .

Câu 5 (3,5 điểm):

Cho đường tròn đường kính , dây cung vuông góc với tại sao cho . Trên đoạn thẳng lấy điểm ( khác và ), tia cắt đường tròn tại điểm thứ hai là . Chứng minh rằng:

a) Tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) đồng dạng với .

Lời giải

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

a) Sử dụng hằng đẳng thức:

Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.

b) Xác định mẫu thức chung của biểu thức

Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.

Cách giải:

a)

Vậy .

b) Với ta có:

Vậy với thì .

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

a) Hàm số đồng biến trên

b) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm

Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm

Kết luận nghiệm của hệ phương trình.

Cách giải:

a) Để hàm số đồng biến trên thì .

Vậy hàm số đồng biến trên khi .

b) Ta có:

Vậy nghiệm của hệ phương trình là .

Câu 3 (VD):  

Phương pháp:

a) Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt (hoặc )

Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được theo

Thay vào , ta tìm được

Cách giải:

a) Với thì trở thành .

Ta có nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt .

Vậy khi thì tập nghiệm của phương trình là .

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt .

Khi đó áp dụng hệ thức Vi- ét ta có

Khi đó ta có:

Vậy .

Câu 4 (VDC):

Phương pháp:

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho và

Từ đó, suy ra sau đó, suy ra được

Cách giải:

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng là tứ giác nội tiếp.

b) Ta sẽ chứng minh

c)

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

Áp dụng định lý Py – ta – go cho tam giác vuông

(đpcm)

Cách giải:

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

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

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

.

Lại có (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ) .

Xét và có: .

c) Vì (2 cạnh tương ứng) .

Xét tam giác vuông có đường cao ta có: (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

.

Mà vuông tại nên áp dụng định lí Pytago ta có .

Vậy (đpcm).

Đề bài

Câu 1 (2 điểm):

Rút gọn các biểu thức:

a)

b) với

Câu 2 (1,5 điểm):

a) Tìm tất cả các giá trị của để hàm số nghịch biến trên

b) Giải hệ phương trình

Câu 3 (2 điểm):

Cho phương trình với là tham số.

a) Giải phương trình khi

b) Tìm tất cả các giá trị của để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn

Câu 4 (1 điểm):

Cho là các số thực dương. Chứng minh

Câu 5 (3,5 điểm):

Cho đường tròn đường kính dây cung vuông góc với tại sao cho Trên đoạn lấy điểm ( khác và ), tia cắt đường tròn tại điểm thứ hai là Chứng minh rằng:

a) Tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) đồng dạng với

c)

Lời giải

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

a) Sử dụng hằng đẳng thức:

Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.

b) Xác định mẫu thức chung của biểu thức

Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.

Cách giải:

a)

Vậy

b) với

Điều kiện:

Vậy khi

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

a) Hàm số nghịch biến trên

b) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm

Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm

Kết luận nghiệm của hệ phương trình.

Cách giải:

a) Hàm số nghịch biến trên

Vậy thì hàm số đã cho nghịch biến trên

b)

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

a) Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt (hoặc )

Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được theo

Thay vào , ta tìm được

Cách giải:

a) Với ta có phương trình trở thành:

Phương trình có

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: và

Vậy với thì phương trình đã cho có tập nghiệm

b) Xét phương trình

Phương trình có:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

Với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:

Theo đề bài ta có:

Vậy thỏa mãn bài toán.

Câu 4 (VDC):

Phương pháp:

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho và

Từ đó, suy ra sau đó, suy ra được

Cách giải:

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

Dấu “=” xảy ra

Vậy

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng là tứ giác nội tiếp.

b) Ta sẽ chứng minh:

Từ và

Chứng minh được:

c)

Áp dụng hệ thức lượng trong ta có:

Áp dụng định lý Py – ta – go cho :

(đpcm)

Cách giải:

a) Ta có: là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

Xét tứ giác ta có:

là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

b) Ta có: là tứ giác nội tiếp (cmt)

(tính chất tứ giác nội tiếp)

Lại có: (hai góc đối đỉnh).

Mà là tứ giác nội tiếp đường tròn

Từ và

Xét và ta có:

c) Ta có:

Vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

hay

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

Áp dụng định lý Pitago cho vuông tại ta có:

Đề bài

Câu 1 (2 điểm): Cho biểu thức

a) Tìm điều kiện xác định và rút họn biểu thức

b) Tìm giá trị nguyên của để nhận giá trị nguyên.

Câu 2 (1,5 điểm): Cho hàm số có đồ thị là đường thẳng

a) Với giá trị nào của thì hàm số trên đồng biến trên

b) Tìm để đường thẳng đi qua điểm .

Câu 3 (2 điểm): Cho phương trình (với là tham số).

a) Giải phương trình khi

b) Tìm giá trị của để phương trình có hai nghiệm  thỏa mãn

Câu 4 (1,0 điểm):

Cho là hai số thực dương thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Câu 5 (3,5 điểm): Từ một điểm nằm ngoài đường tròn tâm ta kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn ( là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ lấy một điểm kẻ

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

b) Kẻ Chứng minh rằng

c) Xác định vị trí của trên cung nhỏ để tích đạt giá trị lớn nhất.

Lời giải

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

a) Sử dụng hằng đẳng thức:

Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.

b) Xác định mẫu thức chung của biểu thức

Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.

Cách giải:

a)

Vậy

b) với

Điều kiện:

Vậy khi

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

a) Hàm số nghịch biến trên

b) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm

Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm

Kết luận nghiệm của hệ phương trình.

Cách giải:

a) Hàm số nghịch biến trên

Vậy thì hàm số đã cho nghịch biến trên

b)

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

a) Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt (hoặc )

Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được theo

Thay vào , ta tìm được

Cách giải:

a) Với ta có phương trình trở thành:

Phương trình có

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: và

Vậy với thì phương trình đã cho có tập nghiệm

b) Xét phương trình

Phương trình có:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

Với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:

Theo đề bài ta có:

Vậy thỏa mãn bài toán.

Câu 4 (VDC):

Phương pháp:

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho và

Từ đó, suy ra sau đó, suy ra được

Cách giải:

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

Dấu “=” xảy ra

Vậy

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng là tứ giác nội tiếp.

b) Ta sẽ chứng minh:

Từ và

Chứng minh được:

c)

Áp dụng hệ thức lượng trong ta có:

Áp dụng định lý Py – ta – go cho :

(đpcm)

Cách giải:

a) Ta có: là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

Xét tứ giác ta có:

là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

b) Ta có: là tứ giác nội tiếp (cmt)

(tính chất tứ giác nội tiếp)

Lại có: (hai góc đối đỉnh).

Mà là tứ giác nội tiếp đường tròn

Từ và

Xét và ta có:

c) Ta có:

Vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

hay

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

Áp dụng định lý Pitago cho vuông tại ta có: