Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa

Đề bài

II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu 9. (1,5 điểm)

a) Giải phương trình: .

b) Giải hệ phương trình: .

Câu 10. (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức:

Câu 11. (1,0 điểm) Cho phương trình bậc hai , với là tham số. Tìm tất cả các giá trị của để phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn:

Câu 12. (1,0 điểm) Để mở rộng kinh doanh, một hộ kinh doanh đã vay tổng số tiền là 700 triệu đồng, kì hạn một năm từ hai ngân hàng X và Y với lãi suất lần lượt là 8%/năm và 9%/năm. Sau đúng một năm kể từ ngày vay, hộ kinh doanh đó phải trả cho cả hai ngân hàng tổng số tiền lãi là 58 triệu đồng. Tính số tiền mà hộ kinh doanh đó đã vay từ mỗi ngân hàng.

Câu 13. (1,0 điểm) Một thiết bị thí nghiệm dùng để đựng nước có dạng hình nón rỗng đáy, được đặt lên giá theo phương thẳng đứng. Biết rằng, thiết bị có chiều cao bằng , đường kính đáy bằng và độ dày của thành không đáng kể (hình vẽ bên)

 

a) Tính thể tích nước tối đa mà thiết bị đó có thể đựng được theo đơn vị  (lấy ).

b) Ban đầu thiết bị không chứa nước. Người ta bỏ vào bên trong thiết bị ba viên bi hình cầu không thấm nước có cùng bán kính. Sau đó, đổ thêm vào thiết bị đó bốn cốc đầy nước, phần nước trong mỗi cốc có dạng hình trụ với bán kính đáy bằng và chiều cao bằng . Quan sát thấy mực nước bên trong thiết bị dâng lên vừa bằng miệng nón, các viên bi bị ngập hoàn toàn trong nước. Tính bán kính của mỗi viên bi (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai sau dấu phẩy theo đơn vị ).

(Lưu ý: Học sinh không nhất thiết phải vẽ hình vào bài làm).

Câu 14. (2,0 điểm) Cho đường tròn và điểm ở bên ngoài đường tròn. Qua kẻ hai tiếp tuyến và với đường tròn đó ( là các tiếp điểm).

a) Chứng minh là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi là giao điểm của và , là điểm thuộc đoạn thẳng . Qua kẻ đường thẳng vuông góc với tại . Chứng minh .

c) Kẻ đường kính của đường tròn , đường thẳng cắt đường tròn tại điểm thứ hai ( khác ). Gọi là trung điểm của . Chứng minh ba điểm thẳng hàng.

Câu 15. (0,5 điểm) Một doanh nghiệp muốn quy hoạch một khu đất có dạng hình chữ nhật với diện tích để làm khu liên hợp thể thao. Khu đất quy hoạch được mở rộng thành một khu đất mới có dạng là hình tròn đường kính và phần đất mở rộng thêm đó được dung làm khu sinh thái (minh họa hình vẽ bên). Gọi và (đơn vị: mét) là các kích thước của hình chữ nhật .

a) Tính diện tích phần đất làm khu sinh thái theo và .

b) Doanh nghiệp muốn thiết kế sao cho các kích thước là các số tự nhiên và phần diện tích đất làm khu sinh thái đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, hãy tính chu vi của khu đất theo đơn vị mét.

-HẾT-

Lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 NĂM HỌC 2026 – 2027

MÔN TOÁN – THANH HÓA

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN trithuchub.com

I. TRẮC NGHIỆM:

 

Câu 1:

Phương pháp giải:

Chuyển vế giải phương trình bậc nhất một ẩn

Lời giải:

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là .

Đáp án: A.

Câu 2:

Phương pháp giải:

Áp dụng kiến thức khai căn bậc hai và bậc ba thực hiện phép tính.

Lời giải:

Đáp án: B.

Câu 3:

Phương pháp giải:

Thay vào hàm số từ đó tìm được giá trị của hệ số a.

Lời giải:

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm nên .

Thay vào hàm số ta được:

Vậy .

Đáp án: C.

Câu 4:

Phương pháp giải:

Chuyển vế giải bất phương trình bậc nhất một ẩn.

Lời giải:

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là .

Đáp án: D.

Câu 5:

Phương pháp giải:

Đường kính đường tròn nội tiếp hình vuông bằng độ dài cạnh hình vuông. Từ đó tính bán kính của đường tròn nội tiếp hình vuông.

Lời giải:

Bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông có cạnh là (cm)

Đáp án: C.

Câu 6:

Phương pháp giải:

Áp dụng công tức tính độ dài cung là , trong đó: là bán kính, là số đo góc ở tâm.

Lời giải:

Độ dài cung là: (cm)

Đáp án: C.

Câu 7:

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính tần số tương đối.

Lời giải:

Tần số của nhóm học sinh dành từ 70 đến dưới 90 phút tự học là: 28

Khi đó, tần số tương đối của nhóm học sinh dành từ 70 đến dưới 90 phút tự học là:

Đáp án: D.

Câu 8:

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính xác suất của biến cố là

Trong đó: là xác suất của biến cố; là số kết quả thuận lợi của biến cố ; là số phần tử của không gian mẫu.

Lời giải:

Số phần tử của không gian mẫu

Vì trong hộp có 5 quả bóng màu xanh nên số kết quả thuận lời của biến cố X: “Quả bóng lấy ra có màu xanh” là .

Vậy xác suất của biến cố X:“Quả bóng lấy ra có màu xanh” là .

Đáp án: B.

II. TỰ LUẬN: 

Câu 9. (1,5 điểm)

a) Giải phương trình: .

b) Giải hệ phương trình: .

Phương pháp giải:

a) Áp dụng công thức giải phương trình bậc hai một ẩn.

b) Sử dụng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng giải hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn.

Lời giải:

a) Phương trình có các hệ số: .

Ta thấy .

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt: ;

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

b) Xét hệ phương trình:

Từ phương trình (1), ta có: .

Thế vào phương trình (2), ta được:

Với , thay vào biểu thức của , ta được:

.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất .

Câu 10. (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức:

Phương pháp giải:

Khi rút gọn biểu thức, ta cần thực hiện các bước sau:

+ Bước 1: Tìm điều kiện xác định (nếu cần);

+ Bước 2: Phân tích mẫu thành nhân tử để tìm mẫu thức chung rồi quy đồng;

+ Bước 3: Áp dụng các phép toán (cộng, trừ, nhân, chia) phân thức hoặc các phép biến đổi khai căn để rút gọn phân thức.

Lời giải:

Với điều kiện và , ta có:

Phân tích thành nhân tử:

Thay vào biểu thức , ta được:

.

Vậy với và thì .

Câu 11. (1,0 điểm) Cho phương trình bậc hai , với là tham số. Tìm tất cả các giá trị của để phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn:

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý Vi-ét vào biến đổi biểu thức cho trước sau đó tìm giá trị tham số .

Lời giải:

Xét phương trình có các hệ số .

Có

Để phương trình có hai nghiệm thì hay .

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

Vì là một nghiệm của phương trình nên ta có:

Thay vào biểu thức ta được:

Thay (1) và (2) vào biểu thức trên, ta được:

(thỏa mãn).

Vậy giá trị của tham số m cần tìm là .

Câu 12. (1,0 điểm) Để mở rộng kinh doanh, một hộ kinh doanh đã vay tổng số tiền là 700 triệu đồng, kì hạn một năm từ hai ngân hàng X và Y với lãi suất lần lượt là 8%/năm và 9%/năm. Sau đúng một năm kể từ ngày vay, hộ kinh doanh đó phải trả cho cả hai ngân hàng tổng số tiền lãi là 58 triệu đồng. Tính số tiền mà hộ kinh doanh đó đã vay từ mỗi ngân hàng.

Phương pháp giải:

Gọi số tiền hộ kinh doanh vay từ ngân hàng X là (triệu đồng) và từ ngân hàng Y là (triệu đồng).

Điều kiện: .

Biểu diễn tổng số tiền vay từ hai ngân hàng và tổng số tiền lãi phải trả cho cả hai ngân hàng theo .

Theo đề bài ta có hệ phương trình.

Giải phương trình, kiểm tra điều kiện của ẩn và kết luận.

Lời giải:

Gọi số tiền hộ kinh doanh vay từ ngân hàng X là (triệu đồng) và từ ngân hàng Y là (triệu đồng).

Điều kiện: .

Vì tổng số tiền vay từ hai ngân hàng là 700 triệu đồng nên ta có phương trình:

Tiền lãi phải trả cho ngân hàng X sau một năm là: (triệu đồng).

Tiền lãi phải trả cho ngân hàng Y sau một năm là: (triệu đồng).

Vì tổng số tiền lãi phải trả cho cả hai ngân hàng là 58 triệu đồng nên ta có phương trình:

Ta có hệ phương trình:

Nhân hai vế của phương trình thứ hai với 100, ta được:

Từ phương trình (1) ta có , thay vào (2) ta được:

(thỏa mãn điều kiện).

Thay vào (1), ta được (thỏa mãn điều kiện).

Vậy số tiền mà hộ kinh doanh đó đã vay từ ngân hàng X và ngân hàng Y lần lượt là 500 triệu đồng và 200 triệu đồng.

Câu 13. (1,0 điểm) Một thiết bị thí nghiệm dùng để đựng nước có dạng hình nón rỗng đáy, được đặt lên giá theo phương thẳng đứng. Biết rằng, thiết bị có chiều cao bằng , đường kính đáy bằng và độ dày của thành không đáng kể (hình vẽ bên)

 

a) Tính thể tích nước tối đa mà thiết bị đó có thể đựng được theo đơn vị (lấy ).

b) Ban đầu thiết bị không chứa nước. Người ta bỏ vào bên trong thiết bị ba viên bi hình cầu không thấm nước có cùng bán kính. Sau đó, đổ thêm vào thiết bị đó bốn cốc đầy nước, phần nước trong mỗi cốc có dạng hình trụ với bán kính đáy bằng và chiều cao bằng . Quan sát thấy mực nước bên trong thiết bị dâng lên vừa bằng miệng nón, các viên bi bị ngập hoàn toàn trong nước. Tính bán kính của mỗi viên bi (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai sau dấu phẩy theo đơn vị ).

(Lưu ý: Học sinh không nhất thiết phải vẽ hình vào bài làm).

Phương pháp giải:

a) Sử dụng công thức tính thể tích của hình nón:

b) Tính thể tích mỗi cốc nước; Lượng nước đổ vào mỗi thiết bị; Thể tích mỗi viên bi

Từ đó ta tính được bán kính của mỗi viên bi.

Lời giải:

a) Bán kính đáy của thiết bị hình nón là 12 : 2 = 6 cm

Thể tích nước tối đa thiết bị đựng được chính là thể tích hình nón có chiều cao

h = 24 cm, bán kính r = 6 cm:

.

b) Thể tích mỗi cốc nước là:

.

Lượng nước đổ vào thiết bị là:

.

Thể tích mỗi viên bi là:

.

Bán kính mỗi viên bi là:

.

Câu 14. (2,0 điểm) Cho đường tròn và điểm ở bên ngoài đường tròn. Qua kẻ hai tiếp tuyến và với đường tròn đó ( là các tiếp điểm).

a) Chứng minh là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi là giao điểm của và , là điểm thuộc đoạn thẳng . Qua kẻ đường thẳng vuông góc với tại . Chứng minh .

c) Kẻ đường kính của đường tròn , đường thẳng cắt đường tròn tại điểm thứ hai ( khác ). Gọi là trung điểm của . Chứng minh ba điểm thẳng hàng.

Phương pháp giải:

a) Chứng minh M, O, A cùng thuộc đường tròn đường kính OM; M, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính OM. Từ đó suy ra M, A, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính OM hay là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh và . Từ đó suy ra hay

c) Kẻ IC cắt DA tại P; AC cắt IM tại E'. Chứng minh là trung điểm

Từ đó suy ra ba điểm A, C, E thẳng hàng.

Lời giải:

 

a) Vì (tính chất tiếp tuyến) nên vuông tại A

Suy ra M, O, A cùng thuộc đường tròn đường kính OM

Vì (tính chất tiếp tuyến) nên vuông tại B

Suy ra M, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính OM

Vậy M, A, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính OM

Chứng tỏ AOBM là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có và (tính chất tiếp tuyến)

là trung trực của AB

tại I

Xét và có

chung

()

Suy ra (g-g)

hay (1)

Xét và có

chung

()

Suy ra (g-g) 

hay (2)

Từ (1) và (2) suy ra hay .

Vậy (đpcm).

c) Vì BD là đường kính nên hay

Mà nên

Tương tự ta có (chắn đường kính BD)

nên

Xét và có

chung

()

Suy ra  (g.g)

Suy ra hay

Tương tự ta có (g-g) nên

Suy ra

Mà nên suy ra (c.g.c)

(3)

Tương tự ta có nên

Mà chung

Suy ra  (c.g.c)

(4)

Từ (3)(4) suy ra

là phân giác của

Kẻ IC cắt DA tại P; AC cắt IM tại E'

Ta có có IA vừa là đường cao, vừa phân giác

cân tại là trung tuyến

là trung điểm DP

Ta có nên

Mà

là trung điểm

Vậy ba điểm A, C, E thẳng hàng.

Câu 15. (0,5 điểm) Một doanh nghiệp muốn quy hoạch một khu đất có dạng hình chữ nhật với diện tích để làm khu liên hợp thể thao. Khu đất quy hoạch được mở rộng thành một khu đất mới có dạng là hình tròn đường kính và phần đất mở rộng thêm đó được dung làm khu sinh thái (minh họa hình vẽ bên). Gọi và (đơn vị: mét) là các kích thước của hình chữ nhật .

a) Tính diện tích phần đất làm khu sinh thái theo và .

b) Doanh nghiệp muốn thiết kế sao cho các kích thước là các số tự nhiên và phần diện tích đất làm khu sinh thái đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, hãy tính chu vi của khu đất theo đơn vị mét.

 

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức đánh giá bất đẳng thức giải quyết bài toán tối ưu.

Lời giải:

a) Theo đề bài, hình chữ nhật ABCD có hai kích thước là x và y (điều kiện:

Diện tích của hình chữ nhật ABCD là: ().

Độ dài đường chéo của hình chữ nhật ABCD là AC = .

Vì khu đất mở rộng có dạng hình tròn đường kính AC nên bán kính của hình tròn là: .

Diện tích của khu đất hình tròn là:

().

Diện tích khu sinh thái là ().

Vì nên ta có diện tích phần đất làm khu sinh thái theo là:

 .

b) Để phần diện tích đất làm khu sinh thái đạt giá trị nhỏ nhất thì biểu thức phải nhỏ nhất.

Hay đạt giá trị nhỏ nhất.

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

.

Dấu "=" xảy ra khi , hay .

Do là các số tự nhiên và nên là các ước của 67500.

Để tổng đạt giá trị nhỏ nhất thì x và y phải là cặp ước của 67500 có giá trị gần nhau nhất (tức là gần với giá trị 259,81 nhất).

Phân tích số 67500 ra thừa số nguyên tố: .

Cặp ước của 67500 gần với 259,81 nhất là 250 và 270 (vì ).

Khi đó, các kích thước hình chữ nhật ABCD là m và m (hoặc m và m).

Chu vi của khu đất ABCD là:

(m).

Vậy chu vi của khu đất ABCD khi đó là 1040 mét.

—HẾT—

Đề bài

Câu 1: Cho biểu thức với .

1. Rút gọn biểu thức P

2. Tìm tất cả các giá trị của để .

Câu 2: 

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng có phương trình . Tìm a, b để đường thẳng có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm

2. Giải hệ phương trình

Câu 3: 

1. Giải phương trình .

2. Cho phương trình ( là tham số). Tìm các giá trị của để phương trình có hai nghiệm (với ) thỏa mãn hệ thức .  

Câu 4: Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (O) (với A, B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm đối xứng với B qua O, đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại D (D khác C).

1. Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.

2. Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO. Chứng minh rằng MN² = ND.NA.

3. Gọi H là giao điểm của MO và AB. Chứng minh .

Câu 5: Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

----- HẾT -----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (VD):

Phương pháp:

1. Quy đồng và rút gọn.

2. Giải phương trình P > 1.

Cách giải:

1. Rút gọn biểu thức P

Ta có

            

Vậy với

2. Tìm tất cả các giá trị của để .

Để

  (do > 0)

Đối chiếu với điều kiện , để P > 1 thì

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

1. có hệ số góc là a.

2. Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.

Cách giải:

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  có phương trình . Tìm a, b để đường thẳng  có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm 

Vì (d) có hệ số góc bằng 3 nên suy ra:

Khi đó phương trình đường thẳng (d) có dạng

Vì (d) đi qua điểm nên thay tọa độ điểm M vào phương trình đường thẳng (d) ta được:

Vậy

2. Giải hệ phương trình

Ta có:

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: .

Câu 3 (NB):

Phương pháp:

1. Bước 1: Tính giá trính của với

Bước 2: Xét tập nghiệm của phương trình bằng việc sánh giá với 0

phương trình bậc 2 vô nghiệm

phương trình bậc 2 có nghiệm kép

phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau: .

2. Sử dụng Vi et.

Cách giải:

1. Giải phương trình .

Xét  phương trình có nên ta có phương trình có hai nghiệm phân biệt

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt .

2. Cho phương trình ( là tham số). Tìm các giá trị của để phương trình có hai nghiệm (với ) thỏa mãn hệ thức . 

Xét phương trình có với mọi m.

Áp dụng định lí Vi – ét ta có: .        (2)

Nhận thấy với mọi m nên phương trình có hai nghiệm trái dấu .

Ta có hệ phương trình

Thay vào ta được phương trình

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4 (VD):

Cách giải:

1. Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.

Vì MA, MB là tiếp tuyến của (O) (gt) .

.

Mà A, B là hai đỉnh đối diện của tứ giác MAOB.

Vậy MAOB là tứ giác nội tiếp (dhnb).

2. Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO. Chứng minh rằng MN² = ND.NA.

Ta có: (đối đỉnh), (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

.

Mà (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AO).

.

Xét và có:

(cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) .

3. Gọi H là giao điểm của MO và AB. Chứng minh .

Xét và có:

chung

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

(cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

                   (1)

Ta có: thuộc trung trực của AB.

(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) thuộc trung trực của AB.

là trung trực của AB tại H.

Xét tam giác OAM vuông tại A có đường cao AH, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

                  (2)

Từ (1), (2) .

Xét và có:

chung

(hai góc tương ứng)

Mà (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DB)

.

Mà .

vuông tại D (tam giác có tổng hai góc bằng ).

tại D.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ADH có: .

Biến đổi ta có:

Xét tam giác AHN vuông tại H, có đường cao HD ta có: (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

.

Xét và có:

(đối đỉnh)

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) . Lại có (từ vuông góc đến song song) (so le trong)

(cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Suy ra

Do đó ta cần chứng minh .

Theo ý 2. ta có: .

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

Vậy . Do đó ta có điều phải chứng minh .

Câu 5 (VDC):

Cách giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

Khi đó ta có:

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

Suy ra:

Mà:

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2024 khi

Đề bài

Câu I (2,0 điểm):

Cho biểu thức với .

1)  Rút gọn biểu thức

2) Tìm các giá trị của để

Câu II (2,0 điểm):

1. Trong mặt phẳng tọa độ , cho đường thẳng có phương trình ( là tham số). Tìm để đường thẳng đi qua điểm .

2. Giải hệ phương trình .

Câu III (2,0 điểm):

1. Giải phương trình .

2. Cho phương trình (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn hệ thức

Câu IV (3,0 điểm):

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn . Các đường cao AD, BE, CF (D thuộc B, E thuộc AC, F thuộc AB) của tam giác cắt nhau tại H, M là trung điểm của cạnh BC.

1. Chứng minh AEHF là tứ giác nội tiếp

2. Chứng minh các đường thẳng ME và MF là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.

3. Chứng minh .

Câu V (1,0 điểm):

Cho ba số thực thay đổi thỏa mãn các điều kiện và . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức . 

Lời giải chi tiết

Câu I (2,0 điểm):

Phương pháp:

1) Vận dụng hẳng đẳng thức xác định mẫu thức chung của biểu thức

Thực hiện các phép toán với các phân thức đại số để rút bọn biểu thức ban đầu.

2) Quy đồng phân thức, giải phương trình tìm được nghiệm đối chiếu điều kiện và kết luận.

Cách giải:

1) Với ta có:

Vậy với .

2) Ta có: với

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu II (2,0 điểm)

Phương pháp:

1) Thay tọa độ điểm vào đường thẳng , tìm được tham số .

2) Vận dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình.

Cách giải:

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

.

Vậy .

2) Ta có:

Vậy nghiệm của hệ phương trình là .

Câu III (2,0 điểm):

Phương pháp:

1) Vận dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn số xác định được nghiệm của phương trình.

2) Phương trình đã cho có nghiệm .

Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được

Biến đổi biểu thức ban đầu của đề bài để xuất hiện , thay tham số vào để giải và tìm tham số .

Cách giải:

1) Ta có: nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

Vậy phương trình có tập nghiệm .

2) Phương trình có .

Phương trình đã cho có nghiệm .

Khi đó theo định lí Vi-ét ta có:

Do là nghiệm của phương trình nên ta có:

Theo bài ra ta có:

 

Thay vào (1) ta được:

Vậy

Câu IV (3,0 điểm):

Phương pháp:

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

2) Gọi I là trung điểm của AH suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.

Chứng minh hay , do đó là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác

Chứng minh tương tự ta được là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác .

Cách giải:

 

1) Xét tứ giác AEHF có:

Mà hai góc này đối diện nhau trong tứ giác nên tứ giác là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm đường kính (dhnb).

2) Gọi I là trung điểm của AH suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.

cân tại I (tính chất tam giác cân).

Mà (đối đỉnh)    (1)

Do vuông tại F, M là trung điểm của BC nên (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông) cân tại     (2)

Cộng (1) với (2) ta được: (Do tam giác vuông tại ).

Suy ra: hay .

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

Chứng minh tương tự ta được là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác .

3) Giả sử .

Chứng minh

Chứng minh và , cộng từng vế của hai đẳng thức chứng minh được

Biện luận, từ đó có điều phải chứng minh.

3) Giả sử .

Dễ dàng chứng minh được các tứ giác là các tứ giác nội tiếp nên ta có:

Xét và có:

chung;

(góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp )

  (1)

Chứng minh tương tự ta có   (2)

Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta có:

Vì

Không mất tính tổng quát, ta giả sử , khi đó ta cần chứng minh .

Áp dụng định lí Pytago ta có: .

Mà .

đúng nên giả sử ban đầu là đúng.

Vậy .

Câu V (1,0 điểm):

Phương pháp:

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, chứng minh được:;;

Nhân vế theo vế 3 BĐT trên ta được điều phải chứng minh.

Cách giải:

Ta có:

Chứng minh tương tự ta có:

Nhân vế theo vế 3 BĐT trên ta được:

Vậy . Dấu “=” xảy ra . 

Đề bài

Câu I:

Cho biểu thức với và .

1. Rút gọn biểu thức .

2. Tìm các giá trị của để .

Câu II:

1. Trong mặt phẳng tọa độ , cho đường thẳng có phương trình . Tìm để đường thẳng cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm .

2. Giải hệ phương trình

Câu III:

1. Giải phương trình .

2. Cho phương trình ( là tham số). Tìm các giá trị của để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn hệ thức

Câu IV:

Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn . Các đường cao ( thuộc , thuộc ) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn tại các điểm và ( khác , khác ).

1. Chứng minh tứ giác nội tiếp được trong một đường tròn.

2. Chứng minh song song với .

3. Khi đường tròn và dây cố định, điểm di động trên cung lớn sao cho tam giác nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác không đổi và tìm vị trí của điểm để diện tích tam giác đạt giá trị lớn nhất.

Câu V:

Cho ba số thực dương thỏa mãn điều kiện . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  

Lời giải chi tiết

Câu I (2,0 điểm)

Cách giải:

Cho biểu thức với và .

1. Rút gọn biểu thức .

Với và ta có:

2. Tìm các giá trị của để .

Ta có:

Vậy để thì .

Câu II (2,0 điểm)

Cách giải:

1. Trong mặt phẳng tọa độ , cho đường thẳng có phương trình . Tìm để đường thẳng cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm .

Đường thẳng cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên đường thẳng đi qua điểm . Thay tọa độ điểm vào phương trình đường thẳng ta có: .

Khi đó phương trình đường thẳng có dạng .

Đường thẳng đi qua điểm nên thay tọa độ điểm vào phương trình đường thẳng ta có:

.

Vậy và

2. Giải hệ phương trình

.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là .

Câu III (2,0 điểm)

Cách giải:

1. Giải phương trình .

Ta có:

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

2. Cho phương trình ( là tham số). Tìm các giá trị của để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn hệ thức

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì

.

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: .

Theo bài ra ta có:

Ta có: , do đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

.

Vậy có hai giá trị của thỏa mãn yêu cầu bài toán là . 

Câu IV (3,0 điểm)

Cách giải:

Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn . Các đường cao ( thuộc , thuộc ) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn tại các điểm và ( khác , khác ).

 

1. Chứng minh tứ giác nội tiếp được trong một đường tròn.

Vì là các đường cao của nên .

.

Suy ra tứ giác là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

2. Chứng minh song song với .

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

Mà (hai góc nội tiếp cùng chắn cung của ).

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

Vậy .

3. Khi đường tròn và dây cố định, điểm di động trên cung lớn sao cho tam giác nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác không đổi và tìm vị trí của điểm để diện tích tam giác đạt giá trị lớn nhất.

Gọi .

Xét tứ giác có .

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

Lại có nên là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, do đó tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính , tâm là trung điểm của .

Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác là đường tròn .

Kẻ đường kính và gọi là trung điểm của .

Vì là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên .

Ta có: (từ vuông góc đến song song).

             (từ vuông góc đến song song).

Tứ giác là hình bình hành (dhnb).

Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường (tính chất hình bình hành).

Mà là trung điểm của (theo cách vẽ) nên cũng là trung điểm của .

Khi đó là đường trung bình của tam giác nên (tính chất đường trung bình).

Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác là đường tròn .

Mà và cố định, do đó cố định nên không đổi.

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác bằng không đổi.

Ta có: (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn).

Mà cố định nên không đổi. Do đó không đổi.

Xét và có:

chung;

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

theo tỉ số .

Do đó ta có: .

Xét tam giác vuông có: .

, mà không đổi nên để đạt giá trị lớn nhất thì phải lớn nhất.

Kéo dài cắt tại và .

Do không đổi (theo giả thiết) nên đạt giá tị lớn nhất khi và chỉ khi lớn nhất.

Khi đó phải là điểm chính giữa của cung lớn .

Vậy đạt giá trị lớn nhất khi là điểm chính giữa của cung lớn .

 Câu V (1,0 điểm)

Cách giải:

Cho ba số thực dương thỏa mãn điều kiện . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Ta có:

Đặt .

Khi đó

Áp dụng BĐT ta có:

Lại có:

Do đó

Vậy .

Dấu “=” xảy ra khi . 

Đề bài

Câu I (2,0 điểm):

Cho biểu thức với

1. Rút gọn biểu thức

2. Tính giá trị của biểu thức khi

Câu II (2,0 điểm):

1. Cho đường thẳng . Tìm để đường thẳng song song với đường thẳng và đi qua điểm .

2. Giải hệ phương trình .

Câu III (2,0 điểm):

1. Giải phương trình .

2. Cho phương trình (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

.

Câu IV (3,0 điểm): Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kể các tiếp tuyến với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kì khác B và C. Gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các đoạn thẳng .

1. Chứng minh là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh .

3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích đạt giá trị lớn nhất.

Câu V (1,0 điểm):

Cho các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng:

. 

Lời giải chi tiết

Câu I :

Phương pháp:

a) Sử dụng công thức:

b) Đưa x về dạng bình phương của 1 tổng. Tìm .

    Thay giá trị của vừa tìm được tính giá trị biểu thức A.

Cách giải:

Cho biểu thức với

1. Rút gọn biểu thức

Với ta có:

2. Tính giá trị của biểu thức khi

Ta có:

Thay vào biểu thức A sau khi rút gọn ta được:

Câu II :

Phương pháp:

1. Hai đường thẳng song song với nhau Sau đó thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số

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

Cách giải:

1. Cho đường thẳng . Tìm để đường thẳng song song với đường thẳng và đi qua điểm .

Ta có: song song với đường thẳng

Đường thẳng đi qua điểm nên thay tọa độ điểm vào phương trình đường thẳng ta được:

Vậy phương trình đường thẳng  

2. Giải hệ phương trình .

.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là .

Câu III:

Phương pháp:

1. Sử dụng biệt thức để giải phương trình bậc hai, hoặc sử dụng các công thức nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai.

2. Tìm điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt ( hoặc ), áp dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

1. Giải phương trình .

Phương trình có các hệ số .

Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt .

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

2. Cho phương trình (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

.

(1).

Ta có

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: .

Do là nghiệm của phương trình (1) nên ta có:

Theo bài ra ta có:

Vậy hoặc .

Câu IV

Phương pháp:

1. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.

2. Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.

3. Chứng minh các tam giác đồng dạng để chứng minh , từ đo suy ra . Đánh giá và tìm GTLN của .

Cách giải:

 

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

Ta có:

.

Mà hai góc này ở vị trí đối diện

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

b) Kẻ Chứng minh rằng

Ta có:

Mà hai góc này ở vị trí đối diện

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

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

Xét đường tròn ta có: (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung )

(đpcm).

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

Nối với

Xét tứ giác ta có :

Mà 2 góc này ở vị trí đối diện ⇒ tứ giác là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

(2 góc nội tiếp cùng chắng cung )

Mà

Ta có :

Mà (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Hay

Xét  và  có :

(cạnh tương ứng)

lớn nhất khi lớn nhất.

Gọi là trung điểm của và là giao điểm của với đường tròn ( thuộc cung nhỏ ).

Khi đó là điểm chính giữa của cung nhỏ .

Dễ thấy không đổi nên lớn nhất khi là điểm chính giữa của cung nhỏ .

Câu V:

Ta có:

CMTT ta có: .

.

Ta cần chứng minh .

Ta có : .

Vì

Do đó .

Dấu "=" xảy ra .

Vậy khi  

Đề bài

Câu I: (2,0 điểm)

1)      Giải phương trình:

2)      Giải hệ phương trình:

Câu II: (2,0 điểm)

Cho biểu thức với

1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm tất cả các giá trị của x để

Câu III: (2,0 điểm)

1. Cho đường thẳng . Tìm để đường thẳng (d) song song với đường thẳng và đi qua điểm
2. Cho phương trình (m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt   với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

Bài IV: (3,0 điểm)

Cho đường tròn tâm , đường kính . Gọi lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt lần lượt tại M, N.

1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh
3. Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.

Câu V: (1,0 điểm)

Cho là các số thực dương thỏa mãn: . Chứng minh  

Lời giải chi tiết

Câu I.

Phương pháp:

1)      Giải phương trình bậc hai 1 ẩn sử dụng công thức nhanh có: . Khi đó phương trình luôn có một nghiệm là: và nghiệm còn lại là:

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

Cách giải:

1)      Giải phương trình:

Ta có: nên phương trình đã cho luôn có một nghiệm là và nghiệm còn lại là:

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

2)      Giải hệ phương trình:

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:

Câu II.

Phương pháp:

1. Phân tích mẫu thành nhân tử sau đó quy đồng các mẫu thức rồi rút gọn.

2. Cho sau đó tìm x và đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

Cho biểu thức với

1. 1.      Rút gọn biểu thức A.

Vậy với thì

1. 2.      Tìm tất cả các giá trị của x để

Với ta có: khi đó

Kết hợp với điều kiện ta được:   thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu III.

Phương pháp:

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

Đường thẳng (d’) đi qua điểm A(1;-1) tức là tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình đường thẳng.

2.Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt   với mọi m: Ta xét biệt thức   sau đó chứng minh cho .

Kết hợp hệ thức Viet với đầu bài để tìm được m.

Hệ thức Viet:

Cách giải:

1. 1.      Cho đường thẳng . Tìm để đường thẳng (d) song song với đường thẳng và đi qua điểm

Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) khi và chỉ khi:

Khi đó (d) trở thành:

Đường thẳng (d’) đi qua điểm nên ta có:

Vậy đường thẳng (d) cần tìm là:

1. 2.      Cho phương trình (m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt   với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

Xét biệt thức

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Giả sử

Theo hệ thức Viet ta có:

Theo đề ra ta có:

 

Vậy m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài IV.

Phương pháp:

1. Chứng minh tứ giác AMEI có tổng hai góc đối bằng 180⁰.
2. Chứng minh tam giác IEA đồng dạng với tam giác NEB.

Cách giải:

Cho đường tròn tâm , đường kính . Gọi lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt lần lượt tại M, N.

1.      Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. 

Ta có: MA là tiếp tuyến của (O) tại A nên

Xét tứ giác có

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

2.      Chứng minh

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

;

Xét và có:

;

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

Do I là trung điểm của OA hay .

.

3.      Khi điểm E thay đổi chứng minh tích có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.

+) Chứng minh tích có giá trị không đổi

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

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB)

Ta có (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI) ;

Mà

.

Xét và có:

Ta có  

.

+) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.

Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (cmt) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EI)

Do tứ giác nội tiếp (cmt) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE)

( vuông tại E)

vuông tại I

Đặt .

Xét tam giác vuông AIM có

Xét tam giác vuông BIN có :

Do và .

Dấu bằng xảy ra

Vậy .

Câu V.

Ta có: